Simgeler ve Terimler

Ksm I
Simgeler ve Terimler
1
Bölüm 1
SMGELER ve TERMLER
1.1
KÜMELER CEBR
1.2
FONKSYON
1.3
DENKLK BA‡INTISI
1.4
SIRALAMA BA‡INTILARI
1.5
SEÇME AKSYOMU
SEÇME AKSYOMU ve E“DE‡ERLER
3
4
BÖLÜM 1.
SMGELER VE TERMLER
Ksm II
Topolojik Yaplar
5
Bölüm 2
TEMEL TOPOLOJ
KAVRAMLARI
2.1
AÇIK KÜMELER
2.1.1
PROBLEMLER
1. Bir, iki, üç ö§eli kümeler üzerinde kurulabilecek bütün topolojik yaplar
kurunuz.
Çözüm:
(a)
ö§eli küme X = {a} olsun. T = {∅, {a}} = {∅, X} ailesi X
üzerinde bir topolojidir. Gerçekten, T ailesi yalnzca iki kümeden
olu³tu§u için
T1 ∅ ∈ T , X ∈ T
T2 ∅ ∩ X = ∅ ∈ T
T3 ∅ ∪ X = X
yazlabilir. O halde T ailesi X kümesi üzerinde bir topolojidir. Bir
ö§eli X kümesi üzerinde ba³ka topoloji yoktur.
(b) ki ö§eli küme X = {a, b} olsun. Bu küme üzeride a³a§daki dört
topoloji kurulabilir.
Bir
•
•
•
•
T1
T2
T3
T4
= {∅, {a, b}}
= {∅, {a}, {a, b}}
= {∅, {b}, {a, b}}
= {∅, {a}, {b}, {a, b}}
(c) Üç ö§eli küme X =
topoloji kurulabilir.
{a, b, c}
7
olsun. Bu küme üzeride a³a§daki 29
8
BÖLÜM 2.
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
T1
T2
T3
T4
T5
.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
= {∅, {a, b, c}}
= {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}
= {∅, {a}, {a, b, c}}
= {∅, {b}, {a, b, c}}
= {∅, {c}, {a, b, c}}
T6 = {∅, {a, b}, {a, b, c}}
T7 = {∅, {a, c}, {a, b, c}}
T8 = {∅, {b, c}, {a, b, c}}
.
T9 = {∅, {a}, {a, b}, {a, b, c}}
T10 = {∅, {b}, {a, b}, {a, b, c}}
T11 = {∅, {c}, {a, b}, {a, b, c}}
.
T12 = {∅, {a}, {a, c}, {a, b, c}}
T13 = {∅, {b}, {a, c}, {a, b, c}}
T14 = {∅, {c}, {a, c}, {a, b, c}}
.
T15 = {∅, {a}, {b, c}, {a, b, c}}
T16 = {∅, {b}, {b, c}, {a, b, c}}
T17 = {∅, {c}, {b, c}, {a, b, c}}
.
T18 = {∅, {a}, {a, b}, {a, c}, {a, b, c}}
T19 = {∅, {b}, {a, b}, {a, c}, {a, b, c}}
T20 = {∅, {c}, {a, b}, {a, c}, {a, b, c}}
.
T21 = {∅, {a}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}}
T22 = {∅, {b}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}}
T23 = {∅, {c}, {a, b}, {b, c}, {a, b, c}}
.
T24 = {∅, {a}, {b, c}, {a, c}, {a, b, c}}
T25 = {∅, {b}, {b, c}, {a, c}, {a, b, c}}
T26 = {∅, {c}, {b, c}, {a, c}, {a, b, c}}
.
T27 = {∅, {a}, {b}, {a, b}, {a, b, c}}
T28 = {∅, {b}, {c}, {b, c}, {a, b, c}}
T29 = {∅, {a}, {c}, {a, c}, {a, b, c}}
2. Bo³ olmayan bir X kümesi ile bir a ∈ X ö§esi verilsin. Bo³ küme ile a
ö§esini içeren bütün alt kümelerin; yani
T = {A ⊂ X : (A = ∅) ∨ (a ∈ A)}
ailesinin X kümesi üzerinde bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
2.1.
9
AÇIK KÜMELER
Çözüm:
T1
T2
T3
veriliyor. a ∈ X oldu§undan X ∈ T çkar.
T1 , T2 ∈ T ise a ∈ T1 ve a ∈ T2 olaca§ndan a ∈ T1 ∩ T2 olur.
Tı ∈ T , (ı ∈ I) ise a ∈ Tı , (ı ∈ I) olaca§ndan a ∈ ∪Tı , (ı ∈ I) olur.
∅∈T
3. Her hangi bir X kümesi üzerinde bo³ küme ile tümleyenleri saylabilir olan
kümeler ailesinin; yani
T = {A ⊂ X : (A = ∅) ∨ (A0
saylabilir)}
ailesinin bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
T1
T2
T3
4.
veriliyor. X 0 = ∅ saylabilir oldu§undan X ∈ T çkar.
T1 , T2 ∈ T ise T1 ve T2 saylabilir olaca§ndan (T1 ∩ T2 )0 = T1 ∪ T2 0
saylabilir olur. O halde (T1 ∩ T2 ) ∈ T çkar.
Tı ∈ T , (ı ∈ I) ise Tı , (ı ∈ I) kümeleri saylabilirdir. Öyleyse (∪Tı ) =
∩Tı , (ı ∈ I) saylabilir olur. Buradan (∪Tı ) ∈ T çkar.
∅∈T
0
0
0
0
0
0
aral§ üzerinde bo³ küme ile [0, α), α ∈ R,
biçimindeki yar-açk aralklar ailesinin; yani
X = [0, 1) = {x : 0 ≤ x < 1}
T = {∅,
[0, α) : 0 < α ≤ 1 , α ∈ R}
ailesinin bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
T1
T2
T3
5. (a)
veriliyor. α = 1 alnnca X = [0, 1) ∈ T çkar.
A = [0, α) ∈ T ve B = [0, β) ∈ T ise γ = min{α, β} olmak üzere
A ∩ B = [0, γ) olaca§ndan A ∩ B ∈ T çkar.
Aı = [0, αı ) ∈ T , (ı ∈ I) ise δ = sup{αı } olmak üzere ∪Aı = [0, δ) ∈
T çkar.
∅∈T
gerçel saylar kümesi üzerinde R, bo³ küme ve [β, ∞), β ∈ R, biçimindeki yar-açk aralklardan olu³an ailenin; yani
R
T = {A : (A = R) ∨ (A = ∅) ∨ (A = [β, ∞)),
ailesinin bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
β ∈ R}
10
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Çözüm:
T1
T2
∅ ∈ T ve R ∈ T veriliyor.
A = [β1 , ∞) ∈ T ve B = [β1 , ∞) ise β = max{β1 , β2 } olmak
üzere A ∩ B = [β1 , ∞) olaca§ndan A ∩ B ∈ T çkar. Ayrca
R ∩ [β, ∞) = [β, ∞) ∈ T
R ∩ ∅ = ∅ ∈ T ∧ [β, ∞) ∩ ∅ = ∅ ∈ T
olur.
T3
(b)
Aı = [βı , ∞) ∈ T , (ı ∈ I)
[β, ∞) ∈ T çkar.
ise β = inf {βı } olmak üzere ∪Aı =
gerçel saylar kümesi üzerinde R, bo³ küme ve (β, ∞), β ∈ R, biçimindeki açk aralklardan olu³an ailenin; yani
R
T = {A : (A = R) ∨ (A = ∅) ∨ (A = (β, ∞)),
β ∈ R}
ailesinin bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
T1
T2
∅ ∈ T ve R ∈ T veriliyor.
A = (β1 , ∞) ∈ T ve B = (β1 , ∞) ise β = max{β1 , β2 } olmak
üzere A ∩ B = (β1 , ∞) olaca§ndan A ∩ B ∈ T çkar. Ayrca
R ∩ (β, ∞) = (β, ∞) ∈ T
R ∩ ∅ = ∅ ∈ T ∧ (β, ∞) ∩ ∅ = ∅ ∈ T
olur.
T3
6.
Aı = (βı , ∞) ∈ T , (ı ∈ I)
(β, ∞) ∈ T çkar.
ise β = inf {βı } olmak üzere ∪Aı =
Örnek 2.1.3 'te kurulan T2 ve T3 topolojilerinin arakesitinin; yani her iki
topolojide de var olan kümelerden olu³an ailenin yeni bir topoloji oldu§unu
gösteriniz. Kar³t olarak, T2 ve T3 topolojilerinin bile³iminin; yani iki
topolojiden herhangi birisine veya her ikisine de ait olan bütün kümelerden olu³an ailenin yeni bir topoloji olu³turmad§n gösteriniz. A³a§daki
problemler bunu genelle³tirecektir.
Çözüm:
T2 ∩ T3 = {∅, X, {b, c}}
dir. Bu ailenin [T1] - [T3] topoloji aksiyomlarn sa§lad§ kolayca görülmektedir. Öte yandan
T2 ∪ T3 = {∅, X, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}}
2.1.
11
AÇIK KÜMELER
dir. Bu bile³imin topoloji aksiyomlarn sa§lamad§n göstermek için bir
tane kar³ örnek vermek yetecektir. Örne§in,
{a, b} ∩ {a, c} = {a} ∈
/ T2 ∪ T3
oldu§undan [T2] aksiyomu sa§lanmaz. O halde T2 ∪T3 bir topoloji de§ildir.
7.
T
ve S bir X kümesi üzerinde birer topolojik yap iseler
T ∩ S = {H : (H ∈ T ) ∧ (H ∈ S )}
(2.1)
ailesinin de X üzerinde bir topolojik yap oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
T1
T2
T3
oldu§u apaçktr.
T, S =∈ T ∩ S ise T ∩ S ∈ T ∩ S olur.
Aı ∈ T ∩ S , (i ∈ I) ise
[
∅, X ∈ T ∩ T
Aı ∈ T
i∈I
[
Aı ∈ S
i∈I
olaca§ndan
[
Aı ∈ T ∩ S
i∈I
çkar.
8.
T
ve S bir X kümesi üzerinde birer topolojik yap iseler
T ∪ S = {H : (H ∈ T ) ∨ (H ∈ S )}
(2.2)
ailesinin X üzerinde bir topolojik yap olu³turmayabilece§ine örnek gösteriniz.
ki topolojinin bile³iminin bir topoloji olmayabilece§ine çok
örnek gösterilebilir. A³a§da iki örnek verilmi³tir.
Çözüm:
(a) 6.Problemin çözümünde gösterildi§i üzere
T2 ∪ T3 = {∅, X, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}}
bile³imi bir topoloji de§ildir.
12
BÖLÜM 2.
(b)
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
ailesine ait kümelerin herhangi bir
bile³imi olarak yazlabilen kümelerin olu³turdu§u aileye A diyelim.
(R, A ) bir topolojik uzaydr. A topolojisine R üzerindeki alt-limit
topolojisi denilir.
Benzer olarak, E = {(c, d] |a, b ∈ R, c < d} ailesine ait kümelerin
herhangi bir bile³imi olarak yazlabilen kümelerin olu³turdu§u aileye
U diyelim. (R, U ) bir topolojik uzaydr. U topolojisine R üzerindeki
üst-limit topolojisi denilir.
A ) ∪ U bile³imi, topoloji aksiyomlarn sa§lamaz. Dolaysyla R üzerinde bir topoloji de§ildir. Böyle oldu§unu bir kar³ örnekle gösterebiliriz. [a, b), (c, d] ∈ A ∪ U dur, ama [a, b) ∩ (c, d] = [a, d] ∈/ A ∪ U
dir. O halde [T2] aksiyomu sa§lanmaz.
9. Bir X kümesi üzerindeki kimi topolojilerden olu³an bir Ti : i ∈ I topolojik
yaplar ailesi verilsin.
B = {[a, b) |a, b ∈ R, a < b}
L =
\
Ti = {T : (∃ı ∈ I) T ∈ Tı }
i∈I
arakesitinin X üzerinde bir topoloji oldu§unu gösteriniz. ( leride bu topolojiye, verilen
diyece§iz.)
topolojilerin en büyük alt snr
Çözüm:
T1
T2
Her (i ∈ I) için ∅, X ∈ Tı oldu§undan ∅, X ∈ L olur.
T, S =∈ L ise her (i ∈ I) için
T, S ∈ Tı ⇒ T ∩ S ∈ Tı ⇒ T ∩ S ∈ L
T3
olur.
Her ( ∈ J) için A ∈ L ise her ( ∈ J) ve her (ı ∈ I) için A ∈ Tı
olacaktr. Buradan
[
A ∈ Tı
∈J
∈
\
Tı
ı∈I
∈L
çkar.
10.
ile verilen [Tl] aksiyomunun [T2] ile [T3] aksiyomlarndan
ba§msz olmad§n; yani ilk aksiyomun son ikisinden çkarlabilece§ini
gösteriniz. (Yol gösterme: Bo³ ailenin arakesiti evrensel kümedir, bile³imi
ise bo³ kümedir. (Bkz. [?].)
Tanm 2.1.1
2.1.
13
AÇIK KÜMELER
Çözüm:
(X, T ) bir topolojik uzay olsun. Bo³ ailenin arakesiti evrensel
küme, bo³ ailenin bile³imi bo³ küme oldu§undan
[
Ti = ∅
i∈∅
yazabiliriz. O halde, [T3] aksiyomu gere§ince ∅ ∈ T olur. Benzer dü³ünü³le
\
Ti = X
i∈∅
yazlabilir, ki bu X ∈ T olmas demektir.
14
BÖLÜM 2.
2.2
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
KAPALI KÜMELER
2.2.1
PROBLEMLER
1. Bir topolojik uzayda kapal kümelerden olu³an bir ailenin bile³iminin kapal bir küme olmayabilece§ini, bir örnek ile gösteriniz.
R üzerinde, açk kümeleri, açk aralklarn bir bile³imi olarak
yazlabilen topolojiyi (salt topoloji)[ bkz. 2.5.1.Kesimdeki 10.Problem] dü³ünelim. Her n ∈ N do§al saysna kar³lk
(a)
Çözüm:
1
1
,1 − ]
n
n
An = [0 +
kümelerini tanmlayalm. Bu kümelerin her biri salt topolojiye göre
kapaldr. Ancak bunlarn bile³imi olan
A=
∞
[
An =
n=1
(b)
∞
[
[0 +
n=1
1
1
, 1 − ] = (0, 1)
n
n
kümesi açktr.
Bn = [0, 1 −
1
]
n
kümelerini tanmlayalm. Bu kümelerin her biri salt topolojiye göre
kapaldr. Ancak bunlarn bile³imi olan
B=
∞
[
Bn =
n=1
(c)
∞
[
[0, 1 −
n=1
1
] = [0, 1)
n
kümesi ne açk ne de kapaldr.
1
1
,1 + ]
n
n
Cn = [0 −
kümelerini tanmlayalm. Bu kümelerin her biri salt topolojiye göre
kapaldr. Bunlarn bile³imi olan
C=
∞
[
n=1
(d)
Cn =
∞
[
[0, 1 −
n=1
kümesi de kapaldr.
Dn = [−n, +n]
1
] = [0, 1)
n
2.2.
15
KAPALI KÜMELER
kümelerini tanmlayalm. Bu kümelerin her biri salt topolojiye göre
kapaldr. Bunlarn bile³imi olan
R=
∞
[
Dn =
n=1
(e)
∞
[
[−n, +n] = (−∞, +∞)
n=1
kümesi hem açk hem kapaldr.
Bu dört örnek gösteriyor ki, kapal kümelerden olu³an sonsuz bir
ailenin bile³imi kapal olmayabilir. Bu bile³im açk, kapal ya da ne
açk ne de kapal bir küme olabilir.
Benzer i³i açk kümeler için de söyleyebiliriz. A³a§daki örnek, açk
kümelerin sonsuz saydasnn arakesitinin açk olmayabilece§ini göstermektedir.
1
1
En = (− , + )
n n
kümelerini tanmlayalm. Bu kümelerin her biri salt topolojiye göre
açktr. Bunlarn arakesiti olan tek ö§eli
E=
∞
\
n=1
Dn =
∞
\
1
1
(− , + ) = {0}
n n
n=1
kümesi kapaldr.
2. Örnek 2.1.3 ile verilen üç topolojiye ait kapal kümeleri ayr ayr saptaynz.
Söz konusu örnek üç ö§eli bir X = {a, b, c} kümesi üzerinde
kurulan
(a) T1 = {∅, {a}, {a, b}, X}
(b) T2 = {∅, {b}, {a, b}, {c, b}, X}
(c) T3 = {∅, {c}, {a, c}, {b, c}, X}
topolojilerdir.
Her bir topoloji için açk kümelerin tümleyenleri o topolojinin kapal kümeleridir.
O halde, arad§mz kapal kümeler ³unlar olacaktr:
(a) T1 = {X, {b, c}, {c}, ∅}
(b) T2 = {X, {a, c}, {c}, {a}, ∅}
(c) T3 = {X, {a, b}, {b}, {a}, ∅}
3. Ayrk bir topolojik uzayn kapal kümelerini belirleyiniz.
Çözüm:
0
0
0
16
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
(X, P) ayrk topolojik uzay olsun. Bu topolojiye göre X kümesinin
her alt kümesi açktr. Herhangi bir K ⊂ X alt kümesini dü³ünelim. Bunun
K 0 tümleyeni ayrk topolojiye göre açktr. O halde K kümesi kapaldr.
Bu demektir ki, ayrk topolojide her alt küme hem açk hem kapaldr.
4. Sonlu bir küme üzerinde tanml bir topolojiye göre, tek ö§eli her küme
kapal bir alt küme oluyorsa, gösteriniz ki bu topoloji ayrk topolojidir.
Çözüm:
X = {a1 , a2 , . . . , an } sonlu bir küme olmak üzere, (X, T ) topolojik uzaynda tek ö§eli her {ai } , (i = 1, 2, . . . , n), kümesi kapal olsun.
“imdi herhangi bir ai ∈ X ö§esinin tümleyen kümesini dü³ünelim.
Çözüm:
{ai }0 =
[
{aj : j 6= i}
e³itli§i yazlabilir. E³itli§in sa§ yan sonlu tane kapal kümenin bile³imi
oldu§undan kapaldr. Dolaysyla, {a}0 kapaldr. Öyleyse, {ai } açktr.
Demek ki (X, T ) topolojik uzaynda tek ö§eli her küme hem açk hem
kapaldr. Oysa, bu nitelik ancak ayrk topolojik uzayda vardr.
5. Bir topolojik uzayda açk bir A kümesi ile kapal bir K kümesi veriliyor.
Gösteriniz ki
(i) A − K kümesi açktr;
(ii) K − A kümesi kapaldr.
Çözüm:
(i)
kümesi, açk iki kümenin arakesiti oldu§u için
açktr.[bkz. 2.1.1.Tanm]
(ii) K − A = K ∩ A0 kümesi, kapal iki kümenin arakesiti oldu§u için
kapaldr.[bkz. Önerme 2.2.1]
A − K = A ∩ K0
2.3.
17
Ç, DI“, KENAR NOKTALARI
2.3
Ç, DI“, KENAR NOKTALARI
2.3.1
PROBLEMLER
1. Bir topolojik uzayda A açk bir küme B her hangi bir küme olsun. E§er
A ⊂ B 0 ise A ⊂ B olaca§n gösteriniz.
Çözüm:
tr.
stenen kapsama ba§nts A ⊂ B 0 ⊂ B ba§ntsndan apaçk-
2. Bir (X, T ) topolojik uzaynda A her hangi bir küme ve K kapal bir küme
olsun. E§er A ∪ K = X ise Ao ∪ K = X olaca§n gösteriniz.
A ∪ K = X ve Ao ∪ K 6= X oldu§unu varsayalm. Bu durumda
x ∈ A − A ve x ∈
/ K olacak biçimde bir x ∈ X ö§esi var olmaldr; yani
x ∈ A − Ao ve x ∈ K 0 olacak biçimde bir x ∈ X ö§esi var olmaldr. K 0
kümesi açk oldu§undan x ∈ T ⊂ K 0 olacak biçimde açk bir T kümesi var
Çözüm:
o
olmaldr. Öte yandan
A ∪ K = X ⇒ A0 ∩ K 0 = ∅
⇒ K 0 ⊂ (A0 )0
⇒ K0 ⊂ A
⇒ x ∈ T ⊂ K0 ⊂ A
⇒ x ∈ Ao
olur. O halde x ∈ Ao ∪ K olacaktr. Öyleyse Ao ∪ K = X dir.
3.
bir topolojik uzay
land§n gösteriniz.
(X, T )
A, B ⊂ X
(a) Ao ∪ B o ⊂ (A ∪ B)o dir.
(b) ∂(Ao ) ⊂ ∂A
(c) ∂(A ∪ B) ⊂ ∂A ∪ ∂B
(d) d³ (A ∪ B) =d³(A)∩d³(B)
(e) Ao = A − (A ∩ ∂A)
(f) ∂A ∩ A = ∅ ⇔ A ∈ T dur.
(g) ∂A ⊂ A ⇔ A kapaldr.
Çözüm:
olsun. A³a§daki özelliklerin sa§-
18
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
(a)
x ∈ (Ao ∪ B o ) ⇒ (x ∈ Ao ) ∧ (x ∈ B o )
⇒ ∃T1 , T2 ∈ T [(x ∈ T1 ⊂ A) ∧ (x ∈ T2 ⊂ B)]
⇒ (x ∈ T1 ∩ T2 ⊂ A ∩ B)
⇒ x ∈ (A ∩ B)o
(b)
x ∈ ∂(Ao ) ⇒ (x ∈
/ ((Ao ))o ) ∧ (x ∈
/ ((Ao )0 )o )
⇒ (x ∈
/ Ao ∧ (x ∈
/ ((A0 )o ))o )
⇒ (x ∈
/ Ao ∧ (x ∈
/ (A0 )o ) (Ao )0 ⊃ (A0 )o
⇒ x ∈ ∂A
(c)
x ∈ ∂(A ∪ B) ⇒ (x ∈
/ (A ∪ B)o ) ∧ (x ∈
/ ((A ∪ B)0 )o )
⇒ (x ∈
/ Ao ∪ B o ) ∧ (x ∈
/ (A0 ∩ B 0 )o )
⇒ (x ∈
/ Ao ∧ (x ∈
/ B o ) ∧ (x ∈
/ [(A0 )o ∩ (B 0 )o ])
⇒ (x ∈
/ Ao ∧ (x ∈
/ Ao ) ∧ [(x ∈
/ (A0 )o ) ∧ (x ∈
/ (B 0 )o )]
⇒ [(x ∈
/ Ao ∧ (x ∈
/ (A0 )o )] ∧ [(x ∈
/ B o ) ∧ (x ∈
/ (B 0 )o )]
⇒ [(x ∈ ∂A] ∨ [(x ∈ ∂B]
⇒ x ∈ ∂A ∪ ∂B
(d)
x ∈ ext(A ∪ B) ⇒ x ∈ ((A ∪ B)0 )o
⇒ x ∈ (A0 ∩ B 0 )o
⇒ x ∈ (A0 )o ∩ (B 0 )o
⇒ (x ∈ (A0 )o ) ∧ (x ∈ (B 0 )o )
⇒ (x ∈ ext(A)) ∧ (x ∈ ext(B))
⇒ x ∈ ext(A) ∩ ext(B)
(e)
x ∈ Ao ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈
/ ∂(A))
⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈
/ A ∩ ∂(A))
⇐⇒ (x ∈ A − (A ∩ ∂(A))
(f)
A ∩ ∂A = ∅ ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈
/ ∂A)
⇐⇒ x ∈ Ao
Bu ba§nt, bir kümenin açk olmas için hiç bir kenar noktasn içermemesinin gerekli ve yeterli ko³ul oldu§unu söyler.
2.3.
Ç, DI“, KENAR NOKTALARI
19
(g)
∂A ⊂ A ⇐⇒ (x ∈ ∂A ⇒ x ∈ A)
⇐⇒ (x ∈ A0 ⇒ x ∈
/ ∂A)
Bu ko³ul altnda
x ∈ A0 ⇐⇒ ∃T ∈ T [(x ∈ T ⊂ A0 ) ∧ (T ∩ A = ∅)]
⇐⇒ x ∈ (A0 )o
yazlabilir. Bu ba§nt, bir kümenin kapal olmas için bütün kenar
noktalarn içermesinin gerekli ve yeterli ko³ul oldu§unu söyler.
4. Her kümenin kenar kümesi kapaldr. Gösteriniz.
Çözüm:
x ∈ (∂A)0 ⇐⇒ x ∈
/ ∂A
⇐⇒ (x ∈ Ao ) ∨ (x ∈ (A0 )o )
⇐⇒ x ∈ Ao ∪ (A0 )o
Buradan
(∂A)0 = Ao ∪ (A0 )o
e³itli§i çkar. ki açk kümenin bile³imi oldu§u için, e³itli§in sa§ yan
açk bir kümedir. O halde ∂A kapaldr. Önceki problemin (g) önermesi
gere§ince
∂(∂A) ⊂ ∂A
ba§ntsn yazabiliriz.
5. Kapal bir küme iç noktalar ile kenar noktalarnn bile³imine e³ittir. Gösteriniz.
Çözüm:
Problem 3(g) gere§ince
K
kapal ⇐⇒ ∂K ⊂ K
⇐⇒ (∂K ⊂ K) ∧ (K o ⊂ K)
⇐⇒ (∂K ∪ K o ) ⊂ K
yazlabilir, ki bu isteneni verir.
6. Bir kümenin hem açk hem kapal olmas için gerekli ve yeterli ko³ul hiçbir
kenar noktasnn olmamasdr. spatlaynz.
20
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Çözüm:
∂A = ∅ ⇐⇒ [(∂A ⊂ A) ⇒ A
o
⇐⇒ (A = A) ⇒ A
7.
kapal
açk
∂(∂A) = ∂A
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
(x ∈ ∂A) ∧ (x ∈
/ ∂(∂A))
olacak biçimde bir x ö§esi varolsayd
x∈
/ ∂(∂A) ⇐⇒ [(x ∈ (∂A)o ] ∨ [x ∈ ((∂A)0 )o ]
⇐⇒ ∃T1 , T2 ∈ T [(x ∈ T1 ⊂ ∂A) ∨ (x ∈ T2 ⊂ (∂A)0 ]
⇐⇒ [(x ∈ T1 ∩ T2 ⊂ ∂A) ∨ (x ∈ T1 ∩ T2 ⊂ (∂A)0 ]
olurdu. Bu çeli³ki olamayaca§ndan, seçilen biçimde bir x ö§esi yoktur. O
halde ∂(∂A) = ∂A dir.
2.4.
2.4
YI‡ILMA NOKTALARI
2.4.1
1.
21
YI‡ILMA NOKTALARI
PROBLEMLER
bir topolojik uzay A, B, K ⊂ X oldu§una göre a³a§daki özelliklerin varl§n gösteriniz.
(X, T )
(a)
(b)
dr,
A ⊂ K ve K kapal ise à ⊂ K dr.
(A ∩ B)∼ ⊂ Ã ∩ B̃
Çözüm:
(a)
x ∈ (A ∩ B)∼ ⇐⇒ ∀T ∈ T [(T − x) ∩ (A ∩ B) 6= ∅]
=⇒ [(T − x) ∩ A 6= ∅] ∧ [(T − x) ∩ B 6= ∅]
=⇒ [x ∈ Ã] ∧ [x ∈ B̃]
=⇒ x ∈ Ã ∩ B̃
(b)
A ⊂ K =⇒ Ã ⊂ K̃
=⇒ Ã ⊂ K̃ = K
=⇒ Ã ⊂ K
2. Ayrk bir topolojik uzayda hiçbir alt-kümenin hiçbir y§lma noktas yoktur. Neden? Ayrk olmayan bir uzayda bu özelik nasldr?
Çözüm:
(a)
(X, T ) ayrk uzaynda bir A ⊂ X
altkümesi verilsin. Ã = ∅ oldu§unu
göstermeliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanaca§z. Bir a ∈ Ã ö§esinin
oldu§unu varsayalm. Her T ∈ T için
(T − {a}) ∩ A 6= ∅
olmaldr. Bu uzayda tek ö§eli her küme açk oldu§undan, T
alabiliriz. Bu durumda yukardaki ba§nt
({a} − {a}) ∩ A 6= ∅ ⇔ ∅ ∩ A 6= ∅
biçimini alr, ki bu bir çeli³kidir.
= {a}
22
BÖLÜM 2.
(b)
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
ayrk olmayan bir uzay ise, yalnzca iki açk kümesi vardr:
O halde bo³ olmayan her alt kümesinin y§lma noktalar
kümesi X kümesidir. Bo³ kümenin y§lma noktalar yoktur. Özetlersek,
(X, T )
{∅, X}.
(
à =
∅, A = ∅
X, A =
6 ∅
ise
ise
(2.3)
olur.
3. Kapal bir küme kendisinin y§lma noktalar ile ayrk noktalarnn bile³imine
e³ittir. Gösteriniz.
K kapal ise K̃ ⊂ K dr. Tanm 2.4.2 uyarnca, x ∈ K bir
y§lma noktas de§ilse, ayrk bir noktadr.
4. Bir x ∈ A ö§esinin A kümesinin bir ayrk noktas olmas için gerekli ve
yeterli ko³ul A ∩ T = {x} olacak ³ekilde açk bir T kümesinin varl§dr.
Gösteriniz.
Çözüm:
x noktas A kümesinin ayrk bir noktas olsun. Tanm 2.4.2
uyarnca, x ∈ A − Ã dr. Bu durumda,
Çözüm:
∃T ∈ T [(T − {x}) ∩ A = ∅]
olacaktr. O halde,
∃T ∈ T [(T − {x}) ∩ A = {x}]
olur.
5.
A = (a, b) = {x ∈ R
:
a < x < b} kümesinin y§lma noktalar
kümesinin à = [a, b] kapal aral§ oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
(R, R) salt topolojik uzaynda, açk her T kümesi açk aralklarn bile³imidir [bkz. Önerme 4.1.8]. x ∈ (a, b) ise, öyle bir > 0 says
bulabiliriz ki, x ∈ (x−, x+) ⊂ T olacak biçimde bir (x−, x+) ⊂ (a, b)
aral§ kurulabilir. O halde, her T açk kümesi için
(T − {x}) ∩ (a, b) ⊃ (x − , x + ) 6= ∅
olur. Demek ki (a, b) açk aral§nn her noktas (a, b) nin bir y§lma noktasdr.
“imdi a ve b uç noktalarnn da birer y§lma noktas oldu§unu gösterelim.
a ∈ T ise a ∈ (a − , a + ) ⊂ T olacak biçimde bir > 0 says bulabiliriz.
