Topologi Pada R

1. Persekitaran Definisi 1.1 :

Yang dimaksud dari persekitaran dari x∈ Radalah sebarang himpunan V yang memuat persekitaran ε dari x yaitu ( x−ε , x+ε ) untuk suatu ε > 0.

Contoh :

a. ¿ merupakan persekitaran dari titik 0, karena jika kita pilih ε=12 maka

V ε (0 )=(−12, 12) sedangkan (−1

2, 12)⊆¿. Jadi ¿ merupakan persekitaran

dari titik 0.b. ¿ bukan merupakan persekitaran dari titik 0, hal ini disebabkan untuk

setiap ε>0 berlaku V ε (0 )=(−ε , ε )⊈¿.c. Misal 1 ∈R, maka :

V 1 = [12 , 2] persekitaran dari 1 karena :

∃ V 14

(1) = (34 , 1

14 ) ⊆ V 1

V 2 = [0, 112] persekitaran dari 1 karena :

∃ V 13

(1) = (23 , 1

13) ⊆ V 2

Definisi 1.2 :(i) Himpunan G ⊆ R disebut himpunan buka jika untuk setiap x ∈ G

terdapat persekitaran V dari x sehingga V ⊆ G.(ii) Himpunan F ⊆ R disebut himpunan tutup jika F c = R ¿ merupakan

himpunan buka pada R.

Contoh :a. Himpunan R merupakan himpunan terbuka.

Bukti :Ambil sebarang x∈ RPilih ε=1,Sehingga diperolehV ε ( x )=(x−1 , x+1) , untuk setiap x∈ Rdimana dipenuhi( x−1 , x+1 )⊆R, untuk setiap x∈ RSehingga V ⊆R

Maka R merupakan himpunan terbuka.b. Himpunan G yang didefinisikan sebagai, G={x∈R ,0<x<1 }

merupakan himpunan terbuka.Bukti :Ambil sebarang x∈GPilih ε x=min {x ,1−x } Kasus 1

Untuk x∈ R dimana 0<x< 12

Sehingga ε x=x, danV ε ( x )= (x− x , x+x )

¿ (0,2 x ), karena x<12 sehingga 2 x<1, dimana x∈ R, maka

V ε ( x ) ¿(0,1)⊆G Kasus 2

Untuk x=12 , x∈ R

Sehingga ε x=12 dan

V ε ( x )=( 12−1

2, 12+ 1

2 ) ¿(0,1)⊆G

Kasus 3

Untuk x∈ R dimana 12<x<1

Sehingga ε x=1−xdanV ε ( x )=( x−(1−x ) , x+(1−x))

¿ (2 x−1,1 ), karena x>12 sehingga 2 x>1, dan

2 x−1>0 dimana x∈ R, makaV ε ( x )=(0,1)⊆G

Dari ketiga kasus diatas, dapat disimpulkan bahwa setiap xϵG terdapat persekitaran V ε ( x )=( x−ε x , x+ε x ) sehingga V ⊆G. Jadi G merupakan himpunan terbuka.

c. I={x : xϵ [0,1]} merupakan himpunan tertutup.Bukti :Pertama tentukan komplemen dari himpunan I , dimana

I c={ y : y<0atau y>1 , y∈R }Selanjunya akan kita tunjukkan I c merupakan himpunan terbuka.Ambil sebarang y ϵ I c

Kasus 1

Untuk y<0, kita pilih ε y=|y|Sehingga V ε ( y )=( y−|y|, y+|y|), karena y<0, maka diperolehV ε ( y )=(2 y ,0 ), dimana y<0,Karena (2 y ,0 )⊆ I c dimana y<0, maka V ⊆ I c

Kasus 2Untuk y>1, kita pilih ε y= y−1Sehingga,V ε ( y )=( y−( y−1 ) , y+( y−1 ) )

¿ (1 ,2 y−1 ), karena y>1, maka 2 y>2 dan 2 y−1>1Akibatnya V ⊆I c.