Bu durumda,
(T − {a}) ∩ (a, b) ⊃ (a, ) 6= ∅
2.4.
23
YI‡ILMA NOKTALARI
yazabiliriz. O halde a noktas (a, b) aral§nn bir y§lma noktasdr.
b noktas için de benzer i³ yaplabilir. Öyleyse
(a, b)∼ = [a, b]
dir.
6.
B = (a, b) = {q ∈ Q
:
a < q < b}
kümesinin B̃ = [a, b] kapal aral§ oldu§unu
kümesinin y§lma noktalar
gösteriniz.
Her açk aralkta bir tane (dolaysyla sonsuz tane) rasyonel
nokta vardr. Öyleyse, önceki problemde ele alnan aralklarn her birisi B
kümesi ile kesi³eceklerdir. O halde,
Çözüm:
B̃ = [a, b]
dir.
7.
A=N
kümesinin hiç y§lma noktas olmad§n gösteriniz.
Her n ∈ N için n − 1 < n − < n + < n + 1 olacak biçimde
bir > 0 says vardr. T = (n − , n + ) diyelim. (T − {n}) ∩ N = ∅
oldu§undan, n noktas N kümesinin y§lma noktas olamaz. Her n ∈ N
için bu i³ yaplabildi§ine göre, N kümesinin hiç bir ö§esi y§lma noktas
olamaz.
8. S = {k − n1 : k ∈ Z, n ∈ N} kümesinin y§lma noktalar kümesinin
S̃ = Z oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Her açk T kümesi için k ∈ T ise, yeterince büyük n saylarna
kar³lk, k − 1 < k − n < k − n1 < k + n < k + 1 ve (k − n , k + n ) ⊂ T
olacak biçimde n > 0 saylar vardr. Dolaysyla,
Çözüm:
(T − {k}) ∩ S 6= ∅
olur. Demek ki k ∈ Z ⇒ k ∈ S̃ dir.
9. D = { n1 : n ∈ N} kümesinin tek y§lma noktasnn D̃ = {0} oldu§unu
gösteriniz.
Her açk T kümesi için 0 ∈ T ise, yeterince büyük n saylarna
kar³lk, −n < 0 < n1 < n ve (k − n , k + n ) ⊂ T olacak biçimde n > 0
saylar vardr. Dolaysyla,
Çözüm:
(T − {0}) ∩ D 6= ∅
olur. Demek ki 0 ∈ D̃ dir.
24
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
“imdi D kümesinin 0 dan farkl hiç bir y§lma noktasnn olamayaca§n
göstermeliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanaca§z. 0 6= p ∈ D̃ olsun.
1
1
1
n < p olacak ³ekilde bir n says seçebiliriz. p ∈ (p − n , p + n ) dir.
1
1
T = (p − n , p + n ) alnrsa, (T − {p}) ∩ D = ∅ olur ki bu bir çeli³kidir.
O halde, p noktas D kümesinin bir y§lma noktas olamaz.
2
2
2
2
2.5.
2.5
KAPLAMA
2.5.1
1.
25
KAPLAMA
PROBLEMLER
(X, T ) bir topolojik uzay ve A, B ⊂ X
varl§n gösteriniz:
(a)
oldu§una göre a³a§daki özeliklerin
(A ∩ B) ⊂ Ā ∩ B̄
Çözüm:
x ∈ (A ∩ B) ⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ T ∩ (A ∩ B) 6= ∅)
⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ [(T ∩ A 6= ∅) ∧ (T ∩ B 6= ∅)]
⇒ (x ∈ Ā) ∧ (x ∈ B̄)
⇒ x ∈ Ā ∩ B̄
(b)
(Ā)0 = (A0 )o
ve (Ao )0 = (A0 )−
Çözüm:
x ∈ (Ā)0 ⇐⇒ x ∈
/ Ā
⇐⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ T ∧ (T ∩ A 6= ∅)
⇐⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ T ∧ (T ⊂ A0 )
⇐⇒ x ∈ (A0 )o
x ∈ (Ao )0 ⇐⇒ (x ∈
/ Ao )
⇐⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ (T ∩ A0 6= ∅)
⇐⇒ x ∈ (A0 )−
(c)
Ā = Ao ∪ ∂A
Çözüm:
x ∈ Ā ⇐⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ (T ∩ A 6= ∅)
⇐⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ [(T ⊂ Ao ) ∨ [(T ∩ A 6= ∅) ∧ (T ∩ A0 6= ∅)]]
⇐⇒ (x ∈ Ao ) ∨ (x ∈ ∂A)
(d)
Ā ∩ B̄ = ∅ ⇒ ∂(A ∪ B) = ∂A ∪ ∂B
26
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Çözüm:
BarA ∩ B̄ = ∅ ⇒ ∂(A ∩ ∂B = ∅
dir. Ayrca Problem 2.3.1-3(c) uyarnca ∂(A∪B) ⊂ ∂A∪∂B oldu§unu
biliyoruz. O halde ∂(A ∪ B) ⊃ ∂A ∪ ∂B oldu§unu göstermek yetecektir.
x ∈ ∂A ∪ ∂B ⇐⇒ [(∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ (T ∩ (A ∪ B) 6= ∅)]
⇐⇒ x ∈ ∂(A ∪ B)
(e)
çkar
x ∈ ∂A ⇔ x ∈ Ā ∩ (A0 )−
Çözüm:
x ∈ ∂A ⇐⇒ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ [(T ∩ A 6= ∅) ∧ (T ∩ A0 6= ∅)]
⇐⇒ (x ∈ Ā) ∧ (x ∈ (A0 )− )
⇐⇒ (x ∈ Ā ∩ (A0 )− )
(f)
∂A = Ā − Ao = Ā ∩ (A0 )−
Çözüm:
(x ∈ ∂A) ⇔ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⇒ [(T ∩ A 6= ∅) ∨ (T ∩ A0 6= ∅)
oldu§unu biliyoruz. x ∈/ Ao oldu§unu göstermek için Olmayana Ergi
Yöntemini kullanalm. E§er (x ∈ ∂A) ∧ (x ∈ Ao ) olsayd
(∃T ∈ T )(x ∈ T ∧ T ⊂ A)
(g)
olurdu. Bu durumda x ∈/ ∂A olmas gerekirdi. Demek ki
olamaz. O halde x ∈ Ā − Ao dr.
A ⊂ B ⇒ (Ā)o ⊂ (B̄)o
Çözüm:
A ⊂ B ⇒ (Ā ⊂ B̄) ⇒ (Ā)o ⊂ (B̄)o
(h)
olur.
A ⊂ B ⇒ (Ao )− ⊂ (B o )−
Çözüm:
A ⊂ B ⇒ (Ao ⊂ B o ) ⇒ (Ao )− ⊂ (B o )−
(i)
olur.
A açk ise A ⊂ (Ā)o dir.
x ∈ Ao
2.5.
27
KAPLAMA
Çözüm:
A ∈ T ⇒ A = Ao
oldu§undan
A ∈ T ⇒ A ⊂ Ā ⇒ Ao ⊂ (Ā)o ⇒ A ⊂ (Ā)o
çkar.
(j) A kapal ise (Ao )− ⊂ A dr.
Çözüm:
A ∈ T 0 ⇒ A = Ā
oldu§undan
A ∈ T 0 ⇒ Ao ⊂ A ⇒ (Ao )− ⊂ Ā ⇒ (Ao )− ⊂ A
çkar.
2. Bir topolojik uzayda sonlu tane kümenin bile³iminin kaplam, bu kü melerin
kaplamlarnn bile³imine e³ittir. Gösteriniz ( [K3] özeli§inin ge nelle³mesi).
Arakesit i³lemi için nasl bir özelik vardr?
( l(a) sorusunun genelle³mesi.)
Çözüm:
[W3] özeli§inden A1 ∪ A2 = Ā1 ∪ Ā2 oldu§u biliniyor. Tümevarm ilkesini kullanarak bunu herhangi n ∈ N sayda kümeye genelle³tirebiliriz.
A1 ∪ (A2 ∪ A3 ∪ . . . ∪ An−1 ) = Ā1 ∪ Ā2 . . . ∪ An−1
oldu§unu varsayarak
A1 ∪ (A2 ∪ . . . ∪ An−1 ∪ An ) = Ā1 ∪ Ā2 . . . ∪ A¯n )
oldu§unu göstermeliyiz. A³a§daki prosedür, tümevarm ilkesiyle her
tane kümeye uygulanabilir:
n
A1 ∪ (A2 ∪ A3 ∪ . . . ∪ An ) = Ā1 ∪ (A2 ∪ A3 ∪ . . . ∪ An )
= Ā1 ∪ Ā2 ∪ (A3 ∪ A4 ∪ . . . ∪ An )
= Ā1 ∪ Ā2 ∪ Ā3 ∪ (A4 ∪ A5 ∪ . . . ∪ An )
= ···
= Ā1 ∪ Ā2 ∪ . . . ∪ (An−1 ∪ An )
= Ā1 ∪ Ā2 ∪ . . . ∪ An−1 ∪ A¯n
Arakesit i³lemi için, (A ∩ B) ⊂ Ā ∩ B̄ ba§nts kullanlarak, = yerine ⊂
konulmak ko³uluyla, yukardaki i³lemler aynen tekrarlanabilir ve
A1 ∩ (A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An ) ⊂ Ā1 ∩ Ā2 ∩ . . . ∩ A¯n )
ba§nts elde edilir.
3. Örnek 2.1.3 'teki üç topolojiye göre L = {a, b} ve M = {a, c} kümelerinin
kaplamlarn bulunuz.
28
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Her bir topoloji için açk kümelerin tümleyenleri o topolojinin
kapal kümeleridir. O halde, sözkonusu topolojilerin kapal kümeleri, srasyla,
³unlar olacaktr:
(a) T1 = {X, {b, c}, {c}, ∅}
(b) T2 = {X, {a, c}, {c}, {a}, ∅}
(c) T3 = {X, {a, b}, {b}, {a}, ∅}
L̄ ve M̄ kümeleri, bu kümeleri kapsayan kapal kümelerin en küçü§üdürler.
O halde,her bir topoloji için, srasyla, ³u kümelerdir:
(a) T1 için L̄ = X ve M̄ = M
(b) T2 için L̄ = X ve M̄ = M
(c) T3 için L̄ = L ve M̄ = X
4. Bir X kümesi üzerindeki ayrk topolojiye göre, her A ⊂ X alt kümesi için
A = Ā oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
0
0
0
Çözüm:
bir
Ayrk topolojide her küme hem açk hem kapaldr. Dolaysyla
kapsayan en küçük kapal küme A nn kendisidir; yani
A kümesini
Ā = A dr.
5. Sonsuz bir X kümesi üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisine göre, her
sonsuz A ⊂ X alt-kümesi için Ā = X oldu§unu gösteriniz.
Sonlu tümleyenler topolojisinde kapal kümeler sonludur. Bunun
tek istisnas hem açk hem kapal olan X kümesidir. Sonsuz A kümesini
kapsayan tek bir kapal küme vardr; o da X dir. O halde Ā = X olmaldr.
6. Bir A kümesinin bir topolojik uzayn hiçbir yerinde yo§un olmamas için
gerekli ve yeterli ko³ul, her açk kümenin A ile kesi³meyen ve bo³ olmayan
açk bir alt-kümesinin varl§dr. Gösteriniz.
Çözüm:
A kümesi (X, T ) topolojik uzaynn hiçbir yerinde yo§un de§ilse,
Āo = ∅ olur. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. E§er her (T ∈ T ) ve
her (T1 ∈ T , T1 ⊂ T ) için T1 ∩A 6= ∅ olsayd, T = T1 alnarak, her (T ∈ T )
için T ∩ A 6= ∅ olurdu. Bu durumda Āo = X olurdu, ki bu Āo 6= ∅ olmasn
Çözüm:
gerektirirdi. Bu çat³k olamayaca§ndan, kabulümüz yanl³tr; yani her
(T ∈ T ) için T1 ∩ A = ∅ olacak biçimde bir (T1 ∈ T , T1 ⊂ T ) vardr.
Tersine olarak, her açk T kümesinin A ile kesi³meyen ve bo³ olmayan
açk bir T1 alt-kümesi varolsun. Āo = ∅ oldu§unu göstermeliyiz. Gene
Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. Āo 6= ∅ olsayd, varsaym uyarnca
öyle bir T1 ⊂ Āo açk alt kümesi var ki T1 ∩ A = ∅ olurdu. Bu durumda, A
kümesi uzayda yo§un olamaz ve T1 ⊂ Ā olur. Bu bir çat³kdr. O halde
0
Āo = ∅
2.5.
29
KAPLAMA
7. Kapal bir kümenin hiçbir yerde yo§un olmamas için gerekli ve yeterli
ko³ul, tümleyeninin her yerde yo§un olmasdr. Gösteriniz. Her hangi bir
küme için de bu özelik var mdr?
Çözüm:
(K̄)o = ∅ ⇐⇒ (K o = ∅)
⇐⇒ ((K o )0 = X)
⇐⇒ K 0 = X
⇐⇒
K 0 kümesi
yo§undur
Herhangi bir küme için bu özelik yoktur. Örne§in, Q rasyonel saylar
kümesinin tümleyeni olan Q0 irrasyonel saylar kümesi R içinde yo§undur. Buna kar³n Q rasyonel saylar kümesi de R içinde yo§undur.
8. Kapal bir kümenin kenar hiçbir yerde yo§un de§ildir. Gösteriniz. Her
hangi bir küme için de bu özelik söylenebilir mi?
K kapal bir küme olsun. Her kümenin kenar kapaldr. O halde
o
(∂K) = (∂K)o = ∅ oldu§unu göstermek yetecektir. Olmayana ergi yöntemini kullanaca§z. Bir T açk kümesi için T ⊂ (∂K)o oldu§unu varsayalm. T ⊂ (∂K)o ⊂ K̄ = K yazabiliriz. K o kümesi K nn kapsad§ en
büyük açk küme oldu§undan T ⊂ K o yazabiliriz. Öyleyse
Çözüm:
T ⊂ (∂A)o ∩ Ao = (Ā − Ao ) ∩ Ao = ∅
olacaktr. Buradan T = ∅ sonucu çkar, ki bu istedi§imiz sonuçtur.
Herhangi bir kümenin kenar kümesi için bu özelik var olmayabilir. Örne§in,
salt topolojiye göre Q rasyonel saylar kümesinin kenar kümesi bütün
gerçel eksendir; yani ∂Q = R dr ve R ⊃ R olur.
9.
üzerinde a³a§daki topolojilerin her birisi için Q ⊂ R alt kümesinin iç
noktalar kümesini, y§lma noktalar kümesini ve kaplamn bulunuz.(∗)
R
(a) Açk kümeleri, açk aralklarn bir bile³imi olarak yazlabilen topoloji
(salt topoloji).
(b) Kapal kümeleri, yalnzca, sonlu alt kümelerden olu³an topoloji (sonlu
tümleyenler topolojisi).
(c) Kapal kümeleri, yalnzca, saylabilir alt kümelerden olu³an topoloji
(saylabilir tümleyenler topolojisi).
30
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Çözüm:
(a) i.
ii.
Qo = ∅ dir. Çünkü, salt topolojide hiç bir açk aralk ( dolaysyla
hiç bir açk küme) Q rasyonel saylar kümesince kapsanamaz;
her açk küme mutlaka irrasyonel saylar içerir; yani her açk T
kümesi için T ∩ Q0 6= ∅ dir. Dolaysyla, Q hiç bir açk küme
içeremez. Öyleyse, Qo = ∅ dir.
Q∼ = R dir. Çünkü her açk aralk ( dolaysyla her açk küme)
sonsuz sayda rasyonel say içerir. O halde, her x ∈ R ve her açk
T kümesi için
x ∈ T ⇒ (T − {x}) ∩ Q 6= ∅
iii.
olur.
Q = R dir. Çünkü,
T kümesi için
yukardaki dü³ünü³le, her x ∈ R ve her açk
x ∈ T ⇒ T ∩ Q 6= ∅
yazlabilir. Ayn sonucu Q = Q ∪ Q∼ e³itli§inden de çkarabiliriz.
(b) Sonlu tümleyenler topolojisinin kapal kümeleri {∅, R, sonlu altkümeler}
dir. Açk kümeler ise {∅, R, tümleyenleri sonlu olan altkümeler} dir.
Buna göre,
i. Qo = ∅ dir. Çünkü, Qo kümesi Q nun kapsad§ en büyük açk
kümedir. Oysa Q içinde, tümleyeni sonlu olan hiç bir altküme
yoktur.
ii. Q∼ = R dir. Çünkü, tümleyeni sonlu olan her küme rasyonel
saylar içerir. Ba³ka bir deyi³le, her x ∈ R ve her açk T kümesi
için
x ∈ T ⇒ (T − {x}) ∩ Q 6= ∅
iii.
olur.
Q = R dir. Yukardaki dü³ünü³le, her x ∈ R ve her açk T
için
kümesi
x ∈ T ⇒ T ∩ Q 6= ∅
olur. Ayn sonucu Q = Q ∪ Q∼ e³itli§inden de çkarabiliriz.
(c) Saylabilir tümleyenler topolojisinin kapal kümeleri {∅, R, saylabilir altkümeler}
dir. Açk kümeler ise {∅, R, tümleyenleri saylabilir olan altkümeler}
dir. Buna göre,
i. Qo = ∅ dir. Çünkü, Qo kümesi Q nun kapsad§ en büyük açk
kümedir. Oysa Q içinde, tümleyeni saylabilir olan hiç bir altküme yoktur.
2.5.
31
KAPLAMA
ii.
Q∼ = R dir. Çünkü, tümleyeni saylabilir olan her küme rasyonel
saylar içerir. Ba³ka bir deyi³le, her x ∈ R ve her açk T kümesi
için
iii.
x ∈ T ⇒ (T − {x}) ∩ Q 6= ∅
olur.
Q = R dir. Yukardaki dü³ünü³le, her x ∈ R ve her açk T
için
kümesi
x ∈ T ⇒ T ∩ Q 6= ∅
olur. Ayn sonucu Q = Q ∪ Q∼ e³itli§inden de çkarabiliriz.
10. R üzerinde R ailesine ait T kümeleri a³a§daki özeli§e sahip iseler, (R, R)
nun bir topolojik uzay oldu§unu gösteriniz:
T ∈ R ⇐⇒ (∀x ∈ T )(∃(a, b) ⊂ T : x ∈ (a, b)
Bu uzayda bir T kümesinin açk olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, T ye
ait her noktay içeren açk bir aralk kapsamasdr. Bu uzaya R üzerindeki
salt (mutlak) topoloji denilir. Bu topoloji, yukarda Problem 9-a ile tanmlanan salt topolojidir. Bu topolojiyi ileride ba³ka yöntemlerle de kuraca§z.
Bu, gösteriyor ki, bir küme üzerinde ayn topoloji farkl yöntemlerle kurulabilir.
Çözüm:
meliyiz.
(a)
Topolojinin [T1]- [T2], [T3] aksiyomlarnn sa§land§n gösterx ∈ ∅ ⇒ ∀a[a ∈ R ⇒ x ∈ (a, a)] ⇒ ∅ ∈ R
x ∈ R ⇒ ∃( > 0)[x ∈ (x − , x + ) ⊂ R] ⇒ mathbbR ∈ R
(b)
T1 , T2 ∈ R
olsun. x ∈ T = T1 ∩ T2 ise
x ∈ T1 ⇒ ∃a1 , b1 : x ∈ (a1 , b1 )
x ∈ T2 ⇒ ∃a2 , b2 : x ∈ (a2 , b2 )
dr. a = max{a1 , a2 } ve b = min{a2 , b2 } dersek,
x ∈ T ⇒ x ∈ (a, b) ⇒ T ∈ R
(c)
olur.
x∈T =
[
Ti ⇒ ∃(i ∈ I)[x ∈ Ti ] ⇒ ∃(a, b ∈ R)[x ∈ (a, b) ⊂ Ti ] ⇒ T ∈ R
i∈I
11.
R
üzerindeki mutlak topolojiye göre R nin açk oldu§unu gösteriniz.
32
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Bunu çok farkl yollarla çözebiliriz.
(a) R) salt topoloji olmak üzere, 10.Problemde (R, R) nin bir topolojik
uzay oldu§u gösterildi. O halde [T1] aksiyomu gere§ince ∅, R ∈ R
dir.
(b) Bir topolojik uzayda, kapal kümelerin tümleyenleri açktr. (R, R)
uzaynda ∅ kapaldr (ve ayn zamanda açktr). ∅ = R oldu§undan
(R açktr. Ayn dü³ünü³le, (R kapaldr.
(c) Her x ∈ R noktasn içeren bir açk aralk vardr. Dolaysyla, R
kümesi açk aralklarn bile³imi olarak yazlabilir. Bu durumda, [T3]
aksiyomu gere§ince, R açk bir küme olur.
(d) Her x ∈ R noktas R nin bir iç noktasdr. Çünkü her x ∈ R noktas
için x ∈ (x − , x + ) ⊂ R olacak biçimde bir > 0 says vardr.Her
noktas bir iç nokta olan küme açktr.
12. R üzerindeki mutlak topolojiye göre, her b gerçel says için, (−∞, b) biçimindeki aralklarn açk oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
0
Çözüm:
(a)
Çözümü farkl yollarla yapabiliriz.
(−∞, b) =
[
(α, b)
α<b
dir. (α, b) açk aralklar salt topolojiye göre açk kümelerdir. Açk
kümelerin bile³imi olan (−∞, b) kümesi açk olur.
(b) (−∞, b) nin her noktas bir iç noktadr. Çünkü her x ∈ (−∞, b)
noktas için x ∈ (x − , x + ) ⊂ (−∞, b) olacak biçimde bir > 0
says vardr.
13. R üzerindeki mutlak topolojiye göre, her a gerçel says için, (a, +∞) biçimindeki aralklarn açk oldu§unu gösteriniz.
Önceki probleme benzer olarak çözülebilir.
14. (R, T ) içindeki her kapal [a, b] aral§nn kenar noktalar kümesi ∂A =
{a, b} dr. Gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
Her açk T kümesi için
0
a ∈ T ⇒ [T ∩ [a, b] 6= ∅ ∧ T ∩ [a, b] 6= ∅]
0
b ∈ T ⇒ [T ∩ [a, b] 6= ∅ ∧ T ∩ [a, b] 6= ∅]
oldu§undan a, b uç noktalar [a, b] kapal aral§nn kenar noktalardr.
“imdi, [a, b] kapal aral§nn a, b uç noktalarndan ba³ka kenar noktas olmad§n göstermeliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanalm. x 6= a, x 6= b
2.5.
33
KAPLAMA
olmak üzere x noktasnn bir kenar noktas oldu§unu varsayalm. x ∈ [a, b]
ise x ∈ (x − , x + ) ⊂ [a, b] olacak biçimde bir > 0 says vardr. O halde
x noktas [a, b] nin bir iç noktasdr; kenar nokta olamaz. Benzer ³ekilde,
x ∈ [a, b]0 ise x ∈ (x − δ, x + δ) ⊂ [a, b]0 olacak biçimde bir δ > 0 vardr. O
halde x noktas [a, b] nin bir iç noktasdr; kenar nokta olamaz.
15. (R, R) uzaynda bir [a, b] aral§ içinde kalan rasyonel saylar kümesinin;
yani içinde Q ∩ [a, b] kümesinin kenar noktalar kümesi ∂Q = {a, b} dr.
Gösteriniz.
Çözüm:
Simgelerde basitli§i sa§lamak için A = Q ∩ [a, b] diyelim. Açk
het T kümesi için
0
a ∈ T ⇒ [T ∩ A 6= ∅ ∧ T ∩ A 6= ∅]
0
b ∈ T ⇒ [T ∩ A 6= ∅ ∧ T ∩ A 6= ∅]
oldu§undan a, b ∈ ∂A dr.
Yukardaki problemde izlenen dü³ünceye benzer olarak, a, b noktalarndan
ba³ka hiç bir noktann ∂A olamayaca§ kolayca gösterilebilir.
16. (R, R) uzay içinde bile³imleri kapal olmayan bir kapal kümeler dizisi
kurunuz.
Çözüm:
Bunun için 2.2.1-1 Problemin çözümünde örnekler verildi.
34
BÖLÜM 2.
TEMEL TOPOLOJ KAVRAMLARI
Bölüm 3
KURATOWSK YÖNTEM
3.1
KURATOWSK YÖNTEM
3.1.1
PROBLEMLER
1. Bo³ olmayan bir X kümesi verilsin. X kümesinin her A alt-kümesine
kar³lk a³a§daki aksiyomlar sa§layan bir A alt-kümesi belirlenmi³ olsun:
B1: β(X) = X
B2: β(A) ⊂ A
B3: β(β(A)) = β(A)
B4: β(A ∩ B) = β(A) ∩ β(B)
Bu durumda,
T = {A ⊂ X : β(A) = A}
ailesi X kümesi üzerinde bir topolojik yap olu³turur. Bu yapya göre her
A kümesinin Ao içi β(A) kümesinden ba³ka bir³ey de§ildir. Gösteriniz.
Problemin çözümü için önce a³a§daki özeli§i göstermeliyiz:
A ⊂ B ⇒ β(A) ⊂ β(B)
(3.1)
Bunun ispat a³a§daki ba§ntdan çkar:
Çözüm:
A⊂B ⇒A=A∩B
⇒ β(A) = β(A ∩ B)
⇒ β(A) = β(A) ∩ β(B)
⇒ β(A) ⊂ β(B)
“imdi T nun [T1]-[T3] topoloji aksiyomlarn sa§lad§n gösterelim.
35
36
BÖLÜM 3.
T1.
[B1] gere§ince,
KURATOWSK YÖNTEM
β(X) = X =⇒ X ∈ T
[B2] gere§ince,
β(∅) ⊂ ∅ ⇒ β(∅) = ∅ =⇒ ∅ ∈ T
T2.
nun tanm uyarnca A, B ∈ T
[B4] gere§ince,
T
⇒ [β(A) = A ∧ β(B) = B]
olur.
A ∩ B = β(A) ∩ β(B) = β(A ∩ B) ⇒ A ∩ B ∈ T
T3.
herhangi bir damga (index) kümesi olsun. her i ∈ I için bir Ai ∈ T
verilmi³ olsun.
I
β(
[
Ai ) =
i∈I
oldu§unu göstermeliyiz.
[B2] uyarnca
β(
[
[
Ai
(3.2)
Ai
(3.3)
i∈I
Ai ) ⊂
i∈I
[
i∈I
oldu§u açktr. Ters kapsamay göstermek için 6.4 ba§nts ile β(Ai ) =
Ai e³itli§ini kullanaca§z.
[
Ai ⊃ Ai
i∈I
β(
[
Ai ) ⊃ β(Ai )
i∈I
β(
[
Ai ) ⊃
i∈I
[
β(Ai ) =
i∈I
[
Ai
(3.4)
i∈I
yazabiliriz. 3.3 ve 3.4 den istenen 6.5 e³itli§i çkar. O halde,
β(
[
i∈I
Ai ) ∈ T
olur.
Son olarak (X, T ) uzaynda her A ⊂ X için β(A) = Ao oldu§unu göstermeliyiz. Tanmmz uyarnca A ∈ N ⇔ β(A) = A dr. Oysa açk küme
tanm uyarnca A ∈ T ⇔ A = Ao dr. O halde her A ⊂ X için β(A) = Ao
olur.
2. X = N olmak üzere γ : P(X) −→ P(X) dönü³ümü
(
A, A sonlu ise
γ(A) =
(3.5)
X, A sonsuz ise
olarak tanmlanyor. Bu dönü³ümün bir Kuratowski kaplama dönü³ümü
oldu§unu gösteriniz. Bu topolojinin açk ve kapal kümelerini belirleyiniz.
3.1.
37
KURATOWSK YÖNTEM
[K1]-[K4] Kuratowski aksiyomlarnn sa§land§n göstermeliyiz.
[K1] ∅ sonlu oldu§u için γ(∅) = ∅ dir. N sonsuz oldu§u için γ(N) = N
dir.
[K2] A sonlu ise γ(A) = A ⇒ A ⊂ γ(A) dr.
A sonsuz ise γ(A) = N ⇒ A ⊂ γ(A) dir.
[K3]
A veB sonlu ⇒ A ∪ B sonlu
Çözüm:
•
•
•
⇒ γ(A ∪ B) = (A ∪ B)
⇒ (A ∪ B) ⊂ γ(A ∪ B)
A
veyaB sonsuz ⇒ A ∪ B sonsuz
⇒ γ(A ∪ B) = N
⇒ (A ∪ B) ⊂ γ(A ∪ B)
•
[K4]
(A
(A
sonlu) ⇒ (γ(A) = A) ⇒ (γ(γ(A)) = γ(A))
sonsuz) ⇒ (γ(A) = N) ⇒ (γ(γ(A)) = γ(N))
⇒ (γ(γ(A)) = γ(A))
Her A ⊂ N için A 7−→ γ(A) dönü³ümü Kuratowski aksiyomlarn sa§lar.
O halde bu dönü³üm N üzerinde bir topoloji kurar. Bu topolojinin kapal
kümeleri her A ⊂ N için γ(A) = Ā kaplamlardr. 3.5 uyarnca kapal
kümeler
K = {∅, N, sonlu kümeler}
dir. Açk kümeler ise, K ailesine ait olan kümelerin tümleyenleridir. Bunlar
T = {∅, N, tümleyenleri sonlu olan kümeler}
dir.
3. (3.5) dönü³ümünün belirledi§i topolojiyi N üzerinde, kapal kümeleri, yalnzca, sonlu kümelerden olu³an topoloji (sonlu tümleyenler topolojisi) ile
kar³la³trnz.
Yukarda söylenenlerden anla³laca§ üzere, N üzerinde, kapal
kümeleri 3.5 ile tanmlanan topoloji sonlu tümleyenler topolojisidir. N den