Berdasarkan kedua kasus diatas maka dapat disimpulkan bahwa I c merupakan himpunan terbuka. Sehingga berdasarkan definisi, terbukti bahwa I adalah himpunan tertutup.

d. Himpunan tak kosong merupakan himpunan terbukaBukti :∅ merupakan himpunan terbuka jika ∀x∈∅ , terdapat persekitaran V dari x sehingga V ⊆∅ .Dengan memanfaatkan nilai kebenaran implikasi :Jika pernyataan yang pertama salah, diikuti oleh pernyataan kedua (baik salah atau pun benar) pasti selalu akan bernilai benar.

x∈∅ Benar ∃ persekitaran V dari x sehingga V ⊆∅ . Benar Kesimpulan : Benar

Jadi ∅ merupakan himpunan terbuka.

e. Himpunan kosong merupakan himpunan tertutupBukti:Pertama kita tentukan komplemen dari himpunan kosong,

∅ c=RSebelumnya telah dibuktikan pada contoh (a) bahwa himpunan R merupakan himpunan yang terbuka. Berdasarkan definisi, hal tersebut mengakibatkan himpunan kosong merupakan himpunan tertutup.

f. P={x :0≤ x<1 } bukan merupakan himpunan terbuka maupun himpunan tertutup.Bukti:Pertama akan ditunjukkan bahwa P bukan merupakan himpunan terbuka.Pilih x=0, dimana 0∈P.Ambil sebarang ε>0, sehingga diperoleh V ε (0 )=(−ε , ε ).Karena ε>0, sehingga −ε<0 akibatnya V ε (0 )⊈P.Karena ada x∈ P, yaitu x=0 yang untuk setiap ε>0 diperoleh V ε (0 )⊈P, jadi P bukan merupakan himpunan terbuka.

Kedua, akan kita tunjukkan bahwa P bukan merupakan himpunan tertutup.Kita tentukan terlebih dahulu komplemen dari P.

Pc={x : x<0atau x ≥1 }pilih x=1, dimana 1∈Pc.Ambil sebarang ε>0, sehingga diperoleh V ε (1 )=(1−ε ,1+ε ).Karena ε>0, sehingga 1−ε<1 akibatnya V ε (1 )⊈Pc.Karena ada x∈ P, yaitu x=1 yang untuk setiap ε>0 diperoleh V ε (1 )⊈Pc, jadi Pc bukan merupakan himpunan terbuka. Berdasarkan definisi, akibatnya P bukan merupakan himpunan tertutup.Jadi terbukti bahwa P={x :0≤ x<1 } bukan merupakan himpunan terbuka maupun himpunan tertutup.

Teorema 1.2.1a. Gabungan dari sebarang koleksi himpunan bagian R yang terbuka

adalah himpunan terbuka.BuktiMisalkan {G λ : λ∈ Λ } sebagai keluarga himpunan terbuka di R, dan

G=¿ λ∈ ΛG λ

Ambil sebarang x∈G,Akan ditunjukkan bahwa G terbuka.Karena G=¿ λ∈ ΛG λ, sehingga x∈Gλ 0, untuk suatu λ0∈ Λ. Selanjutnya karena G λ0

∈{G λ : λ∈ Λ } maka G λ0 merupakan himpunan terbuka, sehingga terdapat V dimana V ⊆Gλ0, sedangkan G λ0

⊆G, akibatnya V ⊆G. Karena untuk sebarang x∈G, terdapat V dimana V ⊆G, jadi G merupakan himpunan terbuka di R.

b. Irisan sebarang koleksi berhingga dari himpunan terbuka di R adalah himpunan terbuka.Bukti:i) Misalkan G1 dan G2 yang merupakan himpunan terbuka.

Selanjutnya G=G1∩G2.Akan ditunjukkan bahwa G merupakan himpunan terbuka.Ambil sebarang x∈G, sehingga x∈G1 dan x∈G2.Karena G1 merupakan himpunan terbuka sehingga terdapat suatu ε 1>0, sedemikian sehingga V ε 1

(x)=(x−ε1 , x+ε1) dan dipenuhi V ε 1

⊆G1.Selanjutnya karena G2 merupakan himpunan terbuka sehingga terdapat ε 2>0, sedemikian sehingga V ε 2

(x)=(x−ε2, x+ε2) dan dipenuhi V ε 2

⊆G2.Selanjutnya pilih ε>0 dengan ε ¿ ε1 sekaligus memenuhi ε<ε2.Sehingga diperoleh U ε (x )=(x−ε , x+ε ),dimana (x−ε , x+ε )⊆(x−ε1 , x+ε1),

serta ( x−ε , x+ε )⊆ (x−ε2 , x+ε2 ).Maka U ε⊆V ε1 dan U ε⊆V ε1. Karena V ε 1

⊆G1 dan V ε 2⊆G2,

sehingga diperoleh U⊆G1 dan U⊆G2. Akibatnya U⊆G1∩G2, sehingga U⊆G.Karena untuk sebarang x∈G, terdapat persekitaran U sedemikian sehingga U⊆G, maka G merupakan himpunan terbuka.

ii) Selanjutnya diasumsikan benar bahwa Gα=G1∩G2∩…∩G n berlaku Gα merupakan himpunan terbuka.Berikutnya akan dibuktikan bahwa G β=G1∩G2∩…∩Gn∩Gn+1 berlaku bahwa G β merupakan himpunan terbuka.Karena G β=G1∩G2∩…∩G n∩Gn+1 dan Gα=G1∩G2∩…∩G n, sehingga Gβ=Gα∩Gn+1.Selanjutnya ambil sebarang x∈Gβ, sehingga x∈Gα dan x∈Gn+1

Karena Gα1 merupakan himpunan terbuka sehingga terdapat suatu ε 3>0, sedemikian sehingga V ε 3

(x)=(x−ε3 , x+ε3) dan dipenuhi V ε 3

⊆Gα1.Selanjutnya karena Gn+1 merupakan himpunan terbuka sehingga terdapat suatu ε 4>0, sehingga V ε 4

(x)=(x−ε4 , x+ε4) dan dipenuhi V ε 4

⊆Gn+1.Selanjutnya pilih ε>0 dimana ε ¿ ε3 dan ε<ε4.Sehingga diperoleh W ε (x )=(x−ε , x+ε ),dimana (x−ε , x+ε )⊆(x−ε3 , x+ε 3),serta ( x−ε , x+ε )⊆ (x−ε4 , x+ε4 ).Maka W ε⊆V ε3 dan W ε⊆V ε4. Karena V ε 3

⊆Gα dan V ε 4⊆Gn+1,

sehingga diperoleh W⊆Gα dan W⊆Gn+1. Akibatnya W⊆Gα∩Gn+1, sehingga W⊆Gβ.Karena untuk sebarang x∈Gβ, terdapat persekitaran W sedemikian sehingga W⊆Gβ, maka Gβ merupakan himpunan terbuka.

Berdasarkan langkah pembuktian induksi i) dan ii) maka terbukti bahwa irisan sebarang koleksi berhingga dari himpunan terbuka di R adalah terbuka.

Teorema 1.2.2a. Irisan dari sebarang koleksi himpunan tertutup di R adalah tertutup.

Bukti:Misalkan {F λ : λ∈ Λ } sebagai keluarga himpunan tertutup di R, dan

F=¿ λ∈ Λ F λ

Selanjutnya komplemen dari F adalahF c=¿ λ∈ Λ F λc

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa F c adalah himpunan terbuka.

Karena F λmerupakan himpunan tertutup, sehingga F λc merupakan

himpunan terbuka. Berdasarkan open set properties (a) yang menyebutkan bahwa gabungan dari sebarang koleksi himpunan bagian R yang terbuka adalah terbuka, maka disimpulkan bahwa Fc adalah himpunan terbuka. Akibatnya F adalah himpunan tertutup.Jadi terbukti bahwa Irisan dari sebarang koleksi himpunan tertutup di R adalah tertutup.

b. Gabungan dari sebarang koleksi berhingga dari himpunan tertutup di R adalah tertutup.Bukti:Misalkan F1 , F2 , F3 ,…,Fn adalah himpunan tertutup di R. Dan F=F1∪F2∪F3∪…∪Fn. Selanjutnya komplemen dari himpunan F adalah

F c=F1c∩F2

c∩F3c∩…∩Fn

c

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa F c adalah himpunan terbuka.Karena F1 , F2 , F3 ,…,Fn adalah himpunan tertutup di R, berdasarkan definisi diperoleh bahwa F1

c , F2c , F3

c ,…,Fnc merupakan himpunan

terbuka.Selanjunya berdasarkan open set properties yang menyatakan bahwa irisan sebarang koleksi berhingga dari himpunan terbuka di R adalah terbuka, akibatnya F1

c∩F2c∩F3

c∩…∩Fnc merupakan himpunan

terbuka. Sehingga F c adalah himpunan terbuka.Karena F c merupakan himpunan terbuka sehingga diperoleh bahwa F=F1∪F2∪F3∪…∪Fn adalah himpunan tertutupJadi terbukti bahwa gabungan dari sebarang koleksi berhingga dari himpunan tertutup di R adalah tertutup.