farkl kapal kümeleri sonlu kümelerdir; N istisnai olarak kapaldr.
Çözüm:
38
BÖLÜM 3.
KURATOWSK YÖNTEM
Bölüm 4
TOPOLOJ TABANI
4.1
TOPOLOJ TABANI
4.2
KARMA PROBLEMLER
1.
bir topolojik uzay olsun. T ∗ nedir? T ailesi T topolojisi için bir
taban mdr?
(X, T )
oldu§undan her topoloji kendisi için bir tabandr.
2. Bir Lindelöf uzaynda kapal bir kümenin her açk örtüsünün, saylabilir
bir alt örtüsü oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
T∗=T
Çözüm:
(X, T ) bir Lindelöf uzay ve K ⊂ X kapal bir alt kümesi
olsun. E§er A ailesi K nn açk bir örtüsü ise A ∪ {X 0 } ailesi X in açk
bir örtüsü olur. Önerme 4.1.5 uyarnca bu ailenin saylabilir bir alt örtüsü
vardr. Bu alt örtüden X 0 atlrsa, geri kalan aile K nn saylabilir bir açk
örtüsüdür ve bu örtü A ailesinin bir alt örtüsüdür.
3. Ayrlabilir bir uzayn ikinci saylabilme aksiyomunu sa§lamasnn gerekmedi§ini
bir örnekle gösteriniz.
Sonlu ya da saylabilir bir küme üzerindeki her topolojik uzay
ayrlabilir bir uzaydr. Gerçel eksen üzerindeki salt topoloji ayrlabilir;
çünkü rasyonel saylar saylabilir yo§un bir alt kümedir. Saylamayan sonsuz bir küme üzerindeki ayrk topoloji ayrlabilir bir topoloji de§ildir.
Tanm 4.1.8 ve 4.1.9 ile verilen üst-limit ve alt-limit topolojileri ayrlabilir birer uzaydr ama ikinci saylabilme aksiyomunu sa§lamazlar.
4. Mutlak topolojiye göre Z tam saylar kümesinin içini ve kaplamn bulunuz
Z kümesi R uzaynn hiç bir yerinde yo§un olabilir mi?
Çözüm:
39
40
BÖLÜM 4.
TOPOLOJ TABANI
Çözüm:
Önerme 4.1.8 uyarnca, (R, R) uzaynda her açk küme bir aralk kapsar. Her açk aralk sonsuz sayda rasyonel ve irrasyonel saylar
içerir [bkz. Önerme 4.1.9]. Dolaysyla, her n ∈ Z tamsays ve her T ∈ R
açk kümesi için
0
n ∈ T ⇒ T ∩ Z 6= ∅
olur. O halde, Z nin her ö§esi bir kenar noktadr; yani Zo = ∅ dir. Öyleyse,
Z = Z ∪ ∂Z = Z
yazlabilir; yani tamsaylar kümesinin salt topolojideki kaplam kendisidir.
(Z)o = ∅ oldu§u için, Tanm 2.5.4 uyarnca, Z kümesi (R, R) uzaynn hiç
bir yerinde yo§un de§ildir.
5. R üzerinde σ = {(p, q) : p, q ∈ Q} ailesini, yani her iki ucu rasyonel olan
bütün açk aralklarn ailesini dü³ünelim. σ ⊂ R = {(a, b) : a, b ∈ R} dr.
Acaba σ∗ = R∗ = R midir?
oldu§u için σ∗ ⊂ R∗ dr. E³itli§i göstermek için, ters
kapsamann varl§n; yani σ∗ ⊃ R∗ oldu§unu göstermeliyiz. Önerme 4.1.2
yi kullanaca§z.
(a, b) ∈ R ve x ∈ (a, b) olsun. Rasyonel saylar R içinde yo§un oldu§undan
x ∈ (p, q) ⊂ (a, b) olacak biçimde (p, q) ∈ σ vardr. O halde R∗ ⊂ σ ∗ dir.
Bu problem, (R, R) uzaynn (salt topoloji) ikinci saylabilme aksiyomunu
sa§layan ayrlabilir bir uzay oldu§unu göstermektedir.
6. ξ = {[p, q] : p, q ∈ Q, p < q} ailesinin R üzerinde bir topoloji taban
olmad§n gösteriniz.
Çözüm:
σ ⊂ R
ξ ailesinin Önerme 4.1.3(b) ko³ulunu sa§lamad§n gösterece§iz. [p1 , q1 ], [p2 , q2 ] ∈ ξ kümelerinin arakesitini dü³ünelim. q1 = q2 = q
oldu§u zaman C = [p1 , q] ∩ [p2 , q] = {q} olacaktr. ξ ye ait hiç bir aralk
C = {q} arakesiti tarafndan kapsanamaz. O halde ξ bir topoloji taban
olamaz.
7. Φ = {[a, b] : a ∈ Q, b ∈ R \ Q} ailesinin R üzerinde bir topoloji taban
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
a ucu rasyonel, b ucu irrasyonel say olan iki aral§n arakesiti
bo³ de§ilse [a1 , b1 ] ∩ [a2 , b2 ] = [a2 , b1 ] aral§dr. Her x ∈ [a2 , b1 ] için x ∈
[a2 , b] ⊂ [a2 , b1 ] olacak biçimde [a2 , b] ∈ Φ aral§ vardr. Öyleyse Φ bir
topoloji tabandr.
8. D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x < b, c ≤ y < d, a, b, c, d ∈ R} ailesinin R2
düzleminde bir topoloji taban oldu§unu gösteriniz.
4.2.
41
KARMA PROBLEMLER
Basit ³ekiller çizilerek hemen görülebilece§i gibi, D ailesine ait
iki dikdörtgenin arakesiti gene D ye ait bir dikdörtgendir. Arakesite ait
bir (x, y) noktas seçildi§inde bu noktay içeren ve arakesit tarafndan
kapsanan bir D ∈ D dikdörtgeni daima vardr. Dolaysyla, Önerme 4.1.3
uyarnca istenen sonuca varlm³ olur.
9. V = {[p, q] : p, q ∈ Q, p ≤ q} ailesinin R üzerinde bir topoloji taban
oldu§unu ve (6) ile tanmlanan ξ ailesinin bu topoloji için bir alt taban
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
(6) ba§ntsndaki p < q ko³ulu yerine p ≤ q ko³ulu kondu§u
için, V ailesi C = [p1 , q] ∩ [p2 , q] = {q} gibi tek ö§eli noktalar içermektedir. Dolaysyla 6.Problemdeki sorun do§maz; yani V ailesi R üzerinde bir
topoloji tabandr. Ayrca, ξ ailesinin sonlu arakesitlerinden olu³an aile V
ailesidir. O halde onun bir alt-tabandr.
10. Açk kümelerden olu³an ve topolojik uzayn bir tabann kapsayan her aile
yine bu topolojinin bir tabandr. Gösteriniz.
Çözüm:
(X, T ) bir topolojik uzay ve T ⊂ A olsun. A ailesinin her
ö§esi T topolojisine ait oldu§u ve T kendi kendisine bir taban oldu§u
için,
A∗ =T∗ =T
olur.
11. Bir ailenin farkl iki topolojiye alt taban olamayaca§n gösteriniz.
Bir A ailesi iki topoloji için alt-taban olsun. A ailesinin sonlu
arakesitlerinden olu³an aile S olsun. S∗ = T1 ve S∗ = T2 olacaktr. Her
topoloji kendi kendisine taban oldu§u için
Çözüm:
T1 = T1∗ = S∗ = T2∗ = T2
olur. Farkl bir yöntem istenirse, Önerme 4.1.2 kullanlarak problem ispatlanabilir.
42
BÖLÜM 4.
TOPOLOJ TABANI
Bölüm 5
KOM“ULUKLAR
5.1
KOM“ULUKLAR
5.1.1
1.
PROBLEMLER
Tanm 2.3.1 ³una e³de§erdir: A bir topolojik uzayn bir alt-kümesi olsun.
E§er A kümesi x noktasnn bir kom³ulu§u ise, yani A ∈ B(x) ise, x
noktas, A kümesinin bir iç noktasdr.
Çözüm:
x ∈ Ao ⇔ (∃T ∈ T )(x ∈ T ⊂ A) ⇔ A ∈ B(x)
2.
Tanm 2.4.1 ³una e³de§erdir: Her N ∈ B(x)
x noktas A kümesinin bir y§lma noktasdr.
için (N \ {x}) ∩ A 6= ∅ ise,
Çözüm:
(∀N ∈ B(x))(N − {x}) ∩ A 6= ∅
⇔ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⊂ N ⇒ (T − {x}) ∩ A 6= ∅
⇔ x ∈ Ã
3.
Tanm 2.5.1 ³una e³de§erdir: Bir x noktasnn A kümesinin bir kaplama
noktas olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, x noktasnn her kom³ulu§unun
A ile kesi³mesidir; yani her N ∈ B(x) için N ∩ A 6= ∅ ise x ∈ Ā dr.
Çözüm:
(∀N ∈ B(x))(N ∩ A 6= ∅)
⇔ (∀T ∈ T )(x ∈ T ⊂ N ⇒ (T ∩ A 6= ∅)
⇔ x ∈ Ā
4. Ayrk olmayan bir uzayda bir noktann kom³uluklar ailesini bulunuz.
43
44
BÖLÜM 5.
(X, T ) ayrk
B(x) = {X} dir; yani
Çözüm:
kümesinden ibarettir.
KOM“ULUKLAR
almayan bir uzay ise her x ∈ X noktas için
her noktann kom³uluklar ailesi yalnzca {X}
5. Bir noktann sonlu tane kom³ulu§unun arakesiti yine bu noktann kom³ulu§udur. Gösteriniz.
Çözüm:
B(x)
ise
(X, T )
uzaynda bir x ∈ X noktas verilsin. N1 , N2 , . . . , Nm ∈
x ∈ T1 ⊂ N1 , x ∈ T2 ⊂ N2 , . . . , x ∈ Tm ⊂ Nm
olacak biçimde T1 , T2 , . . . Tm ∈ T açk kümeleri vardr. Sonlu sayda açk
kümenin arakesiti açk oldu§undan
x∈
m
\
Ti ⊂
i=1
m
\
Ni ∈ B(x)
i=1
olur.
6. Bir X kümesi üzerindeki iki topolojinin ayn olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, her x ∈ X ö§esinin bu topolojilere göre kom³uluklarnn ayn
olmasdr.
(X, T1 ) ve (X, T2 ) uzaylar verilsin. Bir x ∈ X noktasnn bu
topolojilere göre kom³uluklarn B1 (x) ve B1 (x) ile gösterelim.
Çözüm:
T1 = T2 ⇐⇒ [(T ∈ T1 ) ⇔ (T ∈ T2 )]
⇐⇒ [(∀x ∈ X)(∀N ⊂ X)(x ∈ T ⊂ N ⇔ N ∈ B1 (x) ∩ B2 (x))]
⇐⇒ B1 (x) = B2 (x)
olur.
7. Gerçel eksen üzerindeki salt topolojiye göre a³a§daki kümelerden hangileri
B(1) ailesine aittir?
(i) (0, 2],
(ii) (0, 1],
1 ∈ (a, b) ⊂ N
N = (0, 2] dir.
(0, 2] ∈ B(1) olur.
Çözüm:
tek küme
(iii) [1, 2),
(iv) (1, 2]
olacak biçimde bir (a, b) açk kümesi içeren
Ohalde verilen dört küme arasnda yalnzca
8. Sonlu tümleyenler topolojisinde bir noktann bütün kom³uluklarnn açk
kümeler oldu§unu gösteriniz.
5.1.
45
KOM“ULUKLAR
Çözüm:
sonlu tümleyenler topolojisi ise, her
A ∈ T ⇔ A0 soludur
(X, T )
Bir x ∈ X verilsin.
N ∈ B(x) ⇔ (∃T ∈ T )(x ∈ T ⊂ N )
⇔ T0 ⊃ N0
⇔ N0
sonludur
⇔N ∈T
9.
kümesi A kümesinin bir kom³ulu§u ise, N nin her B ⊂ A alt kümesinin
de bir kom³ulu§u olaca§n gösteriniz.
N
Çözüm:
(N ∈ B(A)) ∧ (B ⊂ A) =⇒ (∃T ∈ T )(A ⊂ T ⊂ N )
=⇒ (∃T ∈ T )(B ⊂ A ⊂ T ⊂ N )
=⇒ (∃T ∈ T )(B ⊂ T ⊂ N )
=⇒ N ∈ B(B)
10.
X = {a, b, c, d, e}
kümesi üzerinde
T = {X, ∅, {a}, {a, b}, {a, c, d}, {a, b, c, d}, {a, b, e}}
ailesi veriliyor.
(a) (X, T ) bir topolojik uzaydr. Gösteriniz.
(b) e noktasnn kom³uluklarn bulunuz.
(c) c noktasnn kom³uluklarn bulunuz.
(d) {c, e} kümesinin kom³uluklarn bulunuz.
Çözüm:
(a) T nun [T1]-[T3] topoloji aksiyomlarn sa§lad§ kolayca görülüyor.
(b) e noktasn içeren tek açk küme {a, b, e} kümesidir. Bu kümeyi kapsayan her küme e nin bir kom³ulu§udur. O halde
{a, b, e}, {a, b, c, e}, {a, b, d, e}, {a, b, e}, {a, b, c, d, e} ∈ B(e)
dir.
(c) c noktasn içeren iki açk küme vardr: {a, c, d}, {a, b, c, d} Bu kümelerden birini içeren her küme c noktasnn bir kom³ulu§udur. O halde,
{a, c, d}, {a, b, c, d}, {a, c, d, e}, {a, c, d}, {a, b, c, d, e} ∈ B(c)
olur.
46
BÖLÜM 5.
(d)
KOM“ULUKLAR
kümesini kapsayan bir açk kümeyi kapsayan her küme {c, e}
kümesinin bir kom³ulu§udur. Bunu kapsayan açk küme yalnzca X
kümesidir. O halde X ∈ B({c, e}) dir.
11. Bir p ö§esinin bir A kümesinin bir kenar noktas olmas için gerekli ve
yeterli ko³ul, p ö§esinin her kom³ulu§unun hem A ile hem A0 ile kesi³mesidir. Gösteriniz.
{c, e}
Çözüm:
p ∈ ∂A ⇐⇒ (∀T ∈ T )[x ∈ T ⇒ (T ∩ A 6= ∅) ∧ (T ∩ A0 6= ∅)]
⇐⇒ [∀T ∀N (x ∈ T ⊂ N ) ⇒ (N ∩ A 6= ∅) ∧ (N ∩ A0 6= ∅)]
5.2.
KOM“ULUKLAR SSTEM
5.2
47
KOM“ULUKLAR SSTEM
KOM“ULUKLAR SSTEM LE
TOPOLOJK YAPILARIN KURULU“U
5.2.1
1.
PROBLEMLER
düzlemindeki salt topolojiyi (bkz. Örnek 4.1.2) kurmak için a³a§daki
kom³uluklar dizgelerinden her hangi birisinin kullanlabilece§ini gösteriniz.
(a) Düzlemdeki her z noktasna kar³lk, kenarlar eksenlere paralel olan
ve bu noktay içeren her hangi bir açk dikdörtgeni kapsayan bütün
kümelerin olu³turdu§u aile,
(b) Düzlemdeki her z noktasna kar³lk, bu nokta merkez olarak çizilen
her hangi açk bir diski kapsayan bütün kümelerin olu³turdu§u aile,
(c) Düzlemdeki her z noktasna kar³lk, bu noktay içeren ve kapal
bir e§riyle snrlanm³ her hangi bir bölgenin içini kapsayan bütün
kümelerin olu³turdu§u aile.
R2
Çözüme geçmeden önce, düzlemin salt topolojisi için Örnek
4.1.2 ile verilen dört topoloji taban ile ilgili basit gerçekleri anmsayalm.
Düzlemde bir z noktas verildi§inde, bu noktay kö³egenlerinin kesim noktasna alan ve kenarlar koordinat eksenlerine paralel olan açk bir dikdörtgen daima vardr. Bu dikdörtgen içerisine, merkezi kö³egenlerin kesim noktasnda olan bir açk disk daima çizilebilir. Her açk diskin içerisine tekrar
bir açk dikdörtgen çizilebilir. O halde, Önerme 4.1.2 uyarnca, söz konusu
açk dikdörtgenler ile açk diskler ayn topolojiyi üretirler.
Benzer olarak, her açk disk içine açk bir e³kenar üçgen ve her açk e³kenar
üçgen içine bir açk disk çizilebilir. O halde, açk e³kenar üçgenlerle açk
diskler ayn topolojiyi üretirler.
Son olarak, her açk disk içine açk bir kare ve her açk kare içine açk bir
disk çizilebilir. O halde, açk karelerle açk diskler ayn topolojiyi üretirler.
Bu dört tabann ayr ayr ürettikleri topolojiler ayndr ve düzlemin salt
topolojisi adn alr.
(a) Düzlemdeki her bir z noktasna kar³lk varl§ söylenen aileye B(z)
diyelim. Kenarlar koordinat esenlerine paralel olan bütün açk dikdörtgenleri (kenarsz dikdörtgenler) D(z) ile gösterelim. Kolayca görülece§i gibi D(z) ailesi sonlu arakesit i³lemine kapaldr; yani D(z) ye
ait sonlu sayda açk dikdörtgenin arakesiti ya bo³tur ya da açk bir
dikdörtgendir. Önce, B(z) ailesinin [N1]-[N4] kom³uluk aksiyomlarn
sa§lad§n gösterece§iz. Bunu gösterince, Önerme 5.2.1 uyarnca,
R2 düzleminde öyle bir T topolojisinin varl§n söyleyebiliriz ki, bu
topolojiye göre her z noktasnn kom³uluklar ailesi B(z) olur.
Çözüm:
48
BÖLÜM 5.
KOM“ULUKLAR
A ∈ B(z) ise z ∈ D ⊂ A olacak biçimde bir D ∈ D vardr. E§er
A ⊂ B ise z ∈ D ⊂ B olaca§ndan B ∈ B(z) olacaktr.
N2. A ∈ B(z) ise z ∈ D ⊂ A olacak biçimde bir D ∈ D vardr.
E§er A ⊂ B ise z ∈ D ⊂ B olaca§ndan B ∈ B(z) olacaktr.
A1 , A2 ∈ B(z) ise z ∈ D1 ⊂ A1 ve z ∈ D2 ⊂ A2 olacak biçimde
D1 , D2 ∈ D vardr. Buradan z ∈ D1 ∩ D2 ⊂ A1 ∩ A2 yazabiliriz.
D1 ∩ D2 ∈ D oldu§undan, A1 ∩ A2 ∈ B(z) çkar.
N3. B(z) ailesinin tanm uyarnca, her A ∈ B(z) için z ∈ D ⊂ A
olacak biçimde bir D ∈ D vardr. Dolaysyla, z ∈ A olur.
N4. V ∈ B(z) olsun. z ∈ D ⊂ V olacak biçimde bir D ∈ D vardr.
W = D alrsak her y ∈ W için V ∈ B(y) olur.
N1.
Problemin çözümünü tamamlamak için, D ∗
meliyiz. Önerme 5.2.1 uyarnca
= T
oldu§unu göster-
T = {A ⊂ R2 | z ∈ A ⇒ A ∈ B(z)}
dir. Öte yandan, tanmmz uyarnca
T ∈ T ⇔ ∃(Dz ∈ D)(z ∈ Dz ⊂ T )
oldu§undan,
T =
[
Dz
z∈T
yazabiliriz. O halde, T topolojisine ait her açk küme
kümelerin bir bile³imi olarak yazlabiliyor. Öyleyse,
D
ye ait
D∗ = T
olur.
(b) Bunun ispat yukardakine benzer olarak yaplabilir. Ama istersek,
her açk diskin içerisine açk bir dikdörtgen çizilebilece§i gerçe§ini
söyleyerek, bu ³kkn çözümünü önceki ³kka indirgeyebiliriz.
(c) z noktas düzlemde kapal bir e§ri ile snrlanm³ bir bölgenin iç
noktas ise, bu iç bölge içine z merkezli açk bir disk veya açk bir
dikdörtgen çizilebilir. Dolaysyla, bu ³kkn ispat (a) veya (b) ye
indirgenebilir.
5.3.
KOM“ULUKLAR TABANI
5.3
KOM“ULUKLAR TABANI
5.4
KARMA PROBLEMLER
1.
49
bir topolojik uzay ve σ ailesi T -topolojisinin bir alt taban olsun.
(a) σ(x) = {S ∈ σ : x ∈ S} ailesinin x noktas için bir kom³uluklar
taban olmayaca§n bir örnekle gösteriniz.
(X, T )
σ = {(−∞, b), (a, +∞) | a, b ∈ R} ailesi salt topoloji için
bir alt tabandr. a < x < b olmak üzere (a, b) ∈ B(x) dir. x ∈ (−∞, b)
ve x ∈ (a, +∞) dir; yani (−∞, b), (a, +∞) ∈ σ(x) dir. Ama (−∞, b)
ve (a, +∞) kümeleri (a, b) aral§ tarafndan kapsanamaz.
(b) σ(x) ailesinin sonlu arakesitlerinin olu³turdu§u ailenin x noktas için
bir kom³uluklar taban olaca§n gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
V ∈ B(x) ⇔ [(∃T ∈ T )(x ∈ T ⊂ V )
olur. Öte yandan T açk kümesi σ nn sonlu arakesitleri ailesinin bir
bile³imidir. O halde T ∈ σ(x) dir.
2. Düzlemdeki her z noktasna kar³lk, bu nokta merkez olarak çizilen, bütün
açk dairelerden olu³an ailenin, salt topolojiye göre, z noktasnn bir kom³uluklar taban oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
V ∈ B(z) ⇔ [(∃T ∈ T )(z ∈ T ⊂ V )
olur. z ∈ T düzlemde açk bir küme ise z merkezli ve T tarafndan kapsanan açk bir disk vardr.
3. Düzlemdeki her z noktasna kar³lk, bu nokta merkez olarak çizilen { 1r (r =
1, 2, 3, . . .)} yarçapl açk disklerden olu³an ailenin, salt topolojiye göre, bu
noktann saylabilir bir kom³uluklar taban oldu§unu gösteriniz. Buradan,
düzlemin salt topolojisinin birinci saylabilme aksiyomunu sa§lad§ sonucunu çkarnz.
Önceki problemde z merkezli açk disklerin bir kom³uluklar
taban oldu§unu söylemi³tik. Bu tabana ait her açk diskin içine z merkezli
ve 1r yarçapl bir açk disk çizilebilir. Çünkü, tabana ait diskin yarçap d
ise, Ar³imet kural gere§ince 1r < d olacak ³ekilde bir r do§al says daima
vardr.
4. Ayrk olmayan bir uzayda her hangi bir noktann kom³uluklar ailesi nedir?
Ayrk bir uzayda her hangi bir noktann kom³uluklar ailesi nedir?
Çözüm:
50
BÖLÜM 5.
KOM“ULUKLAR
Çözüm:
(X, T ) ayrk olmayan uzay ise, her noktann kom³ulu§u yalnzca {X} kümesidir.
(X, A ) ayrk uzay ise, her hangi bir noktann kom³ulu§u o noktay içeren
kümeler ailesidir.
5. p ö§esinin A kümesinin bir y§lma noktas olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul, p nin kom³uluklar tabanna ait her kümenin A ya ait ve p den farkl
olan bir ö§eyi içermesidir.
p noktasnn kom³uluklar tabann S(x) ile gösterelim. x noktasnn her T kom³ulu§u için x ∈ S ⊂ T olacak biçimde bir S ∈ S(x)
vardr. O halde,
Çözüm:
p ∈ Ã ⇔ ((∀T ∈ T )(p ∈ T ⊂ A) ⇒ (T − {p}) ∩ A 6= ∅)
⇔ (∀S ∈ S(x))(∀T ∈ T )(p ∈ S ⊂ T ) ⇒ (S − {p}) ∩ A 6= ∅)
⇔ (∀S ∈ S(x)) ⇒ (S − {p}) ∩ A 6= ∅)
yazabiliriz.
6. Ayrk bir uzayda her noktann sonlu bir kom³uluklar taban oldu§unu
gösteriniz.
Ayrk uzayda her B ∈ B(x) için x ∈ {x} ⊂ B dir. O halde
yalnz {x} den olu³an ile x noktasnn bir kom³uluklar tabandr.
7. Bir noktann sonlu bir kom³uluklar taban varsa, bu noktann tek bir
kümeden olu³an bir kom³uluklar taban vardr. Gösteriniz.
Çözüm:
x noktasnn sonlu bir kom³uluklar taban S(x) = {S1 , S2 , . . . , Sn }
olsun. Kom³uluklar tabanna ait her küme B(x) kom³uluklar ailesine aittir. [N2] aksiyomu uyarnca sonlu sayda kom³ulu§un arakesiti gene bir
kom³uluktur. O halde,
n
Çözüm:
S=
\
i=1
Si
dersek, {S} ailesi bir kom³uluklar taban olur. Çünkü, her B ∈ B(x)
için Si ⊂ B olacak ³ekilde tabana ait bir Si vardr. Oysa s ⊂ Si dir.
Öyleyse, B ∈ B(x) için S ⊂ B olur. O halde, {S} ailesi x noktasnn bir
kom³uluklar tabandr.
8. (a) (X; T ) topolojik uzaynda F ailesi, kapal kümeler için bir taban ise,
bu aileye ait kümelerin tümleyenlerinden olu³an aile açk kümeler için
bir tabandr.
(b) Kar³t olarak, (X; T ) topolojik uzaynda B ailesi, açk kümeler (topoloji)
için bir taban ise, bu aileye ait kümelerin tümleyenlerinden olu³an aile
kapal kümeler için bir tabandr.
Gösteriniz.
5.4.
51
KARMA PROBLEMLER
Çözüm:
(a)
T ∈ T ⇔ T0
kapal
!
⇔ (∃i ∈ I)(∃Fi ∈ F ) (T =
0
\
Fi
i∈I
!
⇔ (∃i ∈ I)(∃Fi ∈ F ) (T =
\
0
Fi
i∈I
Demek ki, her açk T kümesi F ailesinin tümleyenlerinden olu³an
ailenin bir alt-ailesinin bile³imi olarak yazlabilir. F ∈ F ⇔ F ∈ T
oldu§undan istenen özelik ortaya çkar.
0
(b)
K
kapal ⇔ K 0 açk
!
⇔ (∃i ∈ I)(∃Bi ∈ B) (K =
0
[
Bi
i∈I
!
⇔ (∃i ∈ I)(∃Bi ∈ B) (K =
\
0
Bi
i∈I
Tabii, formülde K 0 e³itli§inden her i ∈ I için Bi ⊂ Ki ⇔ Bi ⊃ K
dr. Ker kapal K kümesi için bu yaplabildi§ine göre, B tabanna ait
kümelerin tümleyenlerinden olu³an aile kapal kümeler için bir taban
olur.
9. (X, ≤) tam sralanm³ bir küme olsun. Her a, b ∈ X ö§e çiftine kar³lk
{x ∈ X : x > a}, {x ∈ X : x < b} ve {x ∈ X : a < x < b} kümeleri tanmlanyor. a, b ö§eleri bütün X kümesini tarad§nda elde edilecek bütün
bu kümelerden olu³an B ailesinin X kümesi üzerinde bir topoloji taban
oldu§unu gösteriniz. Bu tabann üretti§i topolojiye sra topolojisi denir.
Bu topolojik uzayn kapal kümelerinin nasl oldu§unu belirleyiniz.
0
0
B ailesinin Önerme 4.1.3 ün ya da Önerme 4.1.7 nin hipotezlerini sa§lad§n göstermemiz gerekir.
(a)
[
Çözüm:
X=
{B | B ∈ B}
oldu§u açktr. Çünkü e³itli§in sa§ndaki bile³imi olu³turan her B
kümesi X kümesi tarafndan kapsanr. Tersine olarak, her t ∈ X
ö§esi için t 6= a olmak üzere ya t ∈ {x ∈ X : x > a} ya da t ∈ {x ∈
X : x < a} olmaldr. Dolaysyla, yukardaki e³itlik vardr.
52
BÖLÜM 5.
(b)
KOM“ULUKLAR
ailesinin sonlu arakesit i³lemine kapal oldu§u hemen görülüyor. O
halde,Önerme 4.1.7 uyarnca, B∗ bir topolojidir.