Contoh

a. Diberikan himpunan terbuka Gn=(0,1+ 1n ), untuk suatu n∈N . Apakah

Gα=¿n=1¿∞Gn dan Gβ=¿n=1¿∞Gn merupakan himpunan terbuka?Jawab:Karena Gn merupakan himpunan terbuka dan Gα=¿n=1¿∞Gn, maka berdasarkan open set properties yang menyatakan bahwa gabungan dari sebarang koleksi himpunan bagian R yang terbuka adalah terbuka, diperoleh kesimpulan Gα merupakan himpunan terbuka.Selanjutnya untuk G β=¿n=1¿∞Gn , dimana

G1=(0,2 ) ,G2=(0 , 32 ),…,G100=(0 , 101

100 ) ,…Gn=(0,1+ 1n ) sehingga

G β=¿n=1¿∞Gn=(0,1 ].Selanjutnya kita selidiki apakah G β=¿ merupakan himpunan terbuka.Pilih x=1, dimana x∈Gβ.Ambil sebarang ε>0 sedemikian sehingga V ε (1 )=(1−ε ,1+ε ).

Karena ε>0 maka 1+ε>1, akibatnya V ⊈Gβ.Karena ada x∈Gβ, yaitu x=1 yang untuk setiap persekitaran V di titik x=1 sedemikian sehingga V ⊈Gβ, maka Gβ yang merupakan irisan yang tak berhingga banyaknya dari himpunan terbuka, bukan merupakan himpunan terbuka.Jadi Gα=¿n=1¿∞Gn merupakan himpunan terbuka, sedangkan G β=¿n=1¿∞Gn bukan merupakan himpunan terbuka.

b. Diketahui himpunan tertutup H n=[ 1n,1]. Apakah himpunan

Hα=¿n=1¿∞Hn, dan H β=¿n=1¿∞Hn merupakan himpunan tertutup?Jawab:Karena H n merupakan himpunan tertutup dan Hα=¿n=1¿∞H n. Berdasarkan closed set properties yang menyatakan bahwa irisan dari sebarang koleksi himpunan tertutup di R adalah tertutup, maka diperoleh kesimpulan bahwa H α merupakan himpunan tertutup.Selanjutnya untuk H β=¿n=1¿∞Hn, dimana

H1=∅ ,H 2=[ 12,1] ,H3=[ 1

3,1] ,…,H 100=[ 1

100,1] ,…, Hn=[ 1

n,1].

Sehingga H β=¿n=1¿∞Hn=(0,1 ], selanjutnya akan kita selidiki apakah H β=(0,1 ] merupakan himpunan tertutup.Pertama kita tentukan terlebih dahulu komplemen dari himpunan H β, yaitu H β

c={x : x≤0atau x>1 }, selanjutnya akan kita selidiki apakah H βc

merupakan himpunan terbuka.Pilih x=0, dimana x∈H β

c .Ambil sebarang ε>0 sedemikian sehingga V ε (0 )=(−ε , ε ).Karena ε>0 maka −ε<0, akibatnya V ⊈H β

c .Karena ada x∈H β

c , yaitu x=0 yang untuk setiap persekitaran V di titik x=0 sedemikian sehingga V ⊈H β

c , maka H βc bukan merupakan

himpunan terbuka. Akibatnya H β bukan merupakan himpunan tertutup.Jadi himpunan H α=¿n=1¿∞H n merupakan himpunan tertutup dan H β=¿n=1¿∞Hn bukan merupakan himpunan tertutup.

2. Himpunan kompak Definisi :

Misal A R, selimut buka dari A adalah kumpulan dari himpunan-himpunan buka G = {G, ∈ I} di R yang gabungannya memuat A, atau

A ¿∈ I G❑

Misalkan G’ G sedemikian hingga G’ juga merupakan selimut dari A, maka G’ disebut selimut bagian dari A ( subcover dari A).

Contoh :

a. Misal A = [1, ) Maka : A1 = {(0,n), n ∈ N}

Perhatikan : G1 = (0,1) G2 = (0,2) . . A = [1, ] . Gn = (0,n) Jadi A1 kover terbuka dari A.

A2 = {(n-1, n+1), n ∈ N}Perhatikan : G1 = (0,2) G2 = (1,3) . . A = [1, ] . Gn = (n-1, n+1) Jadi A2 kover terbuka dari A.

A3 = {(-n, n), n ∈ N}Perhatikan : G1 = (-1, 1) G2 = (-2, 2) . . A = [1, ] . Gn = (-n, n) Jadi A3 kover terbuka dari A.

Misal AR, Ao (interior dari A ) adalah gabungan dari semua himpunan buka yang termuat di A. dan Ao merupakan himpunan buka.

Misal AR, A- (closure dari A ) adalah irisan dari semua himpunan tutup yang memuat di A. dan A- merupakan himpunan tutup.

Jika G’ terdiri dari sebanyak hingga himpunan dikatakan G’ sebagai selimut bagian hingga.

¿n=1¿❑(0 , n)

¿n=1¿❑(n−1 , n+1)

¿n=1¿❑(−n ,n)

Misal KR disebut himpunan kompak jika setiap selimut buka dari K mempunyai selimut bagian hingga. Misalkan K={x1, x2, … , xn } dan G={G} sebarang selimut buka dari K, maka untuk setiap i=1,2,…,n

terdapat himpunan buka

Gα i di G yang memuat xi , sehingga

{Gα1 , Gα2

, …,Gαn} memuat K dan ini merupakan selimut bagian hingga dari K.

Selanjutnya karena G sebarang maka K himpunan kompak.

Himpunan H=[0 , ) bukan himpunan kompak. Perhatikan bahwa jika

Gn=(1/n , 1) dengan n bilangan asli maka H

¿n=1

∞Gn

= G. Berarti G

merupakan selimut buka dari K. Selanjutnya misalkan {Gn1 , Gn2 , …,

Gnk } sebarang selimut hingga dari H dan m =sup{n1, n2 , … , nk } maka

{Gn1 Gn2 …

Gnk }=Gm = (-1 , m) tidak memuat H sehingga tidak mungkin sebagai selimut bagian hingga dari H.

Teorema Heine-Borel

K merupakan himpunan kompak jika dan hanya jika K tutup dan terbatas.

K merupakan himpunan kompak jika dan hanya jika setiap barisan di K mempunyai subbarisan yang konvergen ke suatu titik pada K.

Bukti : Akan dibuktikan dahulu K terbatas. Untuk setiap bilangan n∈N dibentuk himpunan terbuka H n = (-n, n). Jelas bahwa = {H n,: n∈N} merupakan himpunan terbuka K sebab H n terbuka untuk setiap n dan K

. Karena K kompak tentu ada a yang banyak anggotanya hingga,

tulis :

a={Hn1 ,H n2 ,… .. ,Hnp }

Sehingga

¿n=1¿❑Hn

K H n1 H n2 ... H np

Namakan

m = maks {n1, n2, ..., np}.

Diperoleh

K H n1 H n2 ... H np = Hm = (-m,m)

Sehingga K terbatas. Lebih lanjut diperlihatkan bahwa K tertutup atau K c terbuka. Untuk setiap n∈N dan u∈ K c dibentuk himpunan Gn = {g ∈R;

|g−u|> 1n}. Mudah dipahami bahwa Gn terbuka untuk setiap n∈N dan {

Gn; n = 1, 2, ...} merupakan himpunan terbuka himpunan kompak K. Oleh karena itu terdapat bilangan asli m (seperti diatas) sehingga a∈ I k (a−δ 0 ,a+δ 0 )G. hal ini berakibat G meliputi I k∩K , suatu kontradiksi maka terbukti K merupakan himpunan kompak jika dan hanya jika K tutup dan terbatas.

3. Fungsi kontinu

LemmaSuatu fungsi f:A→R kontinu di titik c anggota A jika dan hanya jika untuk setiap persekitaran U dari f(c), terdapat suatu persekitaran V dari c sedemikian sehingga jika x∈V∩A, maka f(x)∈U.

Teorema Misal A⊆ R dan f:A→R adalah fungsi kontinu dengan daerah asal A. Maka pernyataan berikut ekivalen:

a) f kontinu disetiap titik di Ab) untuk setiap himpunan buka G di R, terdapat suatu himpunan buka H

di R sedemikian sehingga H∩A=f-1(G).TeoremaSuatu fungsi f:R→R kontinu jika dan hanya jika f-1(G) buka di R untuk G himpunan buka.

TeoremaJika K suatu himpuan kompak subset dari R dan jika f:K→R kontinu, maka f(K) himpunan kompak.

TeoremaJika K subset kompak dari R dan f:K→R adalah fungsi injektif dan fungsi kontinu, maka f-1 kontinu pada f(K).

4. RUANG METRIKS

Definisi 4.1 :

Misalkan X himpunan tak kosong.