Problem 8(b) uyarnca,sra topolojisi nin kapal kümelerinin bir taban,
açk kümeler için yukarda verilen B topoloji tabanna ait kümelerin tümleyenlerinin olu³turdu§u K ailesidir.
10. B = {{x} | x ∈ X} ailesinin (X, A ) ayrk uzay için bir taban oldu§unu
gösteriniz.
B
B ailesinin Önerme 4.1.3 ün ya da Önerme 4.1.7 nin hipotezlerini sa§lad§n göstermemiz gerekir.
(a)
[
[
Çözüm:
X=
(b)
{B | B ∈ B} =
{x} x ∈ X
oldu§u açktr.
(
∅, A 6= B
A, B ∈ B ⇒ A ∩ B =
{x}, A = B = {x}
A∩B = ∅ ise Önerme 4.1.3(b) sa§lanr. A∩B = {x} ise x ∈ C ⊂ A∩B
ko³ulunu sa§layan küme C = {x} ∈ B dir. Dolaysyla, Önerme
4.1.3(b) gene sa§lanr.
11. Ayrk olmayan (X, T) uzay için B = {X} ailesinin bir taban oldu§unu
gösteriniz.
Ayrk olmayan uzayda topoloji taban yalnzca {X} kümesinden olu³ur.
12. B = {x : |x| < r, x, r ∈ Q} ailesinin R üzerindeki salt topoloji için
bir taban oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
B ailesi sonlu arakesit i³lemine kapaldr. Önerme 4.1.7 uyarnca
[
[
R = {B : B ∈ B} = {x : |x| < r,
x, r ∈ Q}
üzerinde bir S topoloji üretir. Önerme 4.1.8 uyarnca
R = {(a, b)|a, b ∈ R
açk aralklar ailesi salt topolojinin bir tabandr. S topolojisinin R üzerindeki R salt topolojisine e³it oldu§unu; yani
S = B ∗ = R∗ = R
5.4.
KARMA PROBLEMLER
53
oldu§unu göstermek için Önerme 4.1.2 yi kullanabiliriz. {x : |x| < r} =
(x − r, x + r) dir. Gerçel eksenin her (a, b) ∈ R açk aral§ için x ∈ (a, b)
oldu§unda x ∈ (x − r, x + r) ⊂ (a, b) olacak biçimde, uç noktalar rasyonel
olan bir (x − r, x + r) ∈ B açk aral§ daima bulunabilir. Örne§in, r =
1
2 min{|x − a|, |x − b|} almak yetecektir.
Tersine olarak, uç noktalar rasyonel olan her (x − r, x + r) = (p, q) açk
aral§ için y ∈ (p, q) oldu§unda y ∈ (c, d) ⊂ (p, q) olacak biçimde bir
(c, d) = (y − δ, y + δ) ∈ R açk aral§ daima bulunabilir. Örne§in, δ =
1
2 min{|y − p|, |y − q|} almak yetecektir.
54
BÖLÜM 5.
KOM“ULUKLAR
Ksm III
Topolojilerin Resmedilmesi
55
Bölüm 6
SÜREKL FONKSYONLAR
6.1
YEREL SÜREKLLK
6.2
YAYGIN SÜREKLLK
6.2.1
Problemler
1. Bir topolojik uzaydan kendisine olan özde³lik dönü³ümü süreklidir. Neden?
(X, T ) bir topolojik uzay ve I : (X, T ) −→ (X, T ) özde³lik
dönü³ümü ise;
(a) I bbö dir,
(b) Her T ∈ T için I(T ) = T ve I −1 (T ) = T oldu§undan I ve I −1 açk
kümeleri açk kümelere resmederler.
O halde, Önerme 2.1.1 sa§lanr.
2. Her hangi bir topolojik uzaydan ba³ka bir topolojik uzaya olan sabit
fonksiyonlar süreklidir. Neden?
Çözüm:
Çözüm:
y0 , (y0 ∈ Y
f : (X, T ) −→ (Y, S ) fonksiyonu
sabit) koulunu sa§lasn. Her S ∈ S
(
X, y0 ∈ S
−1
f (S) =
∅, y0 ∈
/S
her x
için
∈ X
için
f (x) =
(6.1)
olur. Her iki halde de açk kümelerin f −1 ters dönü³ümü altndaki resimleri
açktr. O halde, f süreklidir.
3. Bir ayrk uzaydan her hangi bir topolojik uzaya olan fonksiyonlar süreklidir. Neden?
57
58
BÖLÜM 6.
SÜREKL FONKSYONLAR
(X, T ) her hangi bir topolojik uzay ve (A, A ) ayrk uzay olsun.
Bir f : (A, A ) −→ (X, T ) fonksiyonu verilsin. Her T ∈ T için f −1 (T ) ⊂
A dr ve A nn her alt kümesi ayrk topolojiye göre açktr; yani
Çözüm:
T ∈ T ⇒ f −1 (T ) ∈ A
dr. Açk kümelerin f −1 ters dönü³ümü altndaki resimleri açk oldu§undan, f süreklidir.
4. Her hangi bir topolojik uzaydan ayrk olmayan bir uzaya olan fonksiyonlar
süreklidir. Neden?
Çözüm:
(X, T ) her hangi bir topolojik uzay ve (F, F ) ayrk olmayan
bir uzay olsun. Bir f : (X, T ) −→ (F, F ) fonksiyonu verilsin. F nin açk
kümeleri yalnzca {∅, F } dir.
f −1 (∅) = ∅ ∈ T ,
f −1 (F ) = X ∈ T
oldu§undan; yani açk kümelerin f −1 ters dönü³ümü altndaki resimleri
açk oldu§undan, f süreklidir.
5. (X, T ) ve (Y, S ) topolojik uzaylar ile f : X → Y fonksiyonu verilsin. s
ailesi S nin bir alt taban ise, f nin sürekli olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul, her S ∈ s için f −1 (S) ∈ T olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm:
Gerekli§i:
s
alt tabanna ait her küme açktr. Çünkü
s⊂S⊂S
kapsamalar vardr. Öyleyse, f fonksiyonu sürekli ise,
S ∈ s ⇒ f −1 (S) ∈ T
(6.2)
olmaldr.
Yeterli§i: Tersine olarak 9.1 sa§lansn. Her H için
H ∈ S ⇒ f −1 (H) ∈ T
(6.3)
oldu§unu göstermeliyiz. s alt-tabannn bütün sonlu arakesitlerinin
olu³turdu§u aile S tabandr. T topolojisine ait her açk küme T
tabanna ait baz kümelerin bir bile³imi olarak yazlabilir. O halde,
H ∈ S ise
!
n
H=
[
\
i∈I
k=1
Sik
6.2.
59
YAYGIN SÜREKLLK
olacak biçimde Si ∈ s, (k = 1, 2, . . . , n) kümeleri ile bir I damga
kümesi vardr. Bu durumda,
k
n
\
[
f −1 (H) = f −1
i∈I
=
[
f
k=1
n
\
−1
i∈I
=
!!
Sik
!!
Sik
k=1
[
n
\
i∈I
k=1
!
f
−1
(Sik )
yazlabilir. Her i ∈ I ve her k = 1, 2, . . . , n için (f −1 (Si ) ∈ T
oldu§undan, topolojinin [T2] ve [T3] aksiyomlar sa§ yann T ye ait
oldu§unu söyler. Böylece, 9.1 sa§lanyorsa 9.2 ba§ntsnn da sa§land§ gösterilmi³ oldu.
6. Bir (X, T ) topolojik uzayndan bir (Y, S ) topolojik uzay içine bir f
fonksiyonu veriliyor. A³a§daki ifadelerin e³de§er olduklarn gösteriniz:
(a) f fonksiyonu X üzerinde süreklidir,
(b) Her A ⊂ Y alt kümesi için f −1 (A◦ ) ⊂ f −1 (A) ◦ dr,
(c) Her A ⊆ Y alt kümesi için f −1 (Ā) ⊃ (f −1 (A)) dr.
k
Çözüm:
(a)
⇒
(b):
Ao ⊂ A ⇒ f −1 (Ao ) ⊂ f −1 (A)
dr. Oysa f sürekli oldu§undan f −1 (Ao ) açktr. Öyleyse f −1 (A) nin
içlemi tarafndan kapsanr; yani
f −1 (Ao ) ⊂ (f −1 (A))o
(6.4)
olur.
(b)
⇒
(a):
S ∈ S ⇒ f −1 (S) ∈ T
oldu§unu gösterece§iz. S açk ise S = S o oldu§undan, 6.4 uyarnca
f −1 (S) = f −1 (S o ) ⊂ (f −1 (S))o
dir. Oysa, bu kapsamann tersi olan
f −1 (S) ⊃ (f −1 (S))o
daima vardr. Demek ki f −1 (S) = (f −1 (S))o ∈ T dir.
60
BÖLÜM 6.
(a)
⇒
SÜREKL FONKSYONLAR
(c):
Ā ⊃ A ⇒ f −1 (Ā) ⊃ f −1 (A)
dr. Oysa f sürekli oldu§undan f −1 (Ā) kapaldr. Öyleyse
nn kaplamn kapsar (bkz. Önerme 2.5.1(d)). O halde
f −1 (A)
(6.5)
f −1 (Ā) ⊃ (f −1 (A))
olur.
(c)
⇒
(a):
0
K ∈ S ⇒ f −1 (K) ∈ T
0
oldu§unu gösterece§iz. K kapal ise K = K̄ oldu§undan, 6.5 uyarnca
f −1 (K) = f −1 (K̄) ⊃ (f −1 (K))
dr. Oysa, bu kapsamann tersi olan
f −1 (K) ⊂ (f −1 (K))
daima vardr. Demek ki f −1 (K) = (f −1 (K)) ∈ T dir.
0
6.3.
AÇIK VE KAPALI DÖNܓÜMLER
6.3
61
AÇIK ve KAPALI DÖNܓÜMLER
6.3.1
P R O B L E M L E R
1. Gerçel saylardan gerçel saylara tanmlanan sabit bir fonksiyonun sürekli
ve kapal bir dönü³üm oldu§unu; ama açk bir dönü³üm olmad§n gösteriniz.
Çözüm:
(R, R) uzaynda her nokta kapal bir kümedir. Dolaysyla, (R, R)
den (R, R) ye tanml her sabit fonksiyon her alt kümeyi sabit bir noktadan olu³an kapal bir kümeye resmeder. Özel olarak kapal kümeleri
kapal kümelere resmedece§i için sabir fonksiyon kapal bir dönü³ümdür.
Sabit fonksiyonun sürekli oldu§unu Problem 6.2.1(2) den biliyoruz.
2. Gerçel saylardan gerçel saylara tanmlanan f : x −→ x2 fonksiyonun açk
olmad§n gösteriniz.
Çözüm:
A = (−1, 1) aral§n alalm. A açktr. Ancak f (A) = [0, 1)
kümesidir. Bu küme ne açk ne kapaldr. O halde, f açk bir dönü³üm
olamaz.
3. Önerme 6.3.1 ve Önerme 6.3.2 yi ispatlaynz.
Çözüm:
Önerme 6.3.1 :
f
bir topolojik e³yap resmi ise, Önerme 2.1.1 uyarnca
(a) f bbö dir.
(b) f açk bir dönü³ümdür.
(c) f −1 açk bir dönü³ümdür.
Sonuncu ko³ul f nin sürekli olmasn gerektirir. O halde, topolojik
e³yap dönü³ümleri açk ve sürekli dönü³ümlerdir.
Benzer olarak, f bir topolojik e³yap resmi ise, Önerme 2.2.2 uyarnca
(a) f bbö dir.
(b) f kapal bir dönü³ümdür.
(c) f −1 kapal bir dönü³ümdür.
Sonuncu ko³ul f nin sürekli olmasn gerektirir. O halde, topolojik
e³yap dönü³ümleri kapal ve sürekli dönü³ümlerdir.
Önerme 6.3.2 : f : (X, T ) → (Y, S ) bir topolojik e³yap tesmi ise,
yukarda ispatn yapt§mz Önerme 6.3.1 uyarnca
(a) f bbö dir.
(b) f sürekli ve açk (sürekli ve kapal) bir dönü³ümdür.
(c) f −1 açk (kapal) bir dönü³ümdür.
62
BÖLÜM 6.
SÜREKL FONKSYONLAR
bbö oldu§u için (f −1 )−1 = f oldu§u açktr. f açk oldu§una göre
f −1 süreklidir. Demek ki f ile f −1 dönü³ümleri bbö, hem sürekli hem
açk (kapal) dönü³ümlerdir. Tersine olarak, bu ko³ullarn sa§lanmas
Önerme 2.1.1 ya da Önerme 2.2.2 nin hipotezlerinin sa§lanmas demektir. Dolaysyla, hem f hem f −1 topolojik e³yap dönü³ümleridir.
4. f : (X, T ) → (Y, S ) bire-bir örten bir fonksiyon olsun. f fonksiyonunun
bir topolojik e³yap resmi olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, her A ⊂ X
alt-kümesi için f (Ā) = f (A) olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm:
f topolojik e³yap dönü³ümü ise, Önerme 6.3.1 uyarnca sürekli
ve kapal (açk) olmaldr. Oysa, f nin sürekli ve kapal olmas için Önerme
6.3.4 uyarnca, her A ⊂ X alt-kümesi için f (Ā) = f (A) olmas gerekli ve
yeterlidir.
5. (X, T ) uzaynn ayrk olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, X uzayndan
her Y uzayna tanml fonksiyonlarn sürekli olmasdr.
Çözüm:
(X, A ) uzay ayrk uzay olsun. I : (X, T ) → (X, A ) özde³lik dönü³ümünün sürekli olmas için (X, T ) uzaynn ayrk olmas gerekli
ve yeterlidir. Ayrk olmayan hiç bir T topolojisi I özde³lik dönü³ümünü
sürekli klamaz.
6. Bo³ olmayan bir X kümesi veriliyor. X üzerinde öyle bir T topolojisi
kurunuz ki, her (Y, S ) uzayndan (X, T ) uzayna tanml her fonsiyon
sürekli olsun. Bu topolojiyi belirleyiniz.
Çözüm:
(X, T ) uzaynn ayrk olmayan uzay ise her uzaydan buraya
tanml her fonksiyon sürekli olur (bkz. Problem 6.2.1(4)).
7. f : (X, T ) → (Y, S ) sürekli ve örten bir fonksiyon ise, X uzaynn yo§un
alt kümelerini Y uzaynn yo§un alt kümelerine resmeder; yani
Ā = X ⇒ f (A) = Y
(6.6)
olur. Gösteriniz.
f sürekli ise, Teorem 6.2.1 uyarnca Ā ⊂ f (A) dr. A yo§un ise
oldu§undan
Çözüm:
Ā = X
Y = f (X) = f (Ā) ⊂ f (A)
olur. Oysa, bu kapsamann tersi olan Y ⊃ f (A) daima vardr. O halde,
Y = f (A) çkar, ki bu (6.6) nn sa§lanmas demektir.
Bölüm 7
TOPOLOJLERN
KAR“ILA“TIRILMASI
7.1
KABA ve NCE DOKULULUK
7.1.1
KAR“ILA“TIRILABLR TOPOLOJK YAPILAR
7.1.2
P R O B L E M L E R
1. Bir X kümesi üzerinde T ve S topolojileri veriliyor. S ⊂ T ise, gösteriniz ki her A ⊂ X alt-kümesinin T ya göre içi, S ye göre içinden daha
büyüktür.
Çözüm
Her A ⊂ X için AT
⊃ AS
oldu§unu
x ∈ AS ⇒ (∃TS ∈ S )(x ∈ TS ∈ S )
⇒ (∃TS ∈ S )(x ∈ TS ∈ T )
ba§nsndan görebiliriz.
2. Ayn bir alt-tabana sahip iki topolojinin e³it olaca§n gösteriniz.
s ortak alt-taban olsun. s nn sonlu arakesitlerinden olu³an aileyi
S ile gösterelim. S ailesi S ve T topolojileri için ortak taban olur. Ortak
Çözüm
bir tabana sahip iki topoloji ayn olur:
s ⊂ S ⇒ S∗ = S
s ⊂ S ⇒ S∗ = T
)
⇒S =T
3. Gerçel eksen üzerindeki salt topolojinin alt-limit topolojisinden kesinlikle
daha kaba oldu§unu gösteriniz.
63
64
BÖLÜM 7.
TOPOLOJLERN KAR“ILA“TIRILMASI
Bunun ispat Örnek 7.1.1 deki gibi yaplabilir.
4. s1 ve s2 srasyla T1 ve T2 topolojileri için birer alt-taban olsunlar.
(a) s2 ⊂ s1 ise T2 ⊂ T1 ,
(b) s2 ⊂ s1 ⊂ T2 ise T1 = T2
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm
Çözüm
(a)
s1 nn üretti§i
S2 olsun.
topoloji taban S1 ve s2 nn üretti§i topoloji taban
s2 ⊂ s1 ⇒ S2 ⊂ S1 ⇒ T2 ⊂ T1
(7.1)
s1 ⊂ T2 ⇒ S1 ⊂ T2
(7.2)
(7.3)
(b)
⇒ T1 ⊂ T2
9.1 ve 9.2 dan istenen çkar.
7.2
TOPOLOJLERN SIRALANMASI
7.2.1
P R O B L E M L E R
1. Bo³ olmayan bir X kümesi üzerinde verilen bir topolojiler ailesinin "daha
kaba dokulu olmak" ba§ntsna göre tikel sralanm³ bir dizge olu³turdu§unu gösteriniz (bkz. Önerme 7.2.1 ).
Çözüm
Tikel (ksmi) sralama ba§ntsnn Tanm 1.4.1 ile verilen yansmal, geçi³li ve antisimetrik olma özeliklerinin, bir X kümesi üzerinde
tanml bir Θ topolojiler ailesi tarafndan sa§land§n göstermeliyiz.
(i) Her T ∈ Θ için T ⊂ T oldu§u açktr.
(ii) Her T , S ∈ Θ için (S ⊂ T )∧(S 6= T ) ise T 6⊂ S olaca§ kümeler
cebirinden bilinir.
(iii) Her T , S , H ∈ Θ için
(S ⊂ T ) ∧ (T ⊂ H ) ⇒ S ⊂ H )
oldu§u da kümeler cebirinden bilinir.
2. kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§layan uzay, Birinci Saylabilme Aksiyomunu da sa§lar. Gösteriniz.
7.2.
TOPOLOJLERN SIRALANMASI
65
Çözüm
(X, T ) uzay kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lyorsa, Tanm
4.1.3 gere§ince saylabilir bir topoloji taban vardr. buna S = {Si :
i ∈ N} diyelim. Kom³uluk tanm uyarnca ∀(x ∈ X)(∀B ∈ B(x)) için
x ∈ TB ⊂ B olacak biçimde bir TB ∈ T açk kümesi vardr. Öte yandan,
S taban oldu§undan x ∈ Si ⊂ TB olacak biçimde bir Si ∈ S bulunabilir.
Bu ko³ulu sa§layan {Si } ailesi x ∈ X noktasnn saylabilir bir kom³uluklar
tabandr.
66
BÖLÜM 7.
TOPOLOJLERN KAR“ILA“TIRILMASI
Bölüm 8
DÖNܓÜMLERLE
KONDURULAN
TOPOLOJLER
8.1
ZDܓEL TOPOLOJ
8.1.1
1.
Problemler
Örnek 8.1.2 ile verilen ters resim topolojisinin açk ve kapal kümelerinin
srasyla, S nin açk ve kapal kümelerinin ters resimlerinden ibaret oldu§unu
gösteriniz.
f : X → (Y, S ) fonksiyonunun X üzerine kondurdu§u izdü³el
topolojiye (ters resim topolojisi) H diyelim. Önerme 8.1.1 uyarnca
Çözüm:
S = {f −1 (S) : S ∈ S }
(8.1)
ailesi H topolojisinin bir alt-tabandr. Bu ailenin sonlu arakesitlerinin
olu³turdu§u aileyi S ile gösterelim.
f
−1
n
\
!
Si
=
i=1
n
\
f −1 (Si )
i=1
!
f −1
[
Sı
ı∈I
e³itliklerinden S = S = S
∗
=H
=
[
f −1 (Sı )
ı∈I
oldu§u görülür. O halde, 8.1 gere§ince
T ∈ H ⇔ (∃S ∈ S )(T = f −1 (S)
67
68
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
dir. Önerme 6.2.1(c) uyarnca, L kümesi S topolojisinde kapal ise f −1 (L)
ters resmi H topolojisinde kapal olacaktr. Kar³t olarak, K kümesi H
topolojisinde kapal ise K 0 açktr. 8.1 gere§ince, K 0 = f −1 (S) olacak
biçimde bir S ∈ S açk kümesi vardr. S 0 kapaldr ve K 0 = f −1 (S 0 ) dür. O
halde, H topolojisinin kapal kümeleri S topolojisinin kapal kümelerinin
ters resimleridir.
2. Yine yukardaki örnekte, her x ∈ X için W kümeleri S ye göre f (x)
noktasnn bir kom³uluklar tabann taryorsa X üzerinde S nin ters resim
topolojisine göre, f −1 (W ) kümeleri x noktasnn bir kom³uluklar tabann
tarayacaktr. Gösteriniz.
Çözüm:
W ∈ B(f (x)) ⇒ (∃S ∈ S )(f (x) ∈ S ⊂ W
⇒ (x ∈ f −1 (S) ⊂ f −1 (W ) ∈ B((f (x))
B ∈ B(x) ⇒ (∃T ∈ H )(x ∈ T ⊂ B)
⇒ (∃S ∈ S )(x ∈ T = f −1 (S) ⊂ B)
3.
(X, T ve (Y, S ) uzaylar ile bir f : X → Y fonksiyonu verilsin. f nin
sürekli olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, X üzerinde S nin ters resim
topolojisi olan H topolojisinin T topolojisinden daha kaba dokulu olmasdr. Gösteriniz.
f : (X, T ) → (Y, S ) fonksiyonu sürekli ise S ∈ S ⇒ f −1 (S) ∈
Buradan, 8.1 gere§ince, S∗ = H ⊂ T olur.
Çözüm:
T
4.
dir.
Örnek 8.1.3 gösterimleri altnda, H izdü³el topolojisi, X üzerindeki topolojiler arasnda her ı ∈ I için fı özde³lik fonksiyonunu sürekli klan topolojilerin arakesitine e³ittir. Gösteriniz. Bunun Önerme 7.2.4 ile e³de§er oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm:
F = {fı }
Bütün fı : X → (X, Tı ) sürekli özde³lik fonksiyonlarnn ailesini
ile ve sözkonusu topolojilerin arakesitini
\
T =
Tı
(8.2)
ı∈I
ile gösterelim. Ba³ka bir deyi³le
Tı ∈ T ⇔ fı : X → (X, Tı ) sürekli
ba§nts vardr. H izdü³el topolojisi F ye ait her fı fonksiyonunu sürekli
klar. O halde, 8.2 gere§ince H ⊃ T dir. Kar³t olarak, H nn tanm
uyarnca,
T ∈ T ⇒ (∀ı ∈ I)(T = fı−1 (T ) ∈ H
8.1.
69
ZDܓEL TOPOLOJ
dr. Öyleyse T = H olur.
Öte yandan, Önerme 8.1.1 gere§ince
S = {fı−1 (T ) : T ∈ Tı }
ailesi H = T izdü³el topolojisinin bir alt-tabandr. Önerme 7.2.4 uyarnca,
ailesini alt taban kabul eden H topolojisi Tı topolojilerinin en küçük
üst snrdr.
S
5. Bir X kümesi ile bir Y = {(Y ı, Tı ) : ı ∈ I} topolojik uzaylar ailesi
veriliyor. E§er F = {fı : X → Y ı} sabit fonksiyonlardan olu³an bir aile
ise, F ye göre Y nin X üzerindeki izdü³el topolojisini bulunuz.
X üzerindeki ayrk olmayan topoloji F ailesine ait bütün fonksiyonlar sürekli klar (bkz.Problem 6.2.1(4)).O halde, önceki problem gere§ince,
ayrk topoloji aranan izdü³el topolojidir.
Çözüm:
6.
R
gerçel saylar kümesi üzerinde
F = {fab : R → (R, R) | fab : x
a, b ∈ R}
ax + b,
fonksiyonlarn, yani R den R ye bütün do§rusal fonksiyonlar sürekli klan
en kaba dokulu topolojinin yine gerçel eksenin R salt topolojisi oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm:
Her fab ∈ F do§rusal dönü³ümünün bir topolojik e³yap dönü³ümü
oldu§unu biliyoruz (bkz Örnek 6.3.4). Buradan
−1
T ∈ R ⇔ fab
(T ) ∈ R
oldu§u görülür. O halde, her a, b ∈ R için fab−1 (R) = R olacaktr, ki bu
−1
{fab
(R) : a, b ∈ R} = R
e³itli§inin varl§ demektir. Bu e³itli§in sol yan,
kondurdu§u izdü³el topolojidir.
7.
R
F
ailesinin
R
üzerine
üzerindeki alt-limit topolojisini L ile gösterelim. R üzerinde
F = {fab : R → (R, L ) | fab : x
ax + b,
a, b ∈ R}
do§rusal dönü³ümlerini sürekli klan en kaba topolojinin ayrk topolojiden ba³kas olamayaca§n; yani, (R, T ) uzaynn F ye göre R üzerindeki
izdü³el topolojinin ayrk topoloji oldu§unu gösteriniz.
70
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
Sözkonusu izdü³el topolojiyi T ile gösterelim. Her p ∈ R için
{p} kümesinin T -açk oldu§unu göstermeliyiz. f (x) = x − p ve g(x) =
−x + p fonksiyonlar F ailesine aittirler. B = [0, p) kümesi ise L topolo-
Çözüm:
jisine aittir.
f −1 (B) = [p, 2p),
g −1 (B) = (0, p]
ters resimleri T izdü³el topolojisinin alt-tabanna aittir. O halde bunlarn
arakesiti
[p, 2p) ∩ (0, p] = {p}
kümesi T topolojisine ait olacaktr; yani her p ∈ R için {p} ∈ T dir.
8.2.
8.2
TÜMEL TOPOLOJ
8.2.1
1.
71
TÜMEL TOPOLOJ
Problemler
Tanm 8.2.3
gösterimleri altnda,
D=
\
Ti
(8.3)
i∈I
oldu§unu gösteriniz.
Her ı ∈ I için fı : (Yı , Tı ) → (X, D) özde³lik dönü³ümü sürekli
oldu§undan, Önerme 7.1.1 uyarnca, her ı ∈ I için D ⊂ Tı olur. O halde
Çözüm:
D⊂
\
Ti
(8.4)
i∈I
kapsamas vardr. Öte yandan, D tümel topolojisi {fı } özde³lik dönü³ümlerini sürekli klan topolojilerin en incesi oldu§undan
D⊃
\
Ti
(8.5)
i∈I
ba§nts vardr. 8.4 ve 8.5 den istenen 8.3 e³itli§i çkar.
2. Bire-bir ve örten
f : (X, T ) → (Y, S )
fonksiyonunun bir e³yap resmi olmas için gerekli ve yeterli ko³ul S nin,
üzerindeki topolojiler arasnda f fonksiyonunu sürekli klanlarn en ince
dokulusu olmasdr. Gösteriniz.
Y
Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. S den daha ince olan
ve f fonksiyonunu sürekli klan bir U topolojisi var olsun. S ⊂ U olacaktr. f fonksiyonu T − U sürekli oldu§undan,
Çözüm:
U ∈ U ⇒ f −1 (U ) ∈ T
⇒ f of −1 (U ) = U ∈ S
oldu§undan, U ⊂ S dir, ki bu kabulümüzle çeli³ir. O halde, S den daha
ince olan ve f fonksiyonunu sürekli klan bir U topolojisi yoktur.
72
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
8.3
ALT UZAYLAR
8.4
PROBLEMLER
1.
(A, TA ) uzay (X, T ) nun bir alt-uzay olsun. E§er S, T
ise, S nin A üzerindeki izi diyece§imiz
nun bir alt-taban
(8.6)
SA = {S ∩ A : S ∈ S}
ailesi TA nn bir alt-tabandr. Gösteriniz.
Çözüm:
TA ∈ TA ⇒ (∃T ∈ T )(TA = T ∩ A)
S
alt-taban oldu§undan

⇒T =
[

\

ı∈I
{Sj | Sj ∈ S}
j∈J

⇒ TA =
[

\

ı∈I
{Sj ∩ A | Sj ∩ A ∈ SA }
j∈J
yazlabilir, ki bu isteneni verir.
2. (A, TA ) uzay (X, T ) nun bir alt-uzay olsun. Bir x ∈ A noktasnn TA kom³uluklar
BA (x) = {W ∩ A : W ∈ B(x)}
(8.7)
ve TA -kom³uluklar taban
SA (x) = {S ∩ A : S ∈ S(x)}
(8.8)
ailesidir.
Çözüm:
W ∈ B(x) ⇔ (∃T ∈ T )(x ∈ T ⊂ W )
⇔ (∃(T ∩ A) ∈ TA )(x ∈ T ∩ A ⊂ W ∩ A)
⇔ (W ∩ A) ∈ BA (x)
W ∈ B(x) ⇔ (∃V ∈ S(x))(x ∈ V ⊂ W )
⇔ (∃(V ∩ A) ∈ SA (x))(x ∈ V ∩ A ⊂ W ∩ A)
⇔ (V ∩ A) ∈ SA (x)
3.
(A, TA ) uzaynn kapal alt-kümeleri, (X, T ) üst-uzaynn kapal kümeleri
ile A nn arakesitlerinden ibarettir. Gösteriniz.
8.4.
73
PROBLEMLER
Çözüm:
0
0
K∈T ⇔K ∈T
0
⇔ K ∩ A ∈ TA
0
0
⇔ A − (K ∩ A) ∈ TA
0
⇔ K ∩ A ∈ TA
4.
uzay (X, T ) nn bir alt uzay ve IA : A → X do§al gömme
fonksiyonu olsun. (A, TA ) alt-uzaynn TA = {A ∩ K | K ∈ T } ile tanmlanan kapal kümelerini,
(A, TA )
0
0
TA = {I −1 (T ) | T ∈ T }
ile tanmlanan açk kümelerin tümleyenleri olarak elde ediniz.
A, TA ) alt uzayn kapal kümeleri üst uzaydaki kapal kümelerin
A ile arakesitlerinden olu³ur. IA : A → X do§al gömme fonksiyonu I :
X → X özde³lik dönü³ümünün A kümesine kstlanm³dr; yani IA = I|A
dr. I özde³lik dönü³ümü bir e³yap dönü³ümüdür (homeomorphism). O
Çözüm:
halde,
0
0
KA ∈ TA ⇒ (∃K ∈ T )(KA = K ∩ A)
0
⇒ (∃K ∈ T )(KA = (I −1 (K) ∩ A))
0
⇒ (∃K ∈ T )(KA = (I −1 (K ∩ A)))
0
−1
⇒ (∃K ∈ T )(KA = (IA
(K)))
yazlabilir ki bu isteneni verir.
5. Gerçel eksen üzerindeki salt topolojinin Z tamsaylar kümesi üzerine kondurdu§u topolojiyi belirleyiniz.
Çözüm:
(Z, TZ ) ayrk bir uzaydr. Çünkü, her k ∈ Z için öyle bir > 0
says bulunabilir ki (k − , k + ) açk aral§ k dan ba³ka tamsay içermez.
O halde, Z ∩ (k − , k + ) = {k} olur ki bu {k} kümesinin TZ ) topolojisine
göre açk olmas demektir. Her k ∈ Z için bu özelik var oldu§una göre
istenen çkar.
6. Ayrk bir uzayn her alt-uzay ayrktr. Gösteriniz.
Çözüm:
(X, T )
ayrk bir uzay ve A ⊂ X olsun.
∀x(x ∈ A ⇒ {x} ∈ T
⇒ {x} ∩ A ∈ TA
⇒ {x} ∈ TA
olur.
74
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
7. Bir (X, T ) uzay ile B ⊂ A ⊂ X alt-kümeleri verilmi³ olsun.
(a) B ⊂ BA
(b) (∂B)A ⊂ A ∩ (∂B) oldu§unu gösteriniz. Kapsamlarn kesinlikle var
oldu§u hallere birer örnek veriniz.
Çözüm:
(a)
x ∈ B o ⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ T ⊂ B)
⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ (T ∩ A) ⊂ B)
⇒ (∃(T ∩ A) ∈ TA )(x ∈ (T ∩ A) ⊂ B)
o
⇒ x ∈ BA
Kapsama yerine e³itlik konulamayaca§n a³a§daki örnek gösterir.
Z ⊂ Q ⊂ (R, R) alt-uzaylarn dü³ünelim. Bir k tamsays için
o
k ∈ ((k − , k + ) ∩ Q)Q ∈ RQ
olacak biçimde bir > 0 says daima bulunur. Öte yandan,
kümesinin içlemi bo³ oldu§undan
RZ
o
k∈
/ ((k − , k + ) ∩ Z) = ∅
dir.
(b) Bir x ∈ A için
x ∈ (∂B)A ⇒ ∀TA ∈ TA (x ∈ TA ⇒ (TA ∩ B 6= ∅)
∧ (TA ∩ (A − B) 6= ∅)
⇒ (∀T ∈ T ) ∧ (TA ⊂ T ∈ TA )
(x ∈ T ⇒ T ∩ B 6= ∅)
için
ve
∧ (TA ∩ (X − B) 6= ∅)
⇒ x ∈ ∂B
⇒ x ∈ ∂B ∩ A
Kapsama yerine e³itlik konulamayaca§n göstermek için, gene, Z ⊂
Q ⊂ (R, R) alt-uzaylarn dü³ünelim. Her gerçel say, dolaysyla her
rasyonel say TQ topolojisinde bir kenar noktadr. Ama Z nin kenar
noktas olmayan (sonsuz çoklukta) rasyonel say vardr.
8. Bir (X, T ) uzay ile her hangi iki B, A ⊂ X alt kümeleri verilmi³ olsun
(a) A∩ B ⊂ (A ∩ B)◦A ;
(b) A∩B̄ ⊃ (A ∩ B)A oldu§unu gösteriniz. Kapsamlarn kesinlikle varoldu§u
hallere birer örnek veriniz.
8.4.
75
PROBLEMLER
Çözüm:
(a)
A ∩ B o ⊂ A ∩ B ⇒ (A ∩ B o )oA ⊂ (A ∩ B)oA
(A ∩ B o ) ∈ TA
o
⇒ (A ∩ B ) ⊂ (A ∩
(b)
oldu§undan
B)oA
çkar.
A ∩ B ⊂ A ∩ B̄ ⇒ (A ∩ B)A ⊂ (A ∩ B̄)A
2.5.1(a) Problem uyarnca
⇒ (A ∩ B)A ⊂ (A)A ∩ (B̄)A
A, B̄ ∈ TA
oldu§undan
⇒ (A ∩ B)A ⊂ A ∩ B̄
9.
(A, TA ) alt-uzaynn ayrk olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, A nn her
noktasnn (X, T ) üst-uzaynda A nn tekil (ayrtk, ayrk) bir noktas
olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm:
(A, TA ) ayrk
uzay ⇒ ∀a(a ∈ A ⇒ {a} ∈ TA )
⇒ ∃T (T ∈ T ∧ {a} = T ∩ A)
⇒ ∃T ((T − {a}) ∩ A = ∅)
⇒ a noktas
tekildir (ayrtk,ayrk, isolated)
10. Bir (X, T ) uzay ile A, B ⊂ X alt-kümeleri verilsin ve X = A∪B oldu§unu
varsayalm. E§er M ⊂ A ∩ B alt-kümesi TA ve TB -kapal (ya da açk) ise,
M nin T -kapal (ya da açk) oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
M
alt-uzaylarda açk ise,
M ⊂A∩B
M ∈ TA ⇒ (∃T1 ∈ T )(M = A ∩ T1 )
M ∈ TB ⇒ (∃T2 ∈ T )(M = B ∩ T2 )
M = (A ∩ T1 ) ∩ (B ∩ T2 )
⇒
M = (A ∩ B) ∩ (T1 ∩ T2 )
oldu§undan, (T = T1 ∩ T2 ) konumuyla,
⇒ M = (A ∩ B) ∩ T,
⇒M =T
(T = T1 ∩ T2 )
⇒
76
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
çkar; yani M ∈ T dir.
M alt-uzaylarda kapal ise, önceki özelik uyarnca
(
0
M ∈ TA
0
M ∈ TB
⇒ M 0 ∈ TA
⇒ M 0 ∈ TB
)
⇒ M 0 ∈ ⇒M ∈ T 0
çkar.
11. Bir (a, b] açk-kapal aral§nn (−∞, 0] ³nna ve [a, b) kapal-açk aral§nn [0, ∞) ³nna topolojik e³yapl oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
f : [a, b) → [0, ∞)
fonksiyonunu ³öyle tanmlayalm.
f (x) =
x−a
,
x−b
x ∈ [a, b)
Bu fonksiyon bbö 'dir. Ayrca f ve f −1 süreklidir. O halde f bir topololojik
e³yap dönü³ümüdür. Dolaysyla [a, b) kapal-açk aral§ [0, ∞) ³nna
topolojik e³yapldr. (a, b] açk-kapal aral§nn (−∞, 0] ³nna e³yapl
oldu§u da benzer yolla gösterilir.
12. Bir çember yaynn her hangi bir noktas atlyor. Kalan yayn gerçel eksendeki her hangi bir açk aral§a e³yapl oldu§unu gösteriniz.
Kutup noktas atlm³ birim çemberi düzlemde A = {(sin t, cos t)|t ∈
ile temsil edebiliriz.
Çözüm:
(−π, π)
f : t → (cos t, sin t)
fonksiyonu (−π, π) den A üzerine bir topolojik e³yap dönü³ümüdür. Öyleyse, (−π, pi) ile A e³yapldr. Öte yandan, A kümesi tek noktas atlm³
bütün çember yaylarna ve (−π, π) açk aral§ bütün (a, b) açk aralklarna e³yapldr. E³yapl olma ba§nts bir denklik ba§nts oldu§undan,
sözü edilen bütün bu kümeler topolojik e³yapldrlar.
13. Açk bir diskin (açk daire) düzleme topolojik e³yapl oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
f (z) =
z
1 − |z|2
fonksiyonu D = {z : |z| < 1 açk birim diskinden karma³k düzleme bir
e³yap dönü³ümüdür (homeomorphism). O halde D ∼
=C∼
= R2 olur.
14. Açk bir aralk R de açk oldu§u halde R2 de kapaldr. Gösteriniz.
8.4.
77
PROBLEMLER
R2 uzaynda yatay eksen üzerinde bir (a, b) aral§n dü³ünelim.
Her x ∈ (a, b) için, merkezi x noktasnda olan her açk disk (a, b) ile
kesi³ir. O halde, (a, b) nin her noktas bir kaplama noktasdr. Önerme
2.4.3 uyarnca, bütün kaplama noktalarn içeren (a, b) aral§ R2 uzaynda
Çözüm:
kapaldr.
15. N kümesi üzerinde
T = {Tn : Tn = {n, n + 1, n + 2, . . .}}
(8.9)
ailesi bir topolojidir. Gösteriniz.
Çözüm:
T1.
T2.
T3.
Bu aksiyomun [T2] ve [T3] aksiyomlarndan çkt§n biliyoruz (bkz.
2.1.1(10.) Problem).
Tk , Tm ∈ T ise r = max{k, m} olmak üzere Tk ∩ Tm = Tr ∈ T dir.
Ti ∈ T , (i ∈ I ⊂ N) ise r = min{i : i ∈ I} olmak üzere
[
Ti = Tr ∈ T
i∈I
dir.
16. (8.9) topolojisine göre A = {3, 5, 7, 9} alt kümesinin kaplamn bulunuz.
Çözüm:
A = {3, 5, 7, 9} alt kümesini kapsayan kapal kümeler T10 , T11 , T12 , . . .
kümelerinin tümleyenleridir; bu kümeler, srasyla,
0
T10 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
0
T11 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
0
T12 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
···
(8.10)
(8.11)
(8.12)
(8.13)
kümeleridir. A kümesini kapsayan bütün kapal kümelerin arakesiti
kaplamna e³ittir. O halde,
Ā =
∞
\
0
Ā
0
Tn = T10 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
n=10
olur.
17. (8.9) topolojisine göre
lunuz.
B = {5, 6, 7, 8, . . .}
alt kümesinin kaplamn bu-
78
BÖLÜM 8.
Çözüm:
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
Yukardaki dü³ünü³le
B̄ = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
oldu§u görülür.
18. (8.9) topolojisine göre C = {9, 16, 27, 38, . . .} alt kümesinin y§lma noktalarn bulunuz.
Her k ∈ N tamsays C kümesinin bir y§lma noktasdr. Çünkü,
ise C ∩ Tn 6= ∅ dir.
19. f : (X, T ) → (Y, S ) fonksiyonu verilsin. T topolojisi ne kadar ince
dokulu olursa f nin sürekli olma olasl§ o kadar artar; T topolojisi ne
kadar kaba dokulu olursa f nin sürekli olma olasl§ o kadar azalr. Tersine olarak, S topolojisi ne kadar ince dokulu olursa f nin sürekli olma
olasl§ o kadar azalr; S topolojisi ne kadar kaba dokulu olursa f nin
sürekli olma olasl§ o kadar artar. Örneklerle gösteriniz.
Çözüm:
k ∈ Tn
Çözüm:
(R, A ) alt-limit topolojisi ve (R, R) salt topoloji ise I : (R, A ) →
(R, R) özde³lik dönü³ümü süreklidir; ama I : (R, R) → (R, A ) özde³-
Örnek 1:
lik dönü³ümü sürekli de§ildir.
(R, U ) üst-limit topolojisi ve (R, R) salt topoloji ise I : (R, U ) →
(R, R) özde³lik dönü³ümü süreklidir; ama I : (R, R) → (R, U ) özde³lik dönü³ümü sürekli de§ildir.
Örnek 3: Ayrk uzaydan her hangi bir uzaya tanml her fonksiyon süreklidir; ama ayrk olmayan uzaydan ancak ayrk olmayan uzaya tanml
fonksiyonlar süreklidir.
20. Bir X kümesi üzerinde T ve S iki topoloji ise,
T ∩ S = {T ∩ S : T ∈ T ve S ∈ S }
(8.14)
arakesiti X kümesi üzerinde bir topolojidir. Ama
T ∪ S = {T, S : T ∈ T ve S ∈ S }
(8.15)
bile³imi X kümesi üzerinde, genellikle, bir topoloji de§ildir. T ∪S bile³imin
X kümesi üzerinde bir topoloji oldu§u duruma bir örnek veriniz.
Örnek 2:
T ∩ S nin topoloji oldu§unu 2.1.1(7.) Problemde gösterdik.
nin topoloji olmayabilece§ini 2.1.1(8.) Problemde gösterdik. R üzerindeki salt topoloji ile alt-limit topolojilerinin bile³imi bir topoloji olur.
Genel olarak S ⊂ T ise T ∪ S bile³iminin bir topoloji olaca§ açktr.
Ama bu ko³ul gerekli de§ildir. Örne§in, sonlu tümleyenler topolojisi ile
saylabilir tümleyenler topolojisinin bile³imi bir topoloji olur.
21. (8.14) ailesini kapsayan en kaba ve en ince topolojiler hangileridir?
Çözüm:
T ∪S
8.4.
79
PROBLEMLER
En kaba topoloji arakesit ile belirlenen topolojidir (en büyük
alt snr). En ince topoloji ayrk topolojidir.
22. (8.15) ailesini kapsayan en kaba ve en ince topolojiler hangileridir?
Çözüm:
En kaba topoloji bile³imi alt-taban kabul eden topolojidir (en
büyük alt snr). En ince topoloji ayrk topolojidir.
23. Yo§unluk geçi³lidir; yani (X, T ) uzaynda A ⊃ B ⊃ C olmak üzere B
kümesi A içinde yo§un ve C kümesi B içinde yo§un ise C kümesi A içinde
yo§undur. Gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
Kaplama tanmndan
C ⊂ B ⊂ A ⇒ C̄ ⊂ B̄ ⊂ Ā
oldu§u açktr. Yo§unluk tanmndan,
C̄ ⊃ B ⇒ C ⊃ B̄ ⇒ C̄ ⊃ B̄
B̄ ⊃ A ⇒ B ⊃ Ā ⇒ B̄ ⊃ Ā
(8.16)
(8.17)
(8.18)
yazlabilir. (8.16), (8.17), (8.18) den C̄ = Ā sonucu çkar.
24. A kümesi (X, T ) uzaynda yo§un, (A, TA ) alt uzaynda V ∈ B(x) ise
V nin (X, T ) uzayndaki V̄ kaplam (X, T ) uzaynda x noktasnn bir
kom³ulu§udur. Gösteriniz.
Çözüm:
V ∈ BA (x) ⇒ (∃TA ∈ TA )(x ∈ TA ⊂ V )
⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ TA = T ∩ A ⊂ V )
⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ (T ∩ A) ⊂ (V ∩ A))
⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ (T ∩ A)A ⊂ (V ∩ A)A )
8.4.(8-b) Problem uyarnca
⇒ (∃T ∈ T )(x ∈ (T ∩ A) ⊂ (V ∩ A))
⇒ V ∈ B(x)
25.
kümesi üzerindeki bütün mümkün topolojiler arasnda birbiriyle kar³la³trlamayan; yani T1 * T2 ve T1 + T2 olan iki topoloji
bulunuz.
X = {a, b, c}
Örnek 2.1.3 ile verilen T1 , T2 ve T3 topolojileri birbirleriyle
kar³la³trlamaz topolojilerdir.
26. Salt topolojiye göre R uzaynda A ∩ B̄ , Ā ∩ B , Ā ∩ B̄ ve A ∩ B kümelerinin
birbirlerinden farkl oldu§u A ve B kümeleri bulunuz.
Çözüm:
80
BÖLÜM 8.
DÖNܓÜMLERLE KONDURULAN TOPOLOJLER
Çözüm:
A kümesi (0, 1) aral§ndaki rasyonel saylar, B kümesi ise (0, 1)
aral§ndaki irrasyonel saylar olsun. A = (0, 1) ∩ Q ve B = (0, 1) ∩ Q0 dür.
Ā = [0, 1], B̄ = [0, 1] ve A ∩ B = ∅ oldu§undan,
A ∩ B̄ = A
Ā ∩ B = B
(A ∩ B) = (∅) = ∅
Ā ∩ B̄ = [0, 1]
olur.
27. X kümesi üzerinde tanml {Tλ
T =
\
: λ ∈ Λ}
topolojiler ailesi verilsin.
Tλ = {T : (∀λ ∈ Λ) T ∈ Tλ }
(8.19)
λ∈Λ
arakesitinin X üzerinde bir topoloji oldu§unu gösteriniz.
Bkz. 2.1.1(9.) problem.
28. X kümesi üzerinde tanml {Tλ : λ ∈ Λ} topolojiler ailesi verilsin.
Çözüm:
S =
[
Tλ = {T : (∃λ ∈ Λ) T ∈ Tλ }
(8.20)
λ∈Λ
bile³im ailesinin X üzerinde bir topoloji olmad§n gösteriniz. S ailesinin
üretti§i topolojiyi açklaynz.
Çözüm:
Bkz. Önerme 7.2.4.
Ksm IV
Çarpm ve Bölüm Uzaylar
81
Bölüm 9
ÇARPIM UZAYLARI
9.1
ÇARPIM TOPOLOJS
9.2
KARMA P R O B E M L E R
1.
A ile B , srasyla,
kümesi olsunlar.
(a)
(b)
(c)
(X, T )X
ile
(Y, S )
topolojik uzaylarnn birer alt-
(A × B)◦ = A◦ × B ◦
(A × B) = Ā × B̄
∂(A × B) = (∂A × B̄) ∪ (Ā × ∂B)
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
olsun.
(X, T )
uzaynn bir taban T ve (Y, S ) uzaynn bir taban S
(a)
(x, y) ∈ (A × B)o ⇔ (∃T ∈ T)(∃S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⊂ A × B]
⇔ (x ∈ T ⊂ A) ∧ (y ∈ S ⊂ B)
⇔ (x ∈ A◦ ) ∧ (y ∈ B ◦ )
⇔ (x, y) ∈ A◦ × B ◦ )
83
84
BÖLÜM 9.
ÇARPIM UZAYLARI
(b)
(x, y) ∈ (A × B) ⇔ (∀T ∈ T)(∀S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⇒
(T × S) ∩ (A × B) 6= ∅]
⇔ (∀T ∈ T)(x ∈ T ⇒ T ∩ A 6= ∅)∧
(∀S ∈ S)(y ∈ S ⇒ S ∩ B 6= ∅)
⇔ (x ∈ Ā) ∧ (y ∈ B̄)
⇔ (x, y) ∈ Ā × B̄)
(c) Önceki e³itlikler ile 2.5.1 problemlerdeki ilgili ba§ntlar kullanrsak
∂(A × B) = (A × B) ∩ (A × B)0
= (Ā × B̄) ∩ ((A × B)o )0
= (Ā × B̄) ∩ (Ao × B o )0
e³itliklerini yazabiliriz. Buradan,
(a, b) ∈ ∂(A × B) ⇔ [(a, b) ∈ (Ā × B̄)] ∧ [(a, b) ∈ (Ao × B o )0 ]
⇔ (a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)∧


/ Bo
 a ∈ Ao ⇒ b ∈

b ∈ Bo ⇒ a ∈
/ Ao


(a ∈
/ Ao ) ∧ (b ∈
/ Bo)
olur. Burada {} içindeki üç satr ∨ ile birbirlerine ba§ldrlar. “imdi
her üç satr için olaslklar inceleyelim:
i.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [a ∈ Ao ⇒ b ∈
/ Bo]
⇒ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B)
⇒ (a, b) ∈ Ā × ∂B)
ii.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [b ∈ B o ⇒ a ∈
/ Ao ]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄)
⇒ (a, b) ∈ ∂A × B̄)
iii.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [(a ∈
/ Ao ) ∧ (b ∈
/ B o )]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ ∂B)]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄)] ∨ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B)]
⇒ [(a, b) ∈ Ā × ∂B)] ∨ [(a, b) ∈ ∂A × B̄)]
9.2.
2.
85
KARMA P R O B E M L E R
(X, T )
bir topolojik uzay ise (X × X, P) çarpm uzaynda
∆ = {(x, x)|x ∈ X}
kö³egeninin (X, T ) uzayna e³yapl oldu§unu gösteriniz.
P nin ∆ üzerine kondurdu§u topolojiyi P∆ ile gösterelim.
π1 : X × X → X izdü³üm fonksiyonu sürekli ve açk bir dönü³ümdür.
π1 (P) = T dir. π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst da sürekli ve açk
bir dönü³ümdür. Ayrca (x, x) → x dönü³ümü ∆ dan X üzerine bbö dir.
Dolaysyla, Önerme 6.3.1 uyarnca, π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst bir
Çözüm:
e³yap dönü³ümüdür (homeomorphism).
3. Bir {Xλ , Tλ ) : λ ∈ Λ} topolojik uzaylar ailesi verilsin ve bunlarn çarpm
uzay (X, P) olsun.
(a) E§er Λ sonlu yada saylabilir sonsuz bir küme ise, çarpm uzayn
Birinci (ya da kinci) Saylabilme Aksiyomunu sa§layabilmesi için
gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylardan herbirisinin de bu aksiyomu sa§lamasdr.
Çözüm:
i.
(Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her birisinin saylabilir bir taban var olacaktr. Bu tabanlar
Bλ ile gösterelim. (9.11) ba§nts uyarnca, bunlarn πλ−1 ters
izdü³üm dönü³ümleri altndaki resimlerinden olu³an
S = {A : (∃λ ∈ Λ)(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)}
(9.1)
ailesi P çarpm topolojisinin bir alt-tabandr. Her λ ∈ Λ için
{(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)} ailesi saylabilir saydadr. O halde, Λ
sonlu ya da saylabilir sonsuz bir küme ise, S ailesi en çok saylabilir sayda saylabilir ailelerden olu³an bir ailedir. Dolaysyla S
ailesi saylabilir. Bu ailenin sonlu arakesitlerinden olu³an B ailesi
de saylabilir sayda olacaktr. Sözkonusu B ailesi P çarpm
topolojisinin bir tabandr. Bu taban saylabilir oldu§una göre,
P çarpm topolojisi kinci saylabilme aksiyomunu sa§lar.
ii. (Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her x ∈ Xλ için kom³uluklar tabann Bλ (x) ile gösterelim. Her λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için Bλ (x) kom³uluklar taban saylabilir sayda olacaktr. Her λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için
{(∃B ∈ Bλ (x) A = πλ−1 (B)} ters resimleri saylabilir saydadr.
O halde,
Y
(xλ )λ∈Λ ∈
πλ−1 (B)
(9.2)
λ∈Λ
86
BÖLÜM 9.
ÇARPIM UZAYLARI
yazlabilir. Açkça görüldü§ü gibi, (9.2) kartezyen çarpmnn saylabilir sayda çarpan vardr ve (x) noktasnn saylabilir bir kom³uluklar tabandr.
(b) Λ damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, e§er çarpan uzaylarn saylamaz saydas enaz iki³er ö§eli ise, çarpan uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§layamaz.
Çözüm:
Λ damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme ve çarpan
uzaylarn saylamaz saydas enaz iki³er ö§eli ise
Y
πλ−1 (B), (∃B ∈ Bλ (x)}
(9.3)
λ∈Λ
kartezyen çarpmnn saylamaz sonsuz sayda çarpan vardr. (9.3)
ailesi, çarpm uzayda (xλ ) noktasnn bir kom³uluklar tabandr. Dolaysyla
her ö§esi (xλ ) noktasnn bir kom³ulu§udur. Bu noktann ba³ka bir V
saylabilir kom³uluklar taban oldu§unu varsayalm. (9.3) ailesine ait
her U kom³ulu§u V tabanna ait bir V kümesini kapsar. Öyleyse V
taban saylabilir sayda olamaz. Bu demektir ki, verilen varsaymlar
altnda, (xλ )λ∈Λ noktasnn saylabilir bir kom³uluklar taban olamaz.
Dolaysyla çarpm uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz.
(c) Λ damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, çarpm uzayn ikinci saylabilme aksiyomunu sa§layabilmesi için gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylarn ancak saylabilir
saydasnn ayrk olmayan topolojiden farkl bir topolojiye sahip olmasdr.
Gösteriniz.
Çarpan uzaylarn saylamaz saydasnn ayrk olmayan topolojiden farkl oldu§unu varsayalm. P çarpm topolojisinin (9.6) ile verilen
(9.1) alt-taban saylamaz sayda saylabilir ailenin ailesidir. Dolaysyla
saylamaz çokluktadr. Bunlarn sonlu arakesitleri ailesi de saylamaz çoklukta olaca§ndan, çarpm uzay kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz.
E§er, (Xλ , Tλ ) ayrk olmayan uzay ise, (T ∈ Tλ ⇒ T = Xλ ) oldu§undan,
Çözüm:
πλ−1 (T ) = πλ−1 (Xλ ) =
Y
Xλ
λ∈Λ
olur. Öyleyse, çarpan uzaylarn ancak saylabilir saydas ayrk olmayan
topolojiden farkl bir topolojiye sahip ise, (9.1) ailesi saylabilir sayda
olacaktr.
4. Ayrk uzaylarn sonlu saydasnn çarpmnn da ayrk bir uzay oldu§unu
gösteriniz.
9.2.
87
KARMA P R O B E M L E R
(Xi , Ai ) (i = 1, 2, . . . , n) ayrk topolojik uzaylarn çarpm uzay
(X, P) olsun. Her xi ∈ Xi için tek ö§eli {xi } kümesi Ai ayrk topolojisine
Çözüm:
göre açktr. O halde,
(xi )ni=1 ∈ X =
n
Y
Xi
i=1
için
{x1 } × {x2 } × . . . {xn } ∈ P
dir. Ba³ka bir deyi³le, her x ∈ X noktas çarpm topolojinin açk bir
kümesidir. Dolaysyla, (X, P) ayrk bir uzaydr.
5. Ayrk uzaylarn sonsuz saydasnn çarpmnn da ayrk olmas için, bu
uzaylarn hemen hemen hepsinin tek ö§eli olmas gerekti§ini gösteriniz.
Burada hemen hemen hepsi deyimi "sonlu saydas hariç" anlamndadr. Buna göre, problemi ³öyle ifade edebiliriz:
Saylamaz çoklukta ayrk uzaylarn çarpmnn ayrk olmas için gerekli
ve yeterli ko³ul, uzaylarn sonlu saydas hariç, geri kalanlarn tek ö§eli
olmasdr.
Q
Bir (xλ ) ∈ Xλ noktasn dü³ünelim. Bu noktann P çarpm topolojisine
göre açk oldu§unu gösterirsek, istenen sonucu bulmu³ oluruz. Bunu ba³armak amacyla, verilen ko³ullar altnda, çarpm topolojisinin alt taban olan
(9.1) ailesinin sonlu arakesitlerinden olu³an ailenin nasl oldu§unu bulmaya
çal³alm.
Tek ö§eli olan kümeleri M = {Xµ : µ ∈ M, Xµ = {xµ }} ile gösterelim.
Birden çok ö§esi olanlar N = {Xn : n ∈ N} ile gösterelim.
Çözüm:
X=
Y
λ∈Λ
Xλ =
n
Y
!
Xi

×
i=1

Y
Xµ 
µ∈M
yazabiliriz. Her i ∈ N için xi ∈ Xi ve her µ ∈ M için Xµ = {xµ } olmak
üzere X çarpm uzaynda


({x1 } × {x2 } × . . . {xn }) × 
Y
{xµ }
µ∈M
kümesi açk bir kümedir [Daha genel sonuç için bkz. Ek 4.Problem
(9.13)].
Q
Öte yandan bu küme, Λ = N ∪ M olmak üzere (xλ ) ∈ Xλ noktasdr.
Böylece, verilen ko³ul altnda, çarpm uzaya ait her noktann çarpm topolojisine göre açk oldu§u görülür. O halde, çarpm uzay ayrktr.
88
BÖLÜM 9.
9.2.1
1.
ÇARPIM UZAYLARI
09. Bölüm çin Ek Problemler
(Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn çarpm
uzay
Q
Q (X, T ) olsun.
Her λ ∈ Λ için Aλ ⊂ Xλ alt kümesi veriliyor. Aλ ⊂ Xλ alt-kümesi
için a³a§daki ba§ntnn sa§land§n gösteriniz.
!o
Y
Aoλ
Y
⊂
λ∈Λ
Aλ
(9.4)
λ∈Λ
Çözümü iki farkl durum için ayr ayr yapaca§z.
1.Durum: Sonsuz sayda Aλ 6= Xλ olsun.
Her λ ∈ Λ için Aoλ kümesi (Xλ , Tλ ) uzaynda açktr. Ancak,
Çözüm:
Y
(9.5)
Aoλ
λ∈Λ
kartezyen çarpm (X, T ) çarpm uzaynda açk olamaz. Çünkü, sonsuz
sayda Aλ 6= Xλ ise, (9.5) kartezyen çarpm
Y
πı−1 (Tı ) = Tı × {Xλ : λ ∈ Λ, λ 6= ı, T ı ∈ T ı}
(9.6)
biçimindeki alt-tabana ait hiç bir kümeyi kapsayamaz. Öte yandan, her
λ ∈ Λ için Aoλ ⊂ Aλ oldu§undan
Y
Y
Aoλ ⊂
Aλ
(9.7)
λ∈Λ
λ∈Λ
kapsama ba§nts vardr. Bu kapsamann iki yannn içlemleri alnrsa
!o
Y
Aoλ
!o
⊂
λ∈Λ
Y
Aλ
(9.8)
λ∈Λ
olacaktr. Gene ayn dü³ünü³le, sonsuz sayda Aλ 6= Xλ ise, bu kapsamann
sa§ ve sol yanlar, alt-tabana ait (9.6) tipindeki hiç bir küme içeremezler.
O halde her iki içlem bo³ olmaldr. Dolaysyla, ∅ ⊂ ∅ uyarnca (9.4)
sa§lanr.
2.Durum: Yalnzca sonlu sayda Aλ 6= Xλ olsun.
Sonlu sayda A1 , A2 , . . . , An kümesi d³nda kalan bütün Aµ kümeleri
için Aµ = Xµ (µ 6= 1, 2, . . . , n) olacaktr. Bu durumda (9.5) kartezyen
çarpm, çarpm uzayn tabanna ait kümeler içerir. Örne§in, Ti ⊂ Aoi (i =
1, 2, . . . , n) olacak ³ekilde Ti ∈ Ti açk kümeleri için
n
\
i=1
πi−1 (Ti ) =
n \
Ti ×
Y
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
i=1
= T1 × T2 × . . . × Tn ×
Y
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
Y
⊂ Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
(9.9)
9.2.
89
KARMA P R O B E M L E R
olacaktr. Bu durumda (9.8) ba§ntsnn sol yan
!o
Y
Aoλ
o
Y
= Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
λ∈Λ
o
= (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
Y
o
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
(9.10)
Y
= (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
Y
=
Aoλ
(9.11)
λ∈Λ
olur. “imdi (9.10) den hareketle,
Y
o
Aoλ = (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
Y
o
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
λ∈Λ
o
Y
o
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
⊂ (A1 × A2 × . . . × An ) ×
o
Y
= A1 × A2 × . . . × An × {Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
!o
Y
=
Aλ
(9.12)
λ∈Λ
elde edilir. Dolaysyla (9.4) sa§lanr.
Ba³ka problemlerde kullanaca§mz için son iki e³itli§i özgün bir formül
olarak ifade edelim:
Sonuç: (Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn çarpm uzay (X, T )
olsun. Her λ ∈ Λ için Aλ ⊂ Xλ alt kümesi veriliyor. Sonlu sayda A1 , A2 , . . . , An
kümesi d³nda kalan bütün Aλ kümeleri için Aλ = Xλ (λ 6= 1, 2, . . . , n)
ise a³a§daki ba§ntlar vardr:
!o
Y
Aoλ
!o
=
λ∈Λ
2.
Y
Aoλ
⊂
λ∈Λ
Y
Aλ
(9.13)
λ∈Λ
(Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn çarpm
uzay
Q
Q (X, T ) olsun.
Her λ ∈ Λ için Aλ ⊂ Xλ alt kümesi veriliyor. Aλ ⊂ Xλ alt-kümesi
için a³a§daki ba§ntnn sa§land§n gösteriniz.
Y
λ∈Λ
Aλ ⊂
Y
Aλ
(9.14)
λ∈Λ
Bunun çözümü yukardakine benzer bir dü³ünü³le yaplabilir.
Çözümü gene iki farkl durum için ayr ayr yapaca§z.
Çözüm:
90
BÖLÜM 9.
1.Durum:
ynda
Sonsuz sayda Aλ
6= Xλ
Y
ÇARPIM UZAYLARI
olsun. Bu durumda, X çarpm uza(9.15)
Aλ
λ∈Λ
kümesini kapsayan kapal has bir alt küme olamaz. (9.15) kartezyen çarpmn
kapsayan tek kapal küme çarpm uzayn kendisidir. Öyleyse, kaplama
tanm uyarnca
Y
(9.16)
Aλ = X
λ∈Λ
olur. X çarpm uzay bütün alt-kümelerini kapsad§na göre, (9.14) sa§lanr.
2.Durum: Yalnzca sonlu sayda Aλ 6= Xλ olsun. µ ∈ Λ, µ 6= 1, 2, . . . , n
olmak üzere, Aµ = Aµ = Xµ oldu§undan
Y
Aλ = (A1 × A2 × . . . × An ) ×
Y
Xµ
µ∈Λ
λ∈Λ
= (A1 × A2 × . . . × An ) ×
Y
Xµ
µ∈Λ
Y
Xµ
= A1 × A2 × . . . × An ×
µ∈Λ

= A1 × A2 × . . . × An × 

Y
Xµ 
µ∈Λ
=
Y
(9.17)
Aλ
λ∈Λ
çkar. Dolaysyla (9.14) sa§lanr.
3. Box Topoloji : (Xλ , Tλ ) topolojik
uzaylar verilsin. Bunlarn açk kümelerinin
Q
kartezyen çarpmlar X = {Xλ | λ ∈ Λ kartezyen çarpm kümesi üzerinde bir topoloji üretir. Ba³ka bir deyi³le, her (λ ∈ Λ için Tλ ∈ Tλ ) açk
kümelerinin kartezyen çarpmlarndan olu³an
(
G =
)
Y
Tλ : λ ∈ Λ, Tλ ∈ Tλ
(9.18)
λ∈Λ
ailesi X çarpm kümesi üzerinde bir topoloji tabandr. Gösteriniz.
Not: (9.18) ile tanmlanan topolojiye X çarpm kümesi üzerindeki box
topoloji denilir. Çarpan kümelerin says sonsuz oldu§unda, box topoloji
çarpm topolojisinden daha incedir. Çarpan kümelerin says sonlu oldu§unda
box topoloji ile çarpm topolojisi e³it olurlar. Çarpm topolojisi, izdü³üm
fonksiyonlarn sürekli klan en kaba topoloji oldu§u için, genellikle, box
topolojiye göre daha kullan³ldr.
9.2.
91
KARMA P R O B E M L E R
G ailesinin 4.1.3.Önermenin ko³ullarn sa§land§n göstermeliyiz.
S
X = G oldu§u apaçktr.
Çözüm:
(a)
(b) Her A, B ∈ G ve her (xλ ) = x ∈ A ∩ B için x ∈ C ⊂ A ∩ B olacak
biçimde bir C ∈ G oldu§unu göstermeliyiz.
Y
{Aλ | λ ∈ Λ, Aλ ∈ Tλ }
Y
B=
{Bλ | λ ∈ Λ, Bλ ∈ Tλ }
A=
(9.19)
(9.20)
olacak biçimde {Aλ , Bλ } açk kümeleri vardr. Her λ ∈ Λ için Tλ
topoloji oldu§undan her xλ ∈ Aλ ∩ Bλ için xλ ∈ CλQ⊂ Aλ ∩ Bλ
olaca§ açktr. Örne§in Cλ = Aλ ∩ Bλ alnabilir. C = Cλ dersek,
istenen özelik elde edilir.
4. (9.18) taban tarafndan üretilen topoloji, çarpm topolojisinden daha incedir. Gösteriniz. E³itli§in olmad§na bir örnek veriniz.
Çarpm topolojisinin bir taban (9.6) tipindeki kümelerin sonlu
arakesitlerinden olu³an ailedir; yani
Çözüm:
(T1 × T2 × . . . × Tn ) ×
Y
{Xµ : µ ∈ Λ, µ 6= 1, 2, . . . , n}
µ∈Λ
biçimindeki kümelerden olu³an B ailesidir. Bu aileden seçilecek her küme
(9.18) tipinden bir kümeyi kapsar. B ⊂ G oldu§undan B∗ ⊂ G ∗ olaca§
açktr.
E³itli§in olmad§n görmek için, sonsuz tane (0, 1) açk aral§nn
(0, 1) × (0, 1) × . . . × (0, 1) × . . .
kartezyen çarpmn dü³ünelim. Bu kartezyen çarpm box topolojide açk
bir kümedir, ama çarpm uzayda açk de§ildir.
92
BÖLÜM 9.
ÇARPIM UZAYLARI
Bölüm 10
BÖLÜM UZAYLARI
10.1
BÖLÜM TOPOLOJS
10.2
KARMA PROBLEMLER
1. Bir topolojik uzay üzerinde e³itlik ba§nts bir denklik ba§nts olarak
dü³ünülebilir. Buna göre olu³acak bölüm uzayn bulunuz.
Çözüm 1
(X, T ) uzay üzerinde β ba§nts xβy ⇔ x = y biçiminde
tanmlanrsa X/β = X olaca§ndan bölüm topolojisi T ye e³it olur.
2.
(X, T ) uzay üzerinde β ba§nts
yn (X/β, Tβ ) ile gösterelim.
(a)
bir denklik ba§nts olsun. Bölüm uza-
bölüm dönü³ümünün açk bir dönü³üm olmas için
gerekli ve yeterli ko³ul, her A ⊂ X alt-kümesi için ϕ(A◦ ) = (ϕ(A))◦
olmasdr. Gösteriniz.
(b) Benzer olarak, bölüm dönü³ümünün kapal bir dönü³üm olmas için
gerekli ve yeterli ko³ul her A ⊂ X alt-kümesi için ϕ(Ā) = (ϕ(A))
olmasdr. Gösteriniz.
ϕ : X → X/β
Çözüm 2
(a)
ϕ : X → X/β
alt-kümesi için
bölüm dönü³ümü açk bir dönü³üm ise her A ⊂ X
A ∈ T ⇒ ϕ(A) = ϕ(A◦ ) ∈ Tβ
⇒ ϕ(A◦ ) = (ϕ(A))◦
93
94
BÖLÜM 10.
BÖLÜM UZAYLARI
olur. Tersine olarak, her A ⊂ X alt-kümesi için ϕ(A◦ ) = (ϕ(A))◦ ise
A ⊂ X ⇒ ϕ(A◦ ) = (ϕ(A))◦
T ∈ T ⇒ ϕ(T ◦ ) = ϕ(T ) = (ϕ(T ))◦
⇒ ϕ(T ) ∈ Tβ
olacaktr.
(b) Kapal kümeler için de benzer akl yürütmeyi uygulayabiliriz. ϕ :
X → X/β bölüm dönü³ümü kapal bir dönü³üm ise her A ⊂ X altkümesi için
0
A ∈ T 0 ⇒ ϕ(A) = ϕ(Ā) ∈ Tβ
⇒ ϕ(Ā) = (ϕ(A))
olur. Tersine olarak, her A ⊂ X alt-kümesi için ϕ(Ā) = (ϕ(A)) oluyorsa,
A ⊂ X ⇒ ϕ(Ā) = (ϕ(A))
A ∈ T 0 ⇒ ϕ(A) = ϕ(Ā) = (ϕ(A))
⇒ ϕ(Ā) ∈ Tβ
olur.
3. Kapal birim aral§ I ile gösterelim; yani I = [0, 1] olsun. K = I × I
kapal birim karedir. Bunun üzerinde, düzlemin salt topolojisinin kondurdu§u topoloji varolsun. K nn dü³ey iki kenar üzerinde yükseklikleri e³it
olan noktalar birbirine denk sayan bir denklik ba§nts tanmlayalm. Bu
ba§ntya göre K nn bölüm kümesi B ×I dairesel silindiridir. Bölüm uzay
inceleyiniz. (B çevre uzunlu§u I olan çemberdir.)
Bkz. Ek Problemler 1.
4. Önceki soruda K nn yalnz dü³ey kenarlar üzerinde denklik kurmu³tur.
“imdi buna ek olarak yatay kenarlar üzerinde de, sol kenara olan uzaklklar e³it olan noktalar denk sayan bir ba§nt dü³ünelim. Bu ba§ntya göre, K nn bölüm kümesi B × B toru (simit yüzeyi) dur. Bu tor
R2 × R2 = R4 Öklid uzaynn bir alt uzaydr. nceleyiniz.
Çözüm 3
Bkz. Ek Problemler 5 (Simit Yüzeyi [Torus]).
5. Birim karenin dü³ey kenarlar üzerinde birisi a³a§dan yukarya do§ru,
ötekisi yukardan a³a§ya do§ru ölçülmek üzere, e³it uzaklktaki noktalar
denk sayan bir ba§nt dü³ünelim. Bu ba§ntya göre K nn bölüm kümesi
Möbiüs ³erididir. nceleyiniz.
Çözüm 4
10.2.
95
KARMA PROBLEMLER
Bkz. Ek Problemler 4 (Möbius ³eridi).
6. β ba§nts X kümesi üzerinde bir denklik ba§nts olsun. E§er A ⊂ X altkümesi β ba§ntsna göre doymu³ bir küme ise ϕ−1 ◦ ϕ(A) = A e³itli§inin
sa§land§n; yani
A doymu³ küme ⇒ ϕ−1 ◦ ϕ(A) = A
(10.1)
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm 5
Her A için ϕ−1 ◦ ϕ(A) ⊃ A dr. A doymu³ ise, bu kapsamann
tersinin varl§n a³a§daki ba§ntdan görebiliriz:
Çözüm 6
y ∈ ϕ−1 ◦ ϕ(A) ⇒ ϕ(y) ∈ ϕ(A)
⇒ (∃x ∈ A)(ϕ(x) = ϕ(y))
⇒ xβy
⇒y∈A
7. Önerme 10.1.5 'in ispatnda varl§ söylenen e³itli§i sa§laynz.
(X, T ) uzay üzerinde β ba§nts bir denklik ba§nts olsun.
Bölüm uzayn (X/β, U) ile gösterelim. 10.1 uyarnca, T doymu³ ise ϕ−1 ◦
ϕ(T ) = T dir. Ayrca T açk ise, bölüm topolojisinin tanm uyarnca,
ϕ(T ) ∈ U olur. Tersine olarak, T doymu³ ise, gene 10.1 özeli§ini kullanarak,
ϕ(T ) ∈ U ⇒ ϕ−1 ◦ ϕ(T ) = T ∈ T
(10.2)
yazabiliriz. Buradan,
U = {ϕ(T ) : (T ∈ T ) ∧ (T doymu³)}
(10.3)
Tabii, bunun e³le§ini (dualini) alrsak, X/β bölüm uzayn kapal kümelerinin,
(X, T ) uzaynn kapal doymu³ kümelerinin bölüm dönü³ümü altndaki
resimlerine e³it oldu§u ortaya çkar:
U0 = {ϕ(K) : (K ∈ T 0 ) ∧ (K doymu³)}
(10.4)
Çözüm 7
8.
ϕ : X −→ Y bir bölüm dönü³ümü ise, ϕ nin bir doymu³ açk ya da kapal
alt kümeye kstlanm³ da bir bölüm dönü³ümüdür. Gösteriniz.
Çözüm 8
(a)
Açk küme durumu: (X, T ) uzay üzerinde β ba§nts bir denklik
ba§nts, A ⊂ X doymu³ bir küme olsun. β nn A ya kst βA bir
denklik ba§ntsdr. O halde, ϕA : A → A/βA dönü³ümü bir bölüm
dönü³ümüdür. E§er A açk ise, Önerme 8.3.2(a) uyarnca, T ∈ TA ⇔
96
BÖLÜM 10.
(b)
BÖLÜM UZAYLARI
T ∈ T olacaktr. 10.3 gere§ince, U bölüm topolojisinin açk kümeleri
T nun doymu³ açk kümelerinin ϕ altndaki dönü³ümleridir. T ∈ T
doymu³ bir açk küme olsun. T ∩ A 6= ∅ ise, A doymu³ açk bir
küme oldu§undan T ⊂ A olur. Bütün bunlar ve önceki problemi
kullanarak ϕ−1 ◦ ϕA (T ) = ϕ−1 ◦ ϕ(T ) = T ∈ TA yazabiliriz. O halde
ϕA : A → A/βA dönü³ümü süreklidir.
Kapal küme durumu: (X, T ) uzay üzerinde β ba§nts bir denklik ba§nts, A ⊂ X doymu³ bir küme olsun. β nn A ya kst βA
bir denklik ba§ntsdr. O halde, ϕA : A → A/βA dönü³ümü bir
bölüm dönü³ümüdür. E§er A kapal ise, Önerme 8.3.2(b) uyarnca,
K ∈ TA ⇔ K ∈ T 0 olacaktr. 10.4 gere§ince, U bölüm topolojisinin kapal kümeleri T 0 nün doymu³ kapal kümelerinin ϕ altndaki
dönü³ümleridir. K ∈ T 0 doymu³ bir kapal küme olsun. T ∩ A 6= ∅
ise, A doymu³ açk bir küme oldu§undan K ⊂ A olur. Bütün bunlar
ve önceki problemi kullanarak ϕ−1 ◦ ϕA (K) = ϕ−1 ◦ ϕ(K) = K ∈ TA
yazabiliriz. O halde ϕA : A → A/βA dönü³ümü süreklidir.
9. f : (X, T ) → (Y, S ) sürekli ve örten bir fonksiyon ise T topolojisinin bir
tabann S topolojisinin bir tabanna resmeder mi? Simgelerle söylersek,
B ailesi T topolojisinin bir taban oldu§unda f (B) ailesi S topolojisinin
bir taban olur mu? Neden?
0
0
Çözüm 9
S ∈ S ⇒ f −1 (S) ∈ T
⇒ (∃Bı ∈ B, ı ∈ I) f −1 (S) =
[
Bı
ı∈I
⇒ S = f of
−1
(S) = f
[
Bı
ı∈I
⇒S=
[
f (Bı )
ı∈I
oldu§undan, sorunun yant evet olmaldr.
10. I : (X, T ) → (X, T ) özde³lik (birim) fonksiyonu her x ∈ X için I(x) = x
olan fonsiyondur. I özde³lik dönü³ümünün bir topolojik e³yap dönü³ümü
(homeomorphism) oldu§unu gösteriniz.
Önerme 2.1.1 'in hipotezlerinin sa§land§n kolayca görebiliriz. Gerçekten
(a) I : X → X birim dönü³ümü bbö bir dönü³ümdür.
(b) Her T ∈ T için T = I(T ) ∈ T dir.
(c) Her S ∈ T için S = I −1 (S) ∈ T dir.
Çözüm 10
10.2.
11.
97
KARMA PROBLEMLER
f : (X, T ) → (Y, S ) fonksiyonu bire-bir-içine (injective) olsun. E§er f ve
f −1 fonksiyonlarnn her ikisi de sürekli iseler, f fonksiyonuna bir gömme
−1
dönü³ümüdür , denilir. Bu durumda, her x ∈ X için g : x → f
of (x)
diye tanmlanan g fonksiyonu bir topolojik e³yap dönü³ümüdür (homeo-
morphism). Gösteriniz.
Önerme 2.1.1 'in hipotezlerinin g = f −1 of bile³ke fonksiyonu
tarafndan sa§land§n göstermeliyiz. Gerçekten
(a) f ve f −1 bbö oldu§undan g = f −1 of bile³ke fonksiyonu da bbö bir
dönü³ümdür.
(b) f −1 sürekli oldu§undan Her T ∈ T için f (T ) = (f −1 )−1 (T ) ∈ S
dir. f sürekli oldu§undan f −1 of (T ) = g(T ) ∈ T olacaktr.
(c) f sürekli oldu§undan Her S ∈ T için f −1 (S) ∈ S dir. f −1 sürekli
oldu§undan f of −1 (S) = g−1 (S) ∈ T olacaktr.
12. Bir s ailesini alt-taban olarak kabul eden topolojinin, s ailesini kapsayan
bütün topolojilerin arakesitine e³it oldu§unu gösteriniz (bkz. Önerme 7.2.2).
Çözüm 11
isteneni göstermi³tir.
13. Topolojik Toplam Uzay: (Xı , Tı ) uzaylar verilsin. ı 6=  ⇒ Xı ∩ X = ∅
olsun. Bu ko³ulu sa§layan uzaylar ailesine ayr³k (dijoint) uzaylar denir.
Çözüm 12
Önerme 7.2.2
S = ∪Tı = ∪{T : (∃ı ∈ I) T ∈ Tı }
bile³imi üzerinde T ailesini ³öyle tanmlayalm:
U ∈ T ⇔ U ∩ Xı ∈ Tı , (ı ∈ I)
(S, T )
bir topolojik uzaydr. Gösteriniz. (Bu uzaya
denilir.)
(Xı , Tı )
uzaylarnn
topolojik toplam uzay
Çözüm 13
A, B ∈ T ⇒ (A ∩ Xı ∈ Tı ) ∧ (B ∩ Xı ∈ Tı )
⇒ [(A ∩ B) ∩ Xı ] ∈ Tı
⇒ (A ∩ B) ∈ T
ba§nts T ailesinin [T2] aksiyomunun sa§land§n gösterir.
A ∈ T , ( ∈ J) ⇒ (∀ ∈ J)(A ∩ Xı ∈ Tı ), (ı ∈ I)
[ [
⇒
(A ∩ Xı ∈ Tı ) =
A ∩ Xı ∈ Tı )
∈J
⇒
[
∈J
A ∈ T
∈J
98
BÖLÜM 10.
BÖLÜM UZAYLARI
ba§nts T ailesinin [T3] aksiyomunun sa§land§n gösterir. [T1] aksiyomunun bu ikisinden çkt§n biliyoruz. O halde T ailesi S üzerinde bir
topolojidir.
14. Bir X kümesi üzerideki T1 ve T2 topolojileri arasnda T1 ≤ T2 ba§nts
var ise T10 ≤ T20 ba§ntsnn da oldu§unu gösteriniz.
Çözüm 14
T1 ≤ T2
oldu§unu varsayarsak,
0
K ∈ T1 ⇒ K 0 ∈ T1
⇒ K 0 ∈ T2
0
⇒ K ∈ T2
0
0
0
0
⇒ T1 ⊂ T2
⇒ T1 ≤ T2
olur.
10.3
1.
EK PROBLEMLER
Silindirler
Bir kare ya da dikdörtgen ka§t alnz. Bunun kar³lkl iki kenarn çak³trnz.
Elde edece§iniz ³ekil (sonlu) bir silindirdir. “imdi bunu topoloji diliyle
ifade edelim. I 2 = [0, 1]×[0, 1] birim karesinin kar³lkl iki kenar çak³trlyor.
Bu durumda, birim karede a³a§daki denklik ba§nts kurulmu³ olur. Bu
soruda 0 ≤ x, y ≤ 1 oldu§unu varsayyoruz.
(x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ [(x, y) = (x0 , y 0 )] ∨ [(0, y) ↔ (1, y)]
(10.5)
Y = I 2 / ∼ diyelim. ϕ : I 2 → Y bölüm dönü³ümü her (x, y) noktasn
[(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)]. I 2 üzerinde salt
topolojinin kondurdu§u topoloji var olsun. Y bölüm kümesi üzerinde ϕ
bölüm dönü³ümünü sürekli klan en ince topolojiye, bölüm dönü³ümü diyoruz. Böylece sonlu silindir üzerinde bir topoloji tanmlam³ oluyoruz.
2. “imdi sonsuz silindiri elde edece§iz. Düzlem üzerinde A = [0, 1] × R kapal ³eridini dü³ünelim. Bu [0, 1] kapal aral§ üzerinde dü³ey do§rultuda
a³a§ya ve yukarya snrsz uzayan ³erittir. Bu ³eridin soldaki ve sa§daki
dü³ey kenarlarn birbiri üzerine lelecek ³ekilde yap³tralm. ki ucu sonsuza giden bir silindir elde ederiz. “imdi bunu bir bölüm topolojisi olarak
elde edelim. A = [0, 1] × R ³eridi üzerinde düzlemin kondurdu§u topoloji
var olsun. A üzerinde
(x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ [(x, y) = (x0 , y 0 )] ∨ [(0, y) ↔ (1, y)]
(10.6)
10.3.
EK PROBLEMLER
99
denklik ba§ntsn tanmlayalm. Tabii, burada 0 ≤ x ≤ 1 ve −inf ty ≤
y ≤ +∞ oldu§u açktr. Bu ba§nt, ³eridin dü³ey iki kenarn üst üste
çak³trmaya denk olur. Y = A/ ∼ diyelim. ϕ : A → Y bölüm dönü³ümü
her (x, y) noktasn [(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)].
Y bölüm kümesi üzerinde ϕ bölüm dönü³ümünü sürekli klan en ince
topolojiye, bölüm dönü³ümü diyoruz.
3. “imdi yukarda elde etti§imiz silindiri yatay eksen byunca kaymakszn yuvarlayalm. Tabii ilk silindirde (0, y) noktas ile (1, y) noktas çak³m³tr.
Silindir yuvarlanarak yatay eksende 2 noktasna eri³ti§inde her y ∈ R için
(0, y) ∼ (1, y) ∼ (2, y) olacaktr. Bu ³ekilde silindiri pozitif ve negatif yönlerde yuvarlamaya devam edersek, bütün düzlemi bir silindire dönü³türmü³ oluruz. [Tabii, düzlemin kalnl§ olmad§ için, sonsuz kez yuvarlanan
silindirin yanal yüzeyinin de kalnl§ olmayacaktr.] “imdi bunu bir bölüm
topolojisi olarak elde edelim. R2 = R × R analitik düzlemi üzerinde salt
topoloji var olsun. R2 üzerinde
(x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ [(x, y) = (x0 , y 0 )] ∨ [(x − x0 = n) ∧ (y = y 0 )]
(10.7)
denklik ba§ntsn tanmlayalm. Tabii, burada −∞ < x, y < +∞ dir. Bu
ba§nt, bütün ³eritlerin dü³ey kenarlarn üst üste çak³trmaya denk olur.
Y = R2 / ∼ diyelim. ϕ : R2 → Y bölüm dönü³ümü her (x, y) noktasn
[(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)]. Y bölüm kümesi
üzerinde ϕ bölüm dönü³ümünü sürekli klan en ince topolojiye, bölüm
dönü³ümü diyoruz. Burada, her n ∈ Z tamsays ve her y ∈ R gerçel says
için
(. . . ∼ (−n, y) ∼ . . . (0, y) ∼ . . . ∼ (n, y) ∼
denklikleri vardr; yani bölüm uzaynda bu noktalar çak³rlar.
4.
Mobius “eridi
I 2 = [0, 1]×[0, 1] birim karesinin kar³lkl iki kenarn ters yönde çak³tralm.
Elde edilen ³ekil bir Mobius ³erididir. Bu ³eridin bir tek yüzeyi vardr. Herhangi bir yerden ba³layarak, kalemi kaldrmadan bütün yüzey üzerinde bir
çizgi çizebilirsiniz. “imdi bu yüzey üzerine bir topoloji kuralm. I 2 üzerinde
düzlemin salt topolojisinin kondurdu§u topoloji var olsun. I 2 birim karesi
üzerinde ³u denklik ba§ntsn tanmlayalm:
(x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ [(x, y) = (x0 , y 0 )] ∨ [(x = 0) ∧ y 0 = 1 − y)]
(10.8)
Bu ba§nt, I 2 birim karesinin dü³ey kenarlarn ters yönde üst üste çak³trmaya denk olur. Y = I2 / ∼ diyelim. ϕ : I2 → Y bölüm dönü³ümü her (x, y)
noktasn [(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)]. Y bölüm
kümesi (Mobius yüzeyi) üzerinde ϕ bölüm dönü³ümünü sürekli klan en
ince topolojiye, bölüm dönü³ümü diyoruz.
5.
Simit Yüzeyi (Torus)
100
BÖLÜM 10.
BÖLÜM UZAYLARI
birim karesinin dört kenarnn kar³lkl olanlarn iki³er
iki³er çak³tralm. Elde edece§imiz ³ekil bir simit yüzeyidir. I 2 birim karesi
üzerinde düzlemin salt topolojisinin kondurdu§u topoloji var olsun. Simit
yüzeyini karenin bir bölüm uzay olarak elde edebiliriz. Bunun için I 2 birim
karesi üzerinde ³u denklik ba§ntsn kuralm:
I 2 = [0, 1] × [0, 1]
(
(x, y) = (x0 , y 0 )∨
(x, y) ∼ (x , y ) ⇔
(0, y) ↔ (1, y) ∧ (x, 0) = (x, 1)
0
0
(10.9)
Bu ba§nt, birim karenin yatay ve dü³ey kenarlarnn kar³lkl olarak
çak³trlmasna denktir. Y = I2 / ∼ diyelim. ϕ : I2 → Y bölüm dönü³ümü
her (x, y) noktasn [(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)].
Y bölüm kümesi üzerinde ϕ bölüm dönü³ümünü sürekli klan en ince
topolojiye, bölüm dönü³ümü diyoruz. Bu i³lem simit yüzeyi üzerinde bir
topoloji kurmaktadr.
6.
Küre Yüzeyi
birim karesinin dört kenarn bir noktada çak³tralm.
Örne§in dört kenarn üzerindeki bütün noktalar (0, 0) noktasna e³leyelim.
Bu durumda bir küre yüzeyi elde ederiz. I 2 birim karesi üzerinde düzlemin
salt topolojisinin kondurdu§u topoloji var olsun. Küre yüzeyini karenin bir
bölüm uzay olarak elde edebiliriz. Bunun için I 2 birim karesi üzerinde ³u
denklik ba§ntsn kuralm:
I 2 = [0, 1] × [0, 1]

0 0

(x, y) = (x , y )∨



(0, y) ↔ (0, 0)∨

0 0
(x, y) ∼ (x , y ) ⇔ (x, 0) ↔ (0, 0)∨



(1, y) ↔ (0, 0)∨



(x, 1) ↔ (0, 0)
(10.10)
Bu ba§nt, birim karenin yatay ve dü³ey kenarlar üzerindeki bütün noktalar (0, 0) noktasna e³ler. Y = I2 / ∼ diyelim. ϕ : I2 → Y bölüm dönü³ümü
her (x, y) noktasn [(x, y)] denklik snfna resmediyor: ϕ((x, y)) = [(x, y)].
Y bölüm kümesi (küre yüzeyi) üzerinde ϕ bölüm dönü³ümünü sürekli
klan en ince topolojiye, bölüm dönü³ümü diyoruz. Bu i³lem küre yüzeyi
üzerinde bir topoloji kurmaktadr.
7.
Çember
Kapal bir aralktan bir çember elde etmek için bu aral§n iki ucunu birle³tirerek bir çembere benzetebiliriz. Bu görü³ten hareketle, çemberi kapal
bir aral§n bölüm uzay olarak olu³turabiliriz. Y = {(x, y)|x2 + y2 = 1}
diyelim. [0, 2π] aral§ üzerinde salt topoloji var olsun. f : [0, 2π] → Y
fonksiyonunu f (t) = (cost, sint) ∈ R2 diye tanmlayalm. Bu fonksiyon
sürekli ve kapaldr. A = [0, 2π] aral§ üzerinde uç noktalar e³leyen a³a§-
10.3.
101
EK PROBLEMLER
daki ba§nt bir denklik ba§ntsdr:
(
x = x0 ∨
x ∼ x0 ⇔
x = 0 ∧ y = 2π∧
(10.11)
Buna göre f fonksiyonunu sürekli klan en ince topoloji Y birim çemberi
üzerindeki bölüm topolojisidir.
102
BÖLÜM 10.
BÖLÜM UZAYLARI
Ksm V
Yaknsama
103
Bölüm 11
D  Z  L E R
Yaknsama ve
Analiz
11.1
PROBLEMLER
1. Ayrk olmayan bir uzaydaki her dizinin, uzayn her noktasna yaknsad§n
gösteriniz.
(X, T ) ayrk olmayan uzay ise T = {∅, X} dir. Her hangi bir
(an )n∈N ⊂ X dizisi verilsin. Herhangi bir x ∈ X noktasnn bir tek kom³ulu§u X kümesidir. Bu durumda, an → x yaknsamas için Tanm 11.1.2
Çözüm
yaknsaklk tanmnn sa§land§ görülür.
2. Ayrk bir uzayda bir (an ) dizisinin bir a noktasna yaknsamas için gerekli
ve yeterli ko³ul belli bir damgadan sonraki bütün an terimlerinin a ya e³it
olmasdr.Gösteriniz.
(X, A ) ayrk uzay ise, her x ∈ X için tek ö§eden olu³an {x}
kümesi açk bir kümedir. an → a olmas için, belli bir no indisinden büyük
indisli bütün an terimlerinin {a} kümesi içinde olmas gerekir. Bu ise
Çözüm
n ≥ no ⇒ an ∈ {a} ⇒ an = a
olmas demektir.
3. Sonsuz bir X kümesi üzerinde T topolojosi olarak bo³ küme ile saylabilir
bütün alt-kümelerin tümleyenlerini alalm. Bir (an ) dizisinin bir a limitine
yaknsamas için, belli bir damgadan sonraki bütün an terimlerinin a ya
e³it olmas gerekli ve yeterlidir. Gösteriniz.
105
106
BÖLÜM 11.
D  Z  L E R
(X, T ) sonlu tümleyenler topolojisi ise, T = {T : T = ∅ ∨
T 0 saylabilir} dir. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. an → a oldu§unu
varsayalm. Dizinin sonsuz tane teriminin a dan farkl oldu§unu varsayalm. Sonlu saydas a ya e³itse, onlar diziden atalm. Geriye kalan sonsuz diziyi gene {an : n ∈ N} ile gösterirsek genelikten bir ³ey yitirmeyiz.
A0 = {an : n ∈ N} saylabilir bir küme oldu§undan, bu kümenin tümleyeni
açk bir küme olmaldr; yani A ∈ T dir. a ∈/ A0 oldu§undan, a ∈ A ⇒ A ∈
B(a) olacaktr. Hiçbir an terimi A kom³ulu§u içinde olmayaca§ndan (an )
dizisi a noktasna yaknsayamaz. Oysa an → a oldu§unu varsaym³tk. Bu
Çözüm
çeli³ki olamayaca§na göre, kabulümüz yanl³tr; yani dizinin sonsuz terimi
a limitine e³it olmaldr. Bu demek, (∃no )(n ≥ no ⇒ an = a olmaldr.
4. Tanm 11.1.2 de kom³uluklar ailesi yerine yerel tabann konulabilece§ini
gösteriniz.
Topolojik uzayda bir x noktasnn her W kom³ulu§u, yerel tabana ait bir V kümesini kapsayacaktr. V kümesi de bir kom³uluk oldu§una
göre, tanmda W yerine V konulabilir.
5. Birinci Saylabilme Aksiyomunu-BSA- sa§layan bir topolojik uzayda bir
(xn ) dizisi verilsin. Bir x noktasnn bu dizinin bir y§lma noktas olmas
için gerekli ve yeterli ko³ul, verilen dizinin x noktasna yaknsayan bir alt
dizisinin varl§dr. Gösteriniz.
Çözüm
Çözüm
BSA sa§layan uzayda her x noktasnn
v 1 ⊃ V2 ⊃ · · · ⊃ Vn ⊃ · · ·
biçiminde iç-içe bir ko³uluklar taban (yerel taban) vardr. A = {an : n ∈
diyelim.
N}
x ∈ Ā ⇔ [(∀n)(Vn ∩ A 6= ∅)]
⇔ [(∀n)(∃kn )(ank ∈ Vn )]
⇔ [ank → x]
6. Gerçel saylardan olu³an bir (xn ) dizisinin, salt topolojiye göre, bir x
saysna yaknsamas için gerekli ve yeterli ko³ul, her > 0 saysna kar³lk
n ≥ n0 ⇒ |xn − x| < olacak biçimde do§al bir n0 saysnn varl§dr. Gösteriniz.
Çözüm
4.problemde, Tanm 11.1.2-inci tanmdaki B(x) kom³uluklar
ailesi yerine bir yerel tabann konulabilece§ini söyledik. {(x − , x + ) : >
0} ailesinin x noktas için bir yerel taban oldu§unu da biliyoruz. O halde
|xn − x| < ⇔ x ∈ (x − , x + )
ba§nts isteneni verir.
11.1.
107
PROBLEMLER
7. Genel terimi yinelgen (recursive) olarak (an+2 = an+1 + an ) biçiminde
tanmlanan Fibonacci dizisinin salt topolojiye göre raksayan bir dizi oldu§unu
gösteriniz.
Fibonacci dizisinin ilk iki terimi a0 = 0 ve a1 = 1 olarak
tanmlanr. Öteki terimlerin hepsi, verilen yinelge kuralndan çkarlabilir.
Dizinin ba³taki bir kaç terimini yazarsak,
Çözüm
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . .
bulunur.
1.Yol: Yaknsak gerçel bir dizinin bir Cauchy dizisi olmas gerekti§ini
biliyoruz. Olmayana Ergi Yöntemini kullanmak için, Fibonacci dizisinin
bir Cauchy disi olmad§n gösterirsek, onun raksak bir dizi oldu§u ortaya
çkar. Gerçekten, (an ) bir Cauchy dizisi olsayd,
(∀ > 0)(∃n0 )[n0 < n, m ⇒ |an − am | < olurdu. Oysa, n yerine n + 2 ve m yerine n + 1 koyarsak verilen yinelge
ba§ntsndan, örne§in,
4 < n ⇒ |an+2 − an+1 | = |an | ≥ 5
yazabiliriz. Bu iki sonuç bir çat³k yaratt§na göre, kabulümüz yanl³tr;
yani Fibonacci dizisi bir Cauchy dizisi de§ildir; dolaysyla raksar.
2.Yol: Cauchy dizisi kavramn kullanmadan, problemin çözümünü do§rudan yapabiliriz. Gene Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. Varsayalm
ki (an ) dizisi a ya yaknsyor olsun.
1
]
2
1
an → a =⇒ [(∀ > 0)(∃n0 )(n0 < n ⇒ |an+1 − a| < ]
2
an → a =⇒ [(∀ > 0)(∃n0 )(n0 < n ⇒ |an+2 − a| <
yazabiliriz. Buradan
n0 < n =⇒ |an+2 − an+1 |
=⇒= |an+2 − a + a − an+1 |
=⇒≤ |an+2 − a| + |a − an+1 |
1
1
=⇒< + = ]
2
2
olmas gerekti§i sonucu çkar. Öte yandan, verilen yinelge ba§ntsndan,
örne§in,
4 < n ⇒ |an+2 − an+1 | = |an | ≥ 5
çkar. Bu iki sonuç bir çat³k yaratt§na göre, kabulümüz yanl³tr; yani
Fibonacci dizisi bir Cauchy dizisi de§ildir; dolaysyla raksar.
8. Yaknsak bir dizinin her alt dizisinin de yaknsak ve ayn limite sahip
oldu§unu gösteriniz.
108
BÖLÜM 11.
D  Z  L E R
(an ) dizisi a limitine yaknsyor olsun ve bir dizi olsun ve (an
alt-dizisi verilsin.
Çözüm
(an )
k
)⊂
an → a ⇐⇒ (∀W ∈ B(a))(∃n0 ) [n0 < n ⇒ an ∈ W ]
⇐⇒ (∀W ∈ B(a))(∃n0 ) [n0 < nk ⇒ ank ∈ W ]
⇐⇒ ank → a
olur.
9. A³a§daki dizilerin herbirisinin, varsa, (salt topolojiye göre) limit ve y§lma
noktalarn bulunuz:
(a) Her n ∈ N için an = 3 diye tanmlanan (an ) sabit dizisi.
Çözüm: (an ) bütün terimleri 3 e e³it olan sabit bir dizidir. Limiti 3
tür. Y§lma noktas yoktur.
(b) Belli bir n0 indisinden sonra terimleri sabit olan dizi; yani
(
an =
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
n, n ≤ n0
a, n > n0 , a
sabit
(11.1)
biçiminde tanmlanan (an ) dizisi.
Çözüm: n0 indisli terimden sonraki bütün terimler sabit a saysna
e³it oldu§undan, dizinin limiti a dr. Y§lma noktas yoktur.
Genel terimi an = 5 − n5 olan (an ) dizisi.
Çözüm: 5 says, dizinin hem limiti hem y§lma noktasdr.
Genel terimi an = 7 + n7 olan (an ) dizisi.
Çözüm: 7 says, dizinin hem limiti hem y§lma noktasdr.
Genel terimi an = (−1)n n1 olan (an ) dizisi.
Çözüm: 0 says, dizinin hem limiti hem y§lma noktasdr.
Genel terimi an = n olan (an ) dizisi.
Çözüm: Dizinin limiti yoktur (raksak), y§lma noktas yoktur.
Genel terimi an ≡ n (mod 3) olan (an ) dizisi.
Çözüm: Dizinin yalnzca 3 farkl terimi vardr: {[0], [1], [2]}. Dizinin
limiti ve y§lma noktas yoktur.
f : N −→ Q ∩ [0, 1] fonksiyonu f (n) = n1 diye tanmlanan bire-biriçine bir fonksiyon olmak üzere, an = f (n) dizisi. [Böyle bir fonksiyonun varl§n gösteriniz.]
Çözüm: Sözkonusu dizi [0, 1] aral§ndaki rasyonel saylarn olu³turdu§u kümeden seçilmektedir. Her n ∈ N için n1 ∈ Q oldu§undan f
fonksiyonu tanmldr. Q ∩ [0, 1] üzerine salt topolojinin kondurdu§u
alt-uzay topolojisine göre n1 → 0 dr. O halde dizinin limiti vardr.
Ayrca 0 noktas dizinin biricik y§lma noktasdr.
11.2.
109
DZLERE EK PROBLEMLER
10. Her gerçel saynn rasyonel saylar kümesinin bir y§lma noktas oldu§unu;
yani her x ∈ R için x ∈ Q̃ oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Her hangi bir x ∈ R verilsin. Rasyonel saylar R içinde yo§un
oldu§undan (bkz.Önerme 4.1.9), her > 0 says için (x − , x + ) aral§
x den farkl bir rasyonel say (dolaysyla sonsuz rasyonel say) içerir. O
halde x gerçel says Q rasyonel saylar kümesinin bir y§lma noktasdr.
Benzer dü³nü³le, her gerçel saynn, Q0 irrasyonel saylar kümesinin bir
y§lma noktas oldu§u görülür.
11. R üzerindeki salt topolojiye göre N do§al saylar kümesinin hiç bir y§lma
noktas olmad§n gösteriniz.
Çözüm: Bir m ∈ N verilsin. Öyle bir > 0 says seçilebilir ki
[m ∈ (m − , m + )] ∧ [m 6= n ⇒ n ∈
/ (m − , m + )
olur. (m − , m + ) = T açk kümesi m noktasnn bir kom³ulu§udur ve
(N−{m})∩T = ∅ olur. O halde m noktas N kümesinin bir y§lma noktas
olamaz.
12. R üzerindeki salt topolojiye göre S = (0, 1) ∪ {3} kümesinin y§lma noktalarn bulunuz.
Çözüm: 3 noktas S nin bir ayrk (singular) noktasdr. (0, 1) açk aral§ndaki her nokta S nin bir y§lma noktasdr; yani S̃ = (0, 1) dr.
11.2
DZLERE EK PROBLEMLER
Cauchy Dizisi
(an ) bir gerçel ya da karma³k say dizisi olsun. ndisleri
yeterince büyük seçilerek terimleri birbirlerine istenildi§i kadar yakla³trlabiliyorsa (an ) dizisine bir Cauchy dizisidir, denilir. Bunun simgesel ifadesi ³öyledir:
(∀ > 0)(∃n0 )(n0 < n, m ⇒ |an − am | < Bu kavram ileride metrik uzaylara genelle³tirilecek ve tamlk kavramn tanmlayan bir araç haline gelecektir.
1. Gerçel ya da karma³k saylardan olu³an yaknsak her dizi bir Cauchy
dizisidir.
Çözüm:
(an )
dizisi a ya yaknsyor olsun.
an → a =⇒ [(∀ > 0)(∃n0 )(n0 < n ⇒ |an − a| <
1
]
2
an → a =⇒ [(∀ > 0)(∃n0 )(n0 < m ⇒ |am − a| <
1
]
2
110
BÖLÜM 11.
D  Z  L E R
yazabiliriz. Buradan
n0 < m, n =⇒ |an − am | = |an − a + a − am |
=⇒≤ |an − a| + |a − am |
1
1
=⇒< + = 2
2
bulunur. O halde (an ) dizisi yaknsyorsa bir Cauchy dizisidir.
2. Gerçel ya da karma³k saylardan olu³an (an ) dizisi a ya yaknsyor ise
(an − a) dizisi 0 limitine yaknsar. Gösteriniz.
Çözüm:
1
an → a ⇐⇒ (∀ > 0)(∃n0 ) n0 < n ⇒ |an − a| < 2
⇐⇒ (∀ > 0)(∃n0 ) [n0 < n ⇒ an ∈ (a − , a + )]
⇐⇒ (∀ > 0)(∃n0 ) [n0 < n ⇒ (an − a) ∈ (−, +)]
⇐⇒ (an − a) → 0
Bölüm 12
A§lar
12.1
12.1.1
A‡LARIN YAKINSAMASI
Problemler
1. Do§al saylar kümesinin ≤ ba§ntsna göre yönlenmi³ bir küme oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm: Do§al saylar kümesinin, ≤ ba§ntsna göre Tanm 12.1.1 ko³ullarn
sa§lad§n göstermeliyiz:
(a) Her n için n ≤ n dir.
(b) Her m, n, r için m ≤ n ve n ≤ r ise m ≤ r dir.
(c) Her m, n do§al say çifti için ν = max{m, n} + 1 says m ≤ ν ve
n ≤ ν ko³ulunu sa§lar.
2. Tanm 12.1.1 deki (iii) ko³ulu yerine daha güçlü olan a³a§daki ko³ulun
konulabilece§ini gösteriniz:
Sonlu sayda λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ Λ ö§elerine kar³lk
λ1 ≤ λ, λ2 ≤ λ, . . . , λn ≤ λ
(12.1)
e³itsizlikleri sa§layan bir λ ∈ Λ ö§esi vardr.
Çözüm: (12.1) ko³ulu sa§lanyorsa n = 2 alnarak (iii) ko³ulu elde edilebilir;
yani (12.1) ⇒ (iii) dir. “imdi bunun kar³tnn varl§n gösterelim. Sonlu
sayda λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ Λ ö§eleri verilsin. (iii) sa§lanyorsa,
(a) λ1 , λ2 ö§elerine kar³lk λ1 ≤ ν3 ve λ2 ≤ ν3 olan bir ν3 ∈ Λ vardr.
(b) ν3 , λ3 ö§elerine kar³lk λ3 ≤ ν4 ve ν3 ≤ ν4 olan bir ν4 ∈ Λ vardr.
(c) ν4 , λ4 ö§elerine kar³lk λ4 ≤ ν5 ve ν4 ≤ ν5 olan bir ν5 ∈ Λ vardr.
(d) . . .
(e) νn , λn ö§elerine kar³lk λn ≤ λ ve νn ≤ λ olan bir λ ∈ Λ vardr.
111
112
3.
BÖLÜM 12.
A‡LAR
uzaynda x noktasnn B(x) kom³uluklar ailesinin yönlenmi³ bir
sistem oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: B(x) üzerindeki sralama ba§ntsn U, V ∈ B(x) oldu§unda
U ≤V ⇔U ⊃V
(12.2)
ba§nts ile tanmlayalm. Bu sralamann Tanm 12.1.1 ko³ullarn sa§lad§n
gösterece§iz.
(a) Her V ∈ B(x) için V ≤ V ⇔ V ⊃ V dir.
(b) Her U, V, W ∈ B(x) için U ≤ V ⇔ U ⊃ V ve V ≤ W ⇔ V ⊃ W ise
U ≤ W ⇔ U ⊃ W dur.
(c) Her U, V ∈ B(x) için W = U ∩ V dersek U ≤ W ⇔ U ⊃ W ve
V ≤ W ⇔ V ⊃ W olur.
4. Kapal [a, b] aral§nda bir f fonksiyonunun Riemann integrali tanmlanrken [a, b] aral§nn
a = a0 < a1 < a2 < a3 < . . . < an = b
(12.3)
bölüntüleri kurulur ve en büyük [ai−1 , ai ] alt aral§nn uzunlu§u sfra
giderken, Riemann toplamlarnn inf ve sup de§erlerinin olup olmad§na
baklr. Alt aralklar iç-içe olan (12.3) bölüntülerinin yönlenmi³ bir sistem
olu³turduklarn gösteriniz.
Çözüm: Simgelerde basitli§i sa§lamak için bölüntüleri α, β, γ, . . . hareriyle
gösterelim; yani
α ≡ {a = a0 < a1 < a2 < a3 < . . . < an = b}
(12.4)
(X, T )
β ≡ {a = b0 < b1 < b2 < b3 < . . . < bm = b}
(12.5)
(12.6)
diyelim. Bir α bölüntüsü içindeki en büyük alt aral§n uzunlu§unu ||α||
ile gösterelim; yani
||α|| = max{|ai − ai−1 | : i = 1, 2, . . . , n}
(12.7)
olsun. Bunu kullanarak bölüntüler üzerinde sralama ba§nts tanmlayabiliriz:
α ≤ β ⇔ ||α|| ≥ ||β||
(12.8)
diyelim. Bu sralamann Tanm 12.1.1 ko³ullarn sa§lad§n gösterece§iz.
[a, b] nin bütün mümkün bölüntülerinin ailesini B ile gösterelim.
(a) Her α ∈ B için α ≤ α dr.
γ ≡ {a = c0 < c1 < c2 < c3 < . . . < cr = b}
12.1.
113
A‡LARIN YAKINSAMASI
(b) Her α, β, γ ∈ B için α ≤ β ve β ≤ γ ise α ≤ γ olur.
(c) Her α, β ∈ B için γ bölüntüsünü α ve β bölüntülerinin bütün noktalarndan olu³turalm. Bu noktalar [a, b] aral§na büyüklük srasna
göre yerle³tirebiliriz. Bunun için γ nn ci bölüntü noktalarn her
i = 1, 2, 3, . . . , max{n, m} için
(
ci =
ai
bi
ai ≤ bi
bi < ai
sralama kuralyla seçmek yetecektir. Bu durumda ||α|| ≥ ||γ|| ve
||β|| ≥ ||γ|| olaca§ açktr. O halde her α, β ∈ B için α ≤ γ ve β ≤ γ
olacak biçimde bir γ ∈ B bölüntüsü olu³turmu³ olduk.
5. Bir topolojik uzayda bir x noktas alalm ve bu noktaya kar³lk
Dx = {(U, t)| U ∈ B (x), t ∈ U }
(12.9)
kümesini tanmlayalm. Bu kümenin
(U, t) (V, z) ⇔ U ⊃ V
(12.10)
ba§ntsna göre yönlenmi³ bir küme oldu§unu gösteriniz. Sonra, ö§eleri
Dx kümesiyle damgalanan
{t | (U, t) ∈ Dx }
(12.11)
a§nn x noktasna yaknsad§n ispatlaynz.
Çözüm: (12.9) kümesinin (12.10) sralama ba§ntsna göre yönlenmi³ bir sistem oldu§unu göstermek için Tanm 12.1.1 ko³ullarn sa§lad§n göstermeliyiz.
1. Her (U, t)
∈ Dx
için (U, t) (U, t) dir.
2.
(U, u) (V, v) ve (V, v) (W, w) ise U
uyarnca (U, u) (W, w) olacaktr.
3.
(U, u), (V, v) ∈ Dx için W = U ∩ V ∈ B oldu§undan (U, u) (W, w) ⇔
U ⊃ W ve (V, v) (W, w) ⇔ V ⊃ W oldu§u açktr.
⊃V ⊃W
dur. O halde (12.10)
O halde (12.9) ile tanmlanan Dx ailesi yönlenmi³ bir sistemdir.
(12.11) ile tanmlanan {t(U,t) } = {t : (U, t) ∈ Dx } ö§eleri (12.9) yönlenmi³
sistemi ile damgaland§ için bir a§dr. Bu a§n x noktasna yaknsad§n
görmek için Tanm 12.1.4 ko³ullarnn sa§land§n göstermeliyiz. Bir U ∈
B(x) verilsin. V ⊂ U oldu§unda (U, t) (V, t) dir; dolaysyla t(V,t) ∈ V
olur.
114
BÖLÜM 12.
12.2
12.2.1
A‡LAR
A‡LARIN YETERL‡
Problemler
1. Bir a noktasnn bir A kümesinin bir y§lma noktas olmas için gerekli ve
yeterli ko³ul (A − {a}) içinde A noktasna yaknsayan bir a§n varl§dr.
Gösteriniz.
Çözüm: Ayrk (singular) olmayan kaplama noktas bir y§lma noktasdr.
Önerme 12.2.1 uyarnca a ∈ Ā olmas için gerekli ve yeterli ko³ul aλ → a
olan bir (aλ ) a§nn varl§dr. Buna göre problemi çözebiliriz.
Gerekli§i:
a ∈ Ã ⇔ [V ∈ B(a) ⇒ V ∩ (A − {a}) 6= ∅]
dir. O halde her V ∈ B(a) için bir aV ∈ V ö§esi seçebiliriz. B(a) yönlenmi³
bir sistem oldu§undan (aV ) bir a§dr ve aV → a dr.
Yeterli§i: aλ → a ise her V ∈ B(a) için (aλ ) a§nn kuyru§u V içinde
kalr. Öyleyse, V ∩ A 6= ∅ dir. O halde a ∈ Ā dir.
2. Bir topolojik uzayda x noktasnn (xλ ) a§nn bir y§lma noktas olmas
için gerekli ve yeterli ko³ul, (xλ ) a§nn bir alt-a§nn x noktasna yaknsamasdr. Gösteriniz.
Çözüm: A = {xλ : λ ∈ Λ} diyelim.
x ∈ Ã ⇔ [V ∈ B(x) ⇒ V ∩ (A − {x}) 6= ∅]
⇔ [V ∈ B(x) ⇒ (∃ aλV ∈ V )
⇔ aλV → a
çkar.
3. X kümesi üzerinde T1 ≤ T2 ko³ulunu sa§layan T1 ve T2 topolojileri varsa,
bir a§n bu topolojilere göre yaknsamalar arasndaki fark nedir?
Çözüm: nce topolojiye göre yaknsak olan a§, kaba topolojiye göre de
yaknsar.
4. çindeki her a§ her noktasna yaknsyorsa, uzay ayrk de§ildir. Gösteriniz.
Çözüm: (X, T ) topolojik uzaynda bir (aλ ) a§ verilsin. Her x ∈ X için
aλ → x ise, her V ∈ B(x) için (aλ ) a§nn kuyru§u V içinde kalr. x ∈ T ⊂
V olacak biçimde açk bir T ∈ T kümesi seçebiliriz. T ∈ B(x) oldu§undan
(aλ ) a§nn kuyru§u T içinde kalr.
Verilen ko³ul altnda T = X oldu§unu göstermeliyiz; yani uzayn bo³
olmayan tek açk kümesinin X oldu§unu göstermeliyiz.
E§er T 6= X ise bir y ∈/ T noktas vardr. E§er y ∈ (T 0 )o olsayd, hipotez
gere§ince y ∈ X için aλ → y olacaktr. y ∈ (T 0 )o ∈ B(y) oldu§undan
(aλ ) a§nn kuyru§u (T 0 )o içinde kalr. T ∩ (T 0 )o = ∅ oldu§undan, bu
12.2.
115
A‡LARIN YETERL‡
durum yukarda söylenenle çeli³ir; çünkü yaknsak bir a§n kuyru§u birbirlerinden ayrk iki açk küme içinde bulunamaz. Öyleyse, kabulümüz
yanl³tr. Dolaysyla hiç bir y ∈ (T 0 )o ö§esi varolamaz. Buradan,
(T 0 )o = ∅ ⇒ (T 0 )o = (T̄ )0 = ∅
⇒ (T 0 )o = (T̄ )0 = ∅
⇒ T̄ = X
o
o
⇒ T = (T̄ ) = (X)
⇒T =X
çkar.
5. Ayrk bir uzay a§larn yaknsamas ile belirleyebilir misiniz?
Çözüm: çindeki her yaknsak a§n kuyru§u sabit ise uzay ayrk bir uzaydr.
6. (xλ ) a§ x limitine yaknsyorsa, her alt a§nn da ayn noktaya yaknsad§n gösteriniz.
Çözüm: (aλ ) ⊂ (aλ ) ve aλ → a olsun.
ı
aλ → a =⇒ [V ∈ B(a) ⇒ (∃ λ0 )(λ0 ≤ λ ⇒ aλ ∈ V ]
=⇒ [V ∈ B(x) ⇒ (∃ λ0 )(λ0 ≤ aλı ⇒ aλı ∈ V ]
=⇒ aλı → a
olur.
116
BÖLÜM 12.
A‡LAR
Bölüm 13
SÜZGEÇLER
13.1
13.1.1
Ön Bilgiler
Topolo ji Belirleme Yöntemleri
Bir topolojiyi belirlemek demek onun açk kümelerini (ya da kapal kümelerini)
belirlemek demektir. “imdiye kadar topolojiyi belirlemek için kulland§mz yöntemler ³unlardr:
Açk Kümeler (X, T ) topolojik uzaynn açk kümelerinin hangileri oldu§
belirlenir (Bkz. 2. Bölüm).
Kapal Kümeler (X, T ) topolojik uzaynn kapal kümelerinin hangileri oldu§
belirlenir (Bkz. 2. Bölüm).
Kaplama ³lemi (X, T ) topolojik uzaynda her kümenin kaplam belirlemek
için A → Ā dönü³ümü tanmlanr. (Bkz. 3.Bölüm, Kuratowski Yöntemi)
çlem ³lemi (X, T ) topolojik uzaynda her kümenin içlemi belirlemek için
A → Ao dönü³ümü tanmlanr (Bkz. 3. Bölüm).
Kom³uluklar (X, T ) topolojik uzaynda her x noktasnn B(x) kom³uluklar
ailesi belirlenir (Bkz. 5. Bölüm).
Tabanlar Açk kümelerin, kapal kümelerin ve kom³uluklarn taban tanmlanr.
Açk Kümeler çin Taban
taban belirlenir.
(X, T ) topolojik uzaynda açk kümeler için
Kapal Kümeler çin Taban
için taban belirlenir.
(X, T ) topolojik uzaynda kapal kümeler
(X, T ) topolojik uzaynda her x noktasnn S(x)
kom³uluklar taban belirlenir.
Kom³uluklar Taban
117
118
BÖLÜM 13.
SÜZGEÇLER
Mevcut topolojik uzaylardan yararlanlarak ba³ka kümeler üzerine topoloji kondurma yöntemleridir.
zdü³el Topoloji, Tümel Topoloji, Alt Uzay Topolojisi, Çarpm Topolojisi,
Bölüm Topolojisi bu yöntemle tanmland.
Yaknsama Kavramyla Topolo ji Belirleme Dizilerin, a§larn ve süzgeçlerin yaknsamas kavramndan hareketle bir topolojinin belirlenmesi mümkündür:
Sürekli Fonksiyonlarla Belirlenen Topolo jiler
(X, T ) Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§layan bir uzay olmak üzere A kümesi üzerindeki her
yaknsak dizinin limiti A kümesine aitse A kümesi kapal bir kümedir.
A§lar Yardmyla Topolo ji Belirleme A kümesi üzerindeki her yaknsak a§n limiti A kümesine aitse A kümesi kapal bir kümedir.
Süzgeçler Yardmyla Topolo ji Belirleme A kümesi üzerindeki her
yaknsak süzgecin limiti A kümesine aitse A kümesi kapal bir kümedir.
Diziler Yardmyla Topolo ji Belirleme
13.1.2
ÖN BLGLER
Bu bölümdeki baz problemlerin kolay çözümlerini elde edebilmek için, a³a§daki
bilgilere ba³vuraca§z.
Tanm 13.1.1. X kümesinin alt-kümelerinden olu³an bir F ailesi verilsin. E§er
F ailesinin her sonlu saydaki kümelerinin arakesiti bo³ de§ilse; yani
({S1 , S2 , . . . , Sn ∈ F}) ⇒ S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sn 6= ∅
ise, F ailesi Sonlu Arakesit Özeli§ine (SA) [Finite Intersection Property] sahiptir, denilir.
Tanm 13.1.2. X üzerinde Sonlu Arakesit Özeli§ine (SA) özeli§ine sahip
bir F ailesi bir süzgecin alt-tabandr.
Uyar 13.1.1. Her süzgeç Sonlu Arakesit Özeli§ine sahiptir.
Tanm 13.1.3. X kümesi üzerinde bir F süzgeci verilsin. E§er F ailesi ⊂
kapsama ba§ntsna göre, maximal (kendisinden ince bir süzgeç yok) ise F
süzgecine X üzerinde bir a³kn süzgeçtir (ultralter), denilir.
Buna göre, a³kn süzgeci belirleyen iki aksiyomu ³öyle ifade edebiliriz:
Tanm 13.1.4. A³a§daki iki aksiyomu sa§layan F ailesi X üzerinde bir a³kn
süzgeçtir:
• [U1]: F ailesi X üzerinde bir süzgeçtir (dolaysyla Sonlu Arakesit Özeli§ine
sahiptir).
• [U2]: F ⊂ G ve G Sonlu Arakesit Özeli§ine sahipse F = G dir.
13.1.
119
ÖN BILGILER
Bir X kümesi üzerindeki bütün süzgeçlerin ailesini F ile gösterelim. Bu aile
kapsama ba§ntsna göre tikel sral bir sistemdir; yani (F, ⊂) tikel sral bir
sistemdir. Bu sistem içinde maximal ö§eler (süzgeçler) a³kn (ultra) süzgeçlerdir.
Önerme 13.1.1.
X
kümesi üzerinde bir
F
süzgeci için a³a§dakiler birbirlerine
denktirler.
1.
F
2.
A, B ⊂ X
a³kn (ultra) süzgeçtir.
3. Her
ve
A⊂X
A∪B ∈F
ise ya
A∈F
için ya
A∈F
ya da
ya da
A0 ∈ F
B∈F
dir.
dir. Ama ikisi birden olmaz.
Çözüm:
Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm.
oldu§unu varsayalm.
A ∈
/ F
• (a) ⇒ (b) :
ve
B ∈
/ F
G = {C | ∅ 6= C ⊂ X, A ∪ C ∈ F }
ailesini tanmlayalm. Bu ailenin X kümesi üzerinde bir süzgeç oldu§u kolayca görülür. Ayrca F ⊂ G ve B ∈ G dir. Oysa F a³kn (ultra) süzgeçtir.
Öyleyse F = G olmaldr. O halde B ∈ F dir. Bu ise kabulümüzün çeli³ki
yaratt§n gösterir. Demek ki, A ∪ B ∈ F oldu§unda ya A ∈ F ya da
B ∈ F olmaldr.
• (b) ⇒ (c) : A ∪ A0 = X ∈ F dir. A0 = B konumuyla (b) özeli§inden ya
A ∈ F ya da A0 ∈ F çkar.
• (c) ⇒ (a) : F süzgecinden daha ince bir G süzgecinin var oldu§unu kabul
edelim. Herhangi bir A ∈ G kümesini dü³ünelim. Her F ∈ F için A∩F 6= ∅
oldu§undan, A0 ∈/ F dir. O halde A ∈/ F dir. Dolaysyla G = F olacaktr;
yani F den daha ince süzgeç yoktur (F maximaldir).
Yukardaki önermeye yeni özelikler katarak daha zengin bir sonuç elde edebiliriz.
Önerme 13.1.2. A³a§daki özelikler birbirlerine denktir:
1. UP0:
U
2. UP1:
S∈U
3. UP2:
S1 , S2 , . . . , Sn ∈ U
ailesi
4. UP3: Her
X
ve
kümesi üzerinde a³kn (ultra) bir süzgeçtir.
S⊂T
S ⊂X
T ∈U.
ise
ise
için ya
S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sn ∈ U
S ∈U
ya da
S0 ∈ U
dir.
dir. Ama her ikisi ayn
anda olmaz.
S∈U
5. UP4:
T ⊂X
6. UP5:
S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sn ∈ U
U
ve her
süzgecine aittir.
için
T ∩ S 6= ∅
ise
ise
T ∈U
S1 , S2 , . . . , Sn
dir.
kümelerinden en az birisi
120
BÖLÜM 13.
7. UP6:
X∈U
SÜZGEÇLER
dir.
spat:
[S3] süzgeç aksiyomundan çkar.
Ba³ka bir yöntem olarak, U süzgecine ait bir kümeyi kapsayan bütün
kümelerin olu³turdu§u ailenin U süzgecine e³it oldu§unu gösterebiliriz.
• UP0 ⇒ UP1 :
G = {T : T ⊂ X, (∃S ∈ U )(S ⊂ T )}
ailesini tanmlayalm. G ailesi sonlu arakesit özeli§ine sahiptir; yani her
sonlu sayda kümesinin arakesiti bo³ de§ildir. Çünkü Tk ∈ G ise Tk ⊃ Sk
olacak ³ekilde Sk ∈ U , (= 1, 2, . . . , n), kümeleri vardr. Dolaysyla,
T1 ∩ T2 ∩ . . . ∩ Tn ⊃ S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sn 6= ∅
olur. Ayrca G nin bir süzgeç oldu§u ve G
U a³kn oldu§undan G = U olmaldr.
⊃U
oldu§u kolayca görülebilir.
• UP1 ⇒ UP2 :
G = {S1 ∩ S2 ∩ . . . ∩ Sn : n ∈ N, Sk ∈ U }
•
•
ailesini tanmlayalm. Bu aile sonlu arakesit özeli§ine sahiptir; yani her
sonlu sayda kümesinin arakesiti bo³ de§ildir. Ayrca G nin bir süzgeç
oldu§u ve G ⊃ U oldu§u kolayca görülebilir. U a³kn oldu§undan G = U .
Bu isteneni verir.
U P 2 ⇒ U P 3 : Bir S ⊂ X için S ∈
/ U ise S 0 ∈ U oldu§unu gösterece§iz.
G = {S1 } ∪ U olsun. G 6= U ve G ⊃ U dur. U süzgeci sonlu arakesit
özeli§ine sahip maximal ailedir (a³kn süzgeç). Dolaysyla G nin sonlu
arakesit özeli§i olamaz. Bu demektir ki T1 ∩ T2 ∩ . . . ∩ Tn = ∅ olacak
³ekilde T1 , T2 , . . . , Tn ∈ G kümeleri vardr.
[UP2] uyarnca T = T1 ∩ T2 ∩ . . . ∩ Tn ∈ U dur. T ∩ S = ∅ olmas T ⊂ S 0
olmasn gerektirir. [UP3] uyarnca S 0 ∈ U dur.
Son olarak S ∈ U ve S 0 ∈ U içermelerinin ayn anda olamayaca§n
gösterelim. Gerçekten S ∩ S 0 = ∅ oldu§undan, ikisi ayn anda süzgece ait
olamaz; çünkü süzgeç sonlu arakesit özeli§ine sahiptir.
U P 3 ⇒ U P 4 : [UP2] uyarnca G = {T } ∪ U sonlu arakesit özeli§ine
sahiptir. Dolaysyla bir süzgeç oldu§u ve G ⊃ U oldu§u kolayca görülür.
U maximal oldu§undan G = U çkar. O halde T ∈ U dur.
• UP4 ⇒ UP5 :
S=
n
[
Sk ∈ U ⇒ S 0 =
k=1
n
\
0
Sk ∈
/U
k=1
olur. Buradan enaz bir k için Sk
uyarnca Sk ∈ U olacaktr.
0
∈
/ U
oldu§u görülür. O halde, [UP3]
13.1.
121
ÖN BILGILER
• UP5 ⇒ UP6 :
³ey çkar.
Her S ∈ U için S ∩ X 6= ∅ oldu§undan [UP5] den istenen
• U P 3 ⇒ U P 0 : Listeledi§imiz özeliklerden herhangi birisinin [UP0] özeli§ini
gerektirdi§ini ispatlamak yetecektir. Bunu göstermek için daha genel olan
a³a§daki teoremi ispat edece§iz.
Önerme 13.1.3.
X
S0 ∈ U
U ailesinin
S ∈ U ya da
kümesi üzerinde sonlu arakesit özeli§ine sahip bir
a³kn süzgeç olmas için gerekli ve yeterli ko³ul her
S⊂X
için ya
olmasdr. (Tabii her ikisi ayn anda olamaz.)
Gerekli§i: Yukardaki problemde U a³kn bir süzgeç ise [UP3] özeli§inin
varl§n gördük.
Yeterli§i: U ailesi sonlu arakesit özeli§ine sahip olsun ve bir S ⊂ X için
(S ∈ U ) ∨ (S 0 ∈ U ) oldu§unu varsayalm. E§er U a³kn bir süzgeç de§ilse,
sonlu arakesit özeli§ine sahip bir G ⊃ U ailesi vardr. Bir S ∈ G kümesi alalm.
S 0 ∈ U ⊂ G olsayd, S ∈ G nin sonlu arakesit özeli§ine sahip olma kabulümüz
ile çeli³irdi. Çünkü S ∩ S 0 = ∅ olur. O halde S ∈ U dur. Her S ∈ G için bu
özelik var oldu§una göre U = G sonucu çkar.
U
Önerme 13.1.4.
X kümesi üzerinde a³kn bir süzgeç olmas için
U ∈ U ile kesi³en her A ⊂ X için kümesinin U ye
ailesinin
gerekli ve yeterli ko³ul, her
ait olmasdr; yani
(A ⊂ X) ∧ (∀U ∈ U )(A ∩ U 6= ∅) ⇒ A ∈ U
olmasdr.
spat:
(Bkz. Teocor 13.1.2(5))
Önerme 13.1.5.
ise
f (U )
spat:
U
görüntüsü
ailesi
Y
X
kümesi üzerinde a³kn bir süzgeç ve
f :X →Y
üzerinde a³kn bir süzgeçtir.
Teorem 13.1.2(4) uyarnca,
A∈
/ f (U ) ⇒ f −1 (A) ∈
/U
⇒ (f −1 (A))0 ∈ U
⇒ A0 ∈ f (U )
olur.
Örnekler:
1.
Mx = {A : x ∈ A ⊂ X} ailesi; yani sabit bir x ∈ X noktsn
kümeler ailesi X üzerinde bir süzgeçtir (Bkz. 13.5.4.Problem).
içeren
2. Yalnx x noktasndan olu³an kümenin olu³turdu§u tek ö§eli aile; yani X =
{{x}} ailesi yukarda tanmlanan Mx süzgeci için bir tabandr.
122
3.
4.
5.
BÖLÜM 13.
SÜZGEÇLER
SA = {S : A ⊂ S ⊂ X} ailesi; yani bir A kümesini kapsayan bütün
kümelerin olu³turdu§u aile X üzerinde bir süzgeçtir.
Yukardaki örnekte A = X alnrsa X = {X} ailesi X üzerinde bir süzgeç
olur. Bu süzgeç X üzerindeki en kaba süzgeçtir.
X kümesi içinde bir (xn )n∈N dizisi verilsin. An = {xk : 1 ≤ n ≤ k}
diyelim. Herhangi bir An kümesini kapsayan bütün kümeler ailesi; yani
D = {D : (∃n ≥ 1)(An ⊂ D} ailesi bir süzgeçtir. Buna (xn ) dizisinin
süzgeci denilir.
C = {A : A ⊂ X, A0 sonlu} ailesi; yani X kümesi içinde tümleyenleri
sonlu olan bütün kümelerin olu³turdu§u aile bir süzgeçtir. Buna Sonlu
Tümleyenler Süzgeci (conite lter) denilir.
Yukardaki X kümesi yerine N do§al saylar kümesi alnrsa Fréchet süzgeci
elde edilir. Fréchet süzgeci Do§al Saylar kümesi üzerindeki Sonlu Tümleyenler (conite) süzgecidir.
X kümesi içinde bir (xn )n∈N dizisi verilsin. (xn ) kümesi üzerindeki Sonlu
Tümleyenler Süzgecine (xn ) dizisinin bile³en süzgeci denilir.
X kümesi içinde bir (xn )n∈N dizisi verilsin. Bn = {xk : n ≤ k} diyelim.
Bn kümesine (xn ) dizisinin n-inci kuyru§u denilir. Kuyruklar ailesi (xn )
dizisinin bile³en süzgeci için bir tabandr; yani B = {Bn : n ∈ N} kümeler
ailesi, yukarda tanmlanan bile³en süzgecin bir tabandr.
N do§al saylar kümesinde bir (n)n∈N dizisini dü³ünelim. Bn = {k : n ≤
k} diyelim. Bn kümesine (n) dizisinin n-inci kuyru§u denilir. Kuyruklar
ailesi (n) dizisinin Fréchet süzgeci için bir tabandr; yani B = {Bn : n ∈
N} kümeler ailesi, yukarda tanmlanan Fréchet süzgecinin bir tabandr.
(X, T ) bir topolojik uzay ve B(x) ailesi x noktasnn kom³uluklar ailesi
olsun. Bu aile bir süzgeçtir. Buna x noktasnn kom³uluklar süzgeci denilir.
(X, T ) bir topolojik uzay ve S(x) ailesi x noktasnn bir kom³uluklar
taban olsun. Bu aile x noktasnn kom³uluklar süzgecinin bir tabandr.
Bir süzgeçler ailesinin en büyük alt snr (inf), sözkonusu ailenin
arakesidir (Bkz. Önerme 13.2.1):
ilkel
(elementary)
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
S =
\
Sı = {S : (∀ı ∈ I)(S ∈ Sı )}
(13.1)
ı∈I
13. (13.1) süzgeci a³a§daki gibi de yazlabilir:
S =
\
ı∈I
Sı = {A : (∃Sı ∈ Sı )(A =
[
ı∈I
Sı )}
(13.2)
13.1.
123
ÖN BILGILER
spat:
B∈
\
Sı ⇒ (∀ı ∈ I)(B ∈ Sı )
ı∈I
"
#
⇒ (B = Sı ) ⇒ (A =
[
Sı )
ı∈I
olur. Tersine olarak,
B ∈ {A : (∃Sı ∈ Sı )(A =
[
Sı ) ⇒ (∃Sı ∈ Sı )(B =
ı∈I
[
Sı )
ı∈I
⇒ (∀ı ∈ I)(B ∈ Sı )
\
⇒B∈
Sı
ı∈I
14.
Bir süzgeçler ailesinin en küçük üst snr
13.2.5).
(sup) (Bkz. Önerme
124
BÖLÜM 13.
13.2
SÜZGEÇLER
SÜZGEÇLERN KAR“ILA“TIRILMASI
13.2.1
Problemler
1. Sonlu bir küme üzerindeki bütün mümkün süzgeçleri bulunuz.
Çözüm: Örne§in X = {a, b, c, d, e} olsun. Bu küme üzerinde
(a) S1 = {X}
(b) Sa = {{a}, X}, Sb = {{b}, X}, Sc = {{c}, X}, Sd =
(c)
(d)
(e)
Se = {{e}, X}
{{d}, X},
Sab = {{a, b}, X}, Sac = {{a, c}, X}, Sad = {{a, d}, X}, Sae =
{{a, e}, X}, Sbc = {{b, c}, X}, . . .
Sabc = {{a, b, c}, X}, Sacd = {{a, c, d}, X}, Sace = {{a, c, e}, X},
Sbcd = {{b, c, d}, X}, Sbce = {{b, c, e}, X}, . . .
Sabcd = {{a, b, c, d}, X}, Sabce = {{a, b, c, e}, X}, Sbcde = {{b, c, d, e}, X},
Sabde = {{a, b, d, e}, X}, Sacde = {{a, c, d, e}, X}, . . .
5 ö§eli bir kümede yukardaki 31 farkl süzgeci tanmlam³ olduk.
2. Sonsuz bir X kümesi üzerindeki bir A süzgecinin bütün kümelerinin arakesiti bo³ ise, bunun X üzerindeki sonlu tümleyenler süzgecinden daha ince
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Sonlu tümleyenler süzgecini S ile gösterelim. S ⊂ A oldu§unu
göstermeliyiz. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. Bir S ∈ S kümesinin
A ya ait olmad§n varsayalm. Bu durumda S kümesi A ya ait hiç bir
kümenin üst kümesi olamaz. Buradan her A ∈ A için A ∩ S 0 6= ∅ oldu§u
sonucu çkar. Bu ise
∅=
6
\
(A ∩ S 0 ) ⊂
A∈A
\
A=∅
A∈A
olurdu. Bu çeli³ki olamayaca§na göre, kabulümüz yanl³tr; yani her S ∈
S kümesi A süzgecine aittir. Dolaysyla, S ⊂ A olur.
3. S ve H bir X kümesi üzerinde iki süzgeç olsun. X üzerindeki süzgeçler
arasnda bu ikisinin bir en küçük üst snr varsa, bunun
D = {S ∩ H
| S ∈ S, H ∈ H }
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Önerme 13.2.5 gere§ince, söz konusu en küçük üst snrn (sup)
olmas için gerekli ve yeterli ko³ul her S ∈ S ve her H ∈ H için S ∩H 6= ∅
olmasdr. Bu ko³ul altnda D nin bir süzgeç oldu§unu gösterebiliriz:
(a) ∅ ∈/ D dir.
13.2.
125
SÜZGEÇLERN KAR“ILA“TIRILMASI
(b)
S1 ∩ H1 ∈ D
ve S2 ∩ H2 ∈ D ise
(S1 ∩ H1 ) ∩ (S2 ∩ H2 ) = (S1 ∩ S2 ) ∩ (H1 ∩ H2 ) ∈ D
(c)
dir.
S1 , S2 ∈ S ve H1 , H2 ∈ H olmak üzere S1 ∩ H1 ⊂ S2 ∩ H2
S1 ⊂ S2 ve H1 ⊂ H2 olaca§ndan S2 ∩ H2 ∈ D olur.
ise
4.
S∞ ailesi R nin (a, ∞), a ∈ R ³eklinde bir aral§n içeren bütün altkümelerinden olu³sun. Bu ailenin R üzerinde bir süzgeç olu³turaca§n
gösteriniz.
Çözüm: Tanm 13.1.1 ko³ullarnn sa§land§n gösterece§iz.
(a) Her S ∈ S∞ kümesi bir (a, ∞) aral§n içerdi§inden hiç birisi bo³
olamaz.
(b) A, B ∈ S∞ ise (a, ∞) ⊂ A ve (b, ∞) ⊂ B olacak biçimde a, b gerçel
saylar vardr. c = max{a, b} diyelim. (c, ∞) ⊂ A ∩ B oldu§undan
A ∩ B ∈ S∞ olacaktr.
(c) S ∈ S∞ ve S ⊂ A olsun. (a, ∞) ⊂ S ise (a, ∞) ⊂ A olmaldr.
Dolaysyla S ∈ S∞ olur.
5. S ailesi X üzerinde bir süzgeç olsun ve bir A ⊂ X alt-kümesi verilsin. S
nin A üzerindeki SA izinin (trace) bir süzgeç olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul S nin her kümesinin A ile kesi³mesidir. Gösteriniz.
Çözüm:
SA = {A ∩ S| S ∈ S
ailesinin A üzerinde bir süzgeç oldu§unu gösterece§iz.
(a) S nin her kümesi A ile kesi³iyorsa A ∩ S 6= ∅ olur. O halde ∅ ∈/ SA
dir.
(b) A ∩ S1 ∈ SA ve A ∩ S2 ∈ SA ise
(A ∩ S1 ) ∩ (A ∩ S2 ) = A ∩ (S1 ∩ S2 ) ∈ SA
(c)
6.
F
olur.
(A ∩ S1 ) ⊂ (A ∩ S2 )
(A ∩ S2 ) ∈ SA dr.
ise S1 ⊂ S2 olaca§ndan S2 ∈ S dir. O halde
ailesi X kümesi üzerinde bir a³kn süzgeç (ultra lter) olsun. E§er
A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An ∈ F
ise, {A1 , A2 , . . . , An } kümelerinden en az bir tanesi
aittir. Gösteriniz.
Çözüm:
F
a³kn süzgecine
126
BÖLÜM 13.
SÜZGEÇLER
Önce problemi iki küme için çözelim. A ∪ B ∈ F oldu§unda
ya A ∈ F ya da B ∈ F oldu§unu gösterelim.
Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. A ∈/ F ve B ∈/ F oldu§unu varsayalm.
Özel Durum:
G = {C | ∅ 6= C ⊂ X, A ∪ C ∈ F }
ailesini tanmlayalm. Bu ailenin X kümesi üzerinde bir süzgeç oldu§u kolayca görülür. Ayrca F ⊂ G ve B ∈ G dir. Oysa F a³kn (ultra) süzgeçtir.
Öyleyse F = G olmaldr. O halde B ∈ F dir. Bu ise kabulümüzün çeli³ki
yaratt§n gösterir. Demek ki, A ∪ B ∈ F oldu§unda ya A ∈ F ya da
B ∈ F olmaldr.
Ai ∈
/ F ise, Ön Problem 1(c) uyarnca, Ai ∈ F , (n =
1, 2, . . . , n) olacaktr. Bunlarn sonlu arakesiti de süzgece ait olmaldr;
yani
!0
0
Genel Durum:
n
\
0
Ai =
i=1
n
[
Ai
∈F
i=1
olacaktr. Oysa bu içerme olamaz; çünkü
n
[
Ai ∈ F
i=1
içermesi vardr. O halde kabulümüz yanl³tr. En az bir Ai ∈ F olmaldr.
13.3.
13.3
13.3.1
1.
127
SÜZGEÇ TABANLARI
SÜZGEÇ TABANLARI
Problemler
ve Y kümeleri ile bir f : X → Y fonksiyonu veriliyor. B ailesi Y kümesi
üzerinde bir süzgeç taban ise f −1 (B) nin X üzerinde bir süzgeç taban
olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, her B ∈ B için f −1 (B) 6= ∅ olmasdr.
Gösteriniz.
X
Çözüm:
[B1]: f −1 (B) 6= ∅ oldu§undan ∅ ∈/ f −1 (B) ve f −1 (B) 6= ∅ dir.
[B2]: B1 , B2 ∈ B ise B3 ⊂ B2 ∩ B1 olacak biçimde bir B3
oldu§undan
f −1 (B3 ) ⊂ f −1 (B2 ) ∩ f −1 (B1 )
2.
3.
4.
5.
∈ B
var
olacaktr.
Önceki problemdeki gösterimler altnda f (f −1 (B)) ailesinin Y üzerinde
bir süzgeç taban oldu§unu ve bunun do§urdu§u süzgecin B nin do§urdu§u süzgeçten daha kaba olmad§n gösteriniz. (Yol gösterme: Her B
kümesi için f (f −1 (B)) = B ba§nts ile Önerme 13.3.2 yi kullannz).
−1
Çözüm: f
(B) ailesinin X kümesi üzerinde bir süzgeç taban oldu§unu
önceki problemde gösterdik. V = f −1 (B) diyelim. Önerme 13.3.3 uyarnca
f (V ) = f (f −1 (B)) ailesi Y üzerinde bir süzgeç tabandr. Her B ∈ B için
f (f −1 (B)) = B oldu§undan, istenen ortaya çkar.
f : X → Y fonksiyonu verilsin ve B ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç
taban olsun. f −1 (f (B)) nin üretti§i süzgecin, X üzerinde B nin üretti§i
süzgeçten daha kaba oldu§unu gösteriniz. (Yol gösterme: Her B kümesi
için f −1 (f (B) ⊃ B ba§nts ile Önerme 13.3.2 yi kullannz).
Çözüm: Her B ∈ B için B 6= ∅ oldu§undan f (B) 6= ∅ dir. O halde,
Önerme 13.3.3 uyarnca B = f (B) ailesi Y üzerinde bir süzgeç tabandr.
1.Problem uyarnca f −1 (B) = f −1 (f (B)) ailesi X üzerinde bir süzgeç
tabandr. Ayrca her B ∈ B için f −1 (f (B) ⊃ B oldu§undan, Önerme
13.3.2 uyarnca, f −1 (f (B)) nin üretti§i süzgeç, X üzerinde B nin üretti§i
süzgeçten daha kabadr.
Yukardaki gösterimler altnda f nin bire-bir örten olmas için gerekli ve
yeterli ko³ul, X üzerindeki her B süzgeç taban için f −1 (f (B)) nin B ye
denk bir süzgeç taban olmasdr. Gösteriniz.
−1
Çözüm: f : X → Y bire-bir-örten (bbö) ise her B ∈ B için f
(f (B) = B
olaca§ndan sözkonusu süzgeçler ayn olur. Tersine olarak, üretilen süzgeçler
ayn ise her B ∈ B için f −1 (f (B) = B olmaldr. Özel olarak f −1 (f (X) =
X olacaktr. Bunun olabilmesi için f bbö olmaldr.
f : X → Y örten bir fonksiyon ve S ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç
ise f (S ) nin Y üzerinde bir süzgeç olaca§n gösteriniz. "Örtenlik" ko³ulu
kalkarsa ne olur?
128
BÖLÜM 13.
SÜZGEÇLER
Çözüm:
[S1]: Her S ∈ S için S 6= ∅ oldu§undan f (S) 6= ∅ dir. Dolaysyla f (S ) 6=
∅ dir.
[S2]: Her f (S1 ), f (S2 ) ∈ f (S ) için S3 ⊂ S1 ∩ S2 seçilebilir. Buradan
f (S3 ) ⊂ f (S1 ∩ S2 ) ⊂ f (S1 ) ∩ f (S2 ) çkar.
[S3]: f (S) ⊂ A ise S ⊂ f −1 (f (S)) ⊂ f −1 (A) oldu§undan f −1 (A) ∈ S dir.
O halde, f (S) ⊂ f of −1 (A) = A ba§ntsndan A ∈ f (S ) oldu§u sonucu
çkar.
Son olarak her S ∈ S için f (S) ⊂ Y oldu§undan Y ∈ f (S ) olmaldr.
Bunun olmas için f nin örten olmas gerekir. Bu durumda X ∈ S ⇒
f (X) ∈ f (S ) olacaktr. f fonksiyonu örten de§ilse bu ko³ul sa§lanmaz,
dolaysyla f (S ) bir süzgeç olamaz.
6. Yalnzca iki ö§esi olan X = {x, y} kümesi üzerinde ayrk olmayan topoloji
var olsun.
(a) S = {{x}, {x, y}} ailesinin bir süzgeç oldu§unu gösteriniz.
(b) S süzgecinin hem x, hem y noktasna yaknsad§n gösteriniz.
(c) Buradan, bir süzgecin limitinin tek olmayabilece§i sonucunu çkarnz.
Çözüm:
(a) Kolayca görülebilece§i gibi bo³ küme S ailesine ait de§ildir, S ye
ait iki kümenin arakesiti S ye aittir, S ye ait bir kümeyi kapsayan
her küme S ye aittir. Dolaysyla S ailesi X üzerinde bir süzgeçtir.
(b) X üzerinde ayrk olmayan topoloji T = {∅, {x, y}} dir. Açkça görüldü§ü
gibi T ⊂ S dir. Yaknsama tanm uyarnca S → x ve S → y dir.
(c) Yukardaki sonuç, bir süzgecin limitinin tek olmayabilece§ini gösteriyor.
7. Sonlu bir X kümesi üzerindeki her U a³kn süzgeci için
U = {A : A ⊂ X, x ∈ A}
olacak ³ekilde bir x ∈ X noktas vardr. Gösteriniz.
Çözüm: X kümesi sonlu oldu§u için U ailesi de sonludur. Her sonlu sayda
T
kümesinin arakesiti bo³ olmayaca§ndan a∈U A 6= ∅ olacaktr. Dolaysyla
arakesite ait en ax bir tane x ∈ X ö§esi vardr.
8. (xλ )λ∈Λ bir a§ ise
B = {(xλ ) : λ, λ0 ∈ Λ , λ > λ0 }
ailesinin bir süzgeç taban oldu§unu gösteriniz. Buradan çkan sonuç ³udur:
Her a§dan bir süzgeç üretilebilir.
13.3.
129
SÜZGEÇ TABANLARI
Çözüm:
[B1]: (xλ )λ∈Λ a§ bo³ olmad§ için hiçbir B 3 S = (xλ )λ>λ kümesi bo³
de§ildir. Dolaysyla, B ailesi bo³ de§ildir ve bo³ kümeyi içermez.
[B2]: S1 = (xλ )λ>λ ve S2 = (xλ )λ>λ kümeleri verilsin. Λ yönlenmi³ bir
küme oldu§undan λ1 < λ0 ve λ2 > λ0 olacak biçimde bir λ0 ∈ Λ vardr.
Bu durumda S0 = (xλ )λ>λ dersek S0 ⊂ S1 ∩ S2 olur.
0
1
2
0
130
BÖLÜM 13.
13.4
SÜZGECN LMT
13.5
PROBLEMLER
SÜZGEÇLER
1. Bir X kümesi üzerinde T1 ve T2 topolojileri veriliyor. T1 topolojisinin T2
den daha ince dokulu olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, T1 topolojisine
göre yaknsak olan her süzgecin T2 ye göre de ayn noktaya yaknsamasdr.
Gösteriniz.
Çözüm: T1 topolojisine göre S → x ⇔ B1 (x) ⊂ S dir. T2 ⊂ T1 ise
B2 (x) ⊂ B1 (x) ⊂ S olaca§ndan T2 topolojisine göre de S → x olacaktr.
2. f : X → Y fonksiyonu bir x ∈ X noktasnda sürekli olsun. x noktas X
üzerindeki bir B süzgeç tabannn bir kaplama noktas ise f (x) noktas Y
üzerindeki f (B) süzgeç tabannn bir kaplama noktasdr. Gösteriniz.
Çözüm: B bir süzgeç taban ise f (B) nin de bir süzgeç taban uldu§unu
biliyoruz. Önerme 6.1.1 uyarnca x|inB̄ ⇒ f (x) ∈ f (B) dir. O halde, f (x)
görüntüsü f (B) nin bir kaplama noktasdr.
3. Bir (X, T ) topolojik uzaynda her hangi bir x noktasnn bütün kom³uluklarnn olu³turdu§u B(x) ailesinin bir süzgeç oldu§unu biliyoruz. B(x)
kom³uluklar ailesinin her S(x) tabannn B(x) süzgecinin bir taban oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm: Önerme 13.3.3 ve Önerme 13.3.4 den hemen görülür.
4. X bo³ olmayan bir küme ve x ∈ X olsun.
M = {M : x ∈ M, M ⊂ X}
ailesinin bir a³kn süzgeç oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Önce M nin bir süzgeç oldu§unu gösterelim. [S1]: Her M ∈ M
kümesi x noktasn içerdi§inden bo³ de§ildir. Dolaysyla bo³ küme M ye
ait de§ildir.
[S2]: M1 , M2 ∈ M ise x ∈ M1 ∩ M2 oldu§undan M1 ∩ M2 ∈ M dir.
[S3]: M1 ∈ M ve M1 ⊂ M2 ise x ∈ M2 olaca§ndan M2 ∈ M çkar.
“imdi de M nin a³kn bir süzgeç oldu§unu gösterelim. M ⊂ N oldu§unu
varsayalm. Bir S1 ∈ N kümesi seçelim. S2 = {x} diyelim. S2 ∈ M ⊂ N
oldu§undan S1 ∩ S2 = {x} =
6 ∅ dir. Buradan x ∈ S1 ⇒ S1 ∈ M çkar. Her
S1 ∈ N için bu özelik var oldu§undan N ⊂ N dir. O halde M a³kn bir
süzgeçtir.
5. X sonsuz bir küme olsun. X içinde tümleyenleri sonlu olan bütün alt
kümelerin olu³turdu§u ailenin bir süzgeç oldu§unu gösteriniz. Bunu simgelerle gösterirsek,
F = {A : A ⊂ X, A0 sonlu}
13.5.
PROBLEMLER
131
ailesi bir süzgeçtir. Gösteriniz.
Çözüm:
[S1]: X bo³ de§ilse tümleyeni sonlu olan kümelerin hiç birisi bo³ de§ildir.
Dolaysyla F bo³ de§ildir.
[S2]: Tümleynleri sonlu olan iki kümenin arakesitinin de tümleyeni sonludur; yani A, B ∈ F ise (A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0 sonludur. Dolaysyla
A ∩ B ∈ F dir.
[S3]: A ∈ F ve A ⊂ B ise B 0 ⊂ A0 oldu§undan B nin tümleyeni sonludur.
O halde B ∈ F dir.
6. F ile G aileleri X üzerinde iki süzgeç ise, bu süzgeçlerin ortak ö§elerinden
olu³an H ailesi de X kümesi üzerinde bir süzgeçtir. ki süzgecin ortak
ö§eleri,
H = {H : H ∈ F ve H ∈ G }
ailesidir.
Çözüm:
[S1]: ki süzgecin ortak bir ö§esi varsa H bo³ de§ildir. X ∈ F ve X ∈ G
oldu§undan X ∈ H olur. O halde H 6= ∅ dir.
[S2]: H1 , H2 ∈ H ise H1 ∩ H2 ∈ F ve H1 ∩ H2 ∈ G dir. O halde H1 ∩ H2 ∈
H olur.
[S3]: H1 ∈ H ve H1 ⊂ H2 olsun. H2 ∈ F ve H2 ∈ G oldu§undan H2 ∈ H
çkar.
Not: Bu problem X üzerinde tanml herhangi bir Hı süzgeçler ailesinin
arakesiti için de do§rudur.(Bkz. Önerme 13.2.1.)
7. F ile G aileleri X üzerinde iki süzgeç ise, bu süzgeçlere ait kar³lkl
kümelerin iki³er iki³er arakesitlerinden olu³an L ailesi; yani
L = {F ∩ G : F ∈ F ve G ∈ G }
ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç olur mu? Neden?
Çözüm: Olmayabilir. L ailesinin bir süzgeç olabilmesi için F ∩ G arakesitlerinin hiç birisi bo³ olmamaldr.
8. (X, T ) topolojik uzaynda T açk kümeler ailesi bir süzgeç taban ise,
farkl iki noktasnn birbirlerinden ayrk kom³uluklar var olamaz. Simgelerle açklarsak,
[x, y ∈ X, x 6= y] =⇒ [[(A ∈ B(x)) ∧ (B ∈ B(y))] ⇒ A ∩ B 6= ∅]
olur.
(A ∈ B(x)) ve (B ∈ B(y)) ise x ∈ T1 ⊂ A ve y ∈ T2 ⊂ B
olacak biçimde T1 , T2 ∈ T açk kümeleri vardr. T ) bir süzgeç taban ise
T ⊂ T1 ∩T2 olacak biçimde bir T ∈ T vardr. O halde ∅ =
6 T ⊂ T1 ∩T2 A∩B
oldu§undan A ∩ B 6= ∅ dir.
Çözüm:
132
BÖLÜM 13.
13.6
FONKSYONUN LMT
13.7
PROBLEMLER
SÜZGEÇLER
1. Bir X topolojik uzaynda verilen bir x = (xn ) dizisini
x : N → X; ∀ n ∈ N için x(n) = xn
fonksiyonu olarak tanmlam³tk. Bu x fonksiyonunun Fréchet Süzgeci ne
göre limitinin, (xn ) dizisinin limitinden ba³ka bir³ey olmad§n gösteriniz.
Çözüm: Sn = (xk )n>k olmak üzere Frechet süzgecinin bir taban F =
{Sn : n ∈ N} dir. Yani (xn ) dizisinin mümkün bütün kuyruklarndan
olu³an kümeler (diziler)dir. (X, T ) topolojisine göre x noktasnn kom³uluklar tabann (yerel taban) S(x) ile gösterelim. Buna göre,
xn → x ⇔ (∀B ∈ S(x))(∃n0 )(n0 < n ⇒ xn ∈ B)
⇔ (∀B ∈ S(x))(∃S0 ∈ F )(S0 ⊂ B
⇔F →x
2.
olur. x fonksiyon olarak dü³ünülürse, x(Sn ) = Sn olaca§ndan, yukardaki
çözüme indirgenir.
y ∈ Y noktas f : X → (Y, T ) nun X üzerindeki bir S süzgecine göre
limit (ya da kaplama) noktas olsun. Gösteriniz ki S süzgeci inceldikçe
ve T topolojisi kabala³tkça y noktasnn limit (ya da kaplama noktas)
olma niteli§i bozulmaz.
Çözüm: limS f = y ⇔ B(y) ⊂ f (S ) dir. Süzgeç incelirse, örne§in, S ⊂
S1 ise B(y) ⊂ f (S ) ⊂ f (S1 ) ⇒ limS f = y çkar.
Tersine olarak, T yerine daha kaba bir T1 topolojisini alrsak, B1 (y) ⊂
B(y) ⊂ f (S ) ⇒ limS f = y çkar.
Bir fonksiyonun bir süzgece göre bütün kaplama noktalarndan olu³an kümenin (bo³ olabilir) kapal oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: S ailesi X üzerinde bir süzgeç olsun ve f : X → Y fonksiyonu
T
verilsin. Kapal kümeler ailesinin arakesiti kapal oldu§undan S∈S f (S)
arakesiti kapaldr.
Birinci saylabilme Aksiyomunu sa§layan (X, T ) topolojik uzaynn bir
A ⊂ X alt kümesi veriliyor. x ∈ Ā olmas için gerekli ve yeterli ko³ul A
kümesi içinde x ö§esine yaknsayan bir (xn , (n ∈ N) dizisinin olmasdr.
Gösteriniz.
Çözüm: Önerme 11.2.1 de ispatland.
X kümesi içinde (xλ ), (λ ∈ Λ) a§ verilsin. Her ı için F ı = {x :  ≥ ı}
kümesi tanmlanyor.
1
3.
4.
5.
13.7.
133
PROBLEMLER
(a)
F = {Fı : ı ∈ I} ailesinin X kümesi üzerinde bir süzgeç taban
olu³turdu§unu gösteriniz.
(b) xı → p ⇔ F → p oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
(a) Problem 13.3.1(8) de gösterildi.
(b)
xı → p ⇔ (∀B ∈ S(p))(∃λ0 )(λ0 < λ ⇒ xλ ∈ B
⇔ (∀B ∈ S(p))(∃λ0 )(λ0 < λ ⇒ Fλ ⊂ B
⇔F →p
6.
F ⊂ P(X) süzgeç taban verilsin. F üzerinde ba§nts a³a§daki gibi
tanmlanyor:
U V ⇔U ⊆V
(a) (F, ) sisteminin tikel sral bir sistem oldu§unu gösteriniz.
(b) Her
(xU )U ∈F ∈ ΠU ∈F U
(13.3)
ö§esinin X içinde (xU )U ∈F ⊂ X a§n belirledi§ini gösteriniz.
(c) Bu ³ekilde seçilen her (xU )U ∈F ⊂ X a§ için
F → p ⇔ xU → p
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
(a)
(P(X), ⊂) sisteminin yansmal (reexive), yanal simetrisiz (antisimetrik) ve geçi³li (transitive) oldu§u kolayca gösterilebilir. Dolaysyla,
bunun bir alt sistemi olan (F, ) tikel (ksmi) sral bir sistemdir.
(b) U, V ∈ F ise U ∩ V ⊂ U ve U ∩ V ⊂ V oldu§undan F yönlenmi³ bir
sistemdir. Yönlenmi³ F sisteminin ö§eleriyle damgalanan (13.3 ö§esi
bir a§dr.
(c) Önceki problemde yapld.
7. (X, T ) topolojik uzaynn bir A ⊂ X alt kümesi veriliyor.
(a) x ∈ Ā olmas için gerekli ve yeterli ko³ul A kümesi içinde x ö§esine
yaknsayan bir (xλ ), (λ ∈ Λ) a§nn olmasdr. Gösteriniz.
(b) Yukarda "a§" yerine "dizi" konulursa ne olur?
(c) x ∈ Ā olmas için gerekli ve yeterli ko³ul P(A) içinde x ö§esine
yaknsayan bir F süzgecinin olmasdr. Gösteriniz.
134
BÖLÜM 13.
SÜZGEÇLER
Çözüm:
(a) Sonuç 12.2.1 de ispatland.
(b) Önerme 12.2.1 de ispatland.
(c) x ∈ Ā verilsin. Önceki sorudakine benzer olarak, her V ∈ B(x) için
bir xV ∈ V seçerek {(xV ) : V ∈ B(x) a§n olu³turalm. Sonra bu
a§dan, FU = {xV : U ⊂ V } olmak üzere, F = {FV : V ∈ B(x) süzgeç
tabann kuralm. F → x oldu§u açktr. O halde F nin üretti§i F
süzgeci de x noktasna yaknsayacaktr.
Kar³t olarak, A ∈ F ve F → x olacak biçimde bir F süzgeci var
olsun. Her U ∈ B(x) kom³ulu§u F süzgecine ait kümelerin herbiriyle
kesi³ir. O halde
U ∈ B(x) ⇒ (F ∈ F ⇒ U ∩ F 6= ∅
⇒ (A ∈ F ⇒ U ∩ A 6= ∅
⇒ x ∈ Ā
çkar.
Ksm VI
Topolojileri Snandrma
135
Bölüm 14
AYIRMA AKSYOMLARI
14.1
To
-UZAYLARI
Tanm 14.1.1. Bir (X, T ) topolojik uzay verilsin. X kümesinin farkl iki noktas verildi§inde, bu noktalardan en az birisinin, di§erini içermeyen bir kom³ulu§u varsa, (X, T ) uzayna bir T0 -uzaydr denilir.
14.2
T1
-UZAYLARI
Bir (X, T ) topolojik uzaynn herhangi farkl iki noktas verildi§inde, bu noktalarn herbirisinin, di§erini içermeyen bir kom³ulu§u varsa, bu
uzaya bir T1 -uzaydr, denilir.
1. Sonlu tümleyenler topolojisinin her alt-uzay da sonlu tümleyenler topolojisidir; yani kaltm özeli§i vardr. Gösteriniz.
2. Sonlu Tümleyenler Topolojisi bir Hausdor topolojisi de§ildir (Bkz. Problem 14.9.1(6).
3. Sonlu Tümleyenler Topolojisi düzenli bir topoloji de§ildir (Bkz. Problem
14.9.1(6)
4. Sonlu Tümleyenler Topolojisi normal bir topoloji de§ildir (Bkz. Problem
14.9.1(6).
Tanm 14.2.1.
14.3
T2
-UZAYLARI
HAUSDORFF UZAYLARI
Tanm 14.3.1. Bir (X, T ) uzaynn herhangi farkl iki noktas verildi§inde bu
noktalarn birbirlerinden ayrk birer kom³ulu§u varsa, (X, T ) uzayna bir T2
-uzaydr ya da bir Hausdor uzaydr, denilir.
137
138
BÖLÜM 14.
14.4
AYIRMA AKSYOMLARI
DÜZENL UZAYLAR
Kapal bir K alt-kümesi ile bir x 6∈ K noktas verildi§inde, K
kümesi ile x noktasnn birbirlerinden ayrk birer kom³ulu§u varsa (X, T ) uzay
düzenli bir uzaydr.
Tanm 14.4.1.
14.5
T3
-UZAYLARI
Tanm 14.5.1.
14.6
Düzenli ve T1 olan bir (X, T ) uzayna bir T3 -uzaydr, denilir:
BÜSBÜTÜN DÜZENL UZAYLAR