Fungsi d: X×X→R disebut metrik (fungsi jarak) jika memenuhi:

(a) d(x, y) ≥ 0, untuk semua x, y ∈ X (kepositifan)(b) d(x, y) = 0 jika dan hanya jika x = y (kedefinisian)(c) d(x, y) = d(y, x), untuk semua x, y ∈ X (simetri)(d) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), untuk semua x, y, z ∈ X (ketaksamaan

segitiga)

Contoh :

1. S=R, di R×R dengan d(x, y) = |x-y|, ∀(x, y) ∈ R×R

Maka :

a. d(x, y) = |x-y| ≥ 0, untuk semua x, y ∈ R (kepositifan)b. d(x, y) = 0 jika dan hanya jika |x-y| = 0 ↔ x – y = 0 ↔ x=y

(kedefinisian)c. d(x, y) = |x-y| = |y-x| = d(y, x), untuk semua x, y ∈ R (simetri)d. d(x, y) = |x-y| = |x-z+z-y|

d(x, y) ≤ |x-z|+|z-y|= d(x, z) + d(z, y), untuk semua x, y, z ∈ R (ketaksamaan segitiga)

Jadi (R, d) merupakan metrik.

Metrik Biasa pada garis Real RFungsi di yang didefinisikan oleh d(a,b)=|a-b|, dengan a dan b bilangan-bilangan Real, adalah metrik dan disebut Metrik Biasa pada garis Real R.

Bukti:

(i) d(a,b) = |a-b| 0 dan d(a,b) = 0 jika dan hanya jika a = b.(ii) (ii) d(a,b) = |a-b| = |b-a| = d(b,a)(iii) (iii) |a-b| + |b-c| |a-b+b-c|

= |a-c|

atau d(a,c) d(a,b)+d(b,c) , a<b<c

(iv) d(a,b) = |a-b| >0 jika a≠b

Definisi 4.2 :

Jika X himpunan tak kosong, dan d metrik pada X, maka pasangan (X, d) disebut ruang metrik. Jika A ⊆ X, maka (A, d) disebut ruang bagian dari (X, d)

Contoh :

1. Metrik nilai mutlak d pada R adalah juga metrik pada himpunan bilangan rasional Q, sehingga (Q, d) merupakan ruang bagian dari (R, d).

Persekitaran (neighborhood) merupakan himpunan dasar sebagai alat penyelidikan terhadap sifat-sifat topologi ruang metrik.

Definisi 4.3 :

Misalkan (X, d) ruang metrik dari x0 ∈ X. Untuk ɛ > 0, persekitaran-ɛ (ɛ neighborhood) dari x0 didefinisikan sebagai himpunan.

V ɛ (x0) = { x ∈ X | d(x0, x) < ɛ }

Persekitaran dari x0 didefinisikan sebagai himpunan U yang memuat persekitaran-ɛ dari x0.

Contoh :

(1) Persekitaran-ɛ dari x0 dalam R dengan metrik nilai mutlak adalah himpunan/interval terbuka I = (x0- ɛ, x0+ ɛ). Karena

V ɛ (x0) = { x ∈ R | d(x0, x) = |x- x0| < ɛ } = { x ∈ R | -ɛ < x- x0 < ɛ } = { x ∈ R | x0 - ɛ < x < x0 + ɛ } = (x0- ɛ, x0+ ɛ)

Himpunan Terbuka dan Himpunan Tertutup

Dalam mengawali sifat-sifat topologi ruang metrik dengan mengidentifikasi apa yang dimaksud himpunan terbuka atau tertutup

Definisi 4.4 :

(a) Himpunan G didalam ruang metrik X dikatakan terbuka jika untuk setiap titik x ∈ G terdapat persekitaran V dari x sehingga V C G.

(b) Himpunan F dikatakan tertutup jika komplemennya Fc terbuka.

Berkenaan dengan fungsi kontinu, terdapat sejumlah hasil yang elegan dan berguna namun memerlukan pemahaman tentang topologi di Rn.

Himpunan E⊆ Rn dikatakan terbuka apabila untuk setiap x∈E terdapat δ > 0 sedemikian sehingga B(x, δ) ⊆E. Keluarga semua himpunan bagian terbuka dari Rn membangun suatu topologi untuk Rn.

Himpunan E ⊆Rn dikatakan tertutup apabila E memuat semua titik akumulasinya.

Di R, interval tertutup merupakan himpunan tertutup, dan interval terbuka merupakan himpunan terbuka. Sebaliknya tidak berlaku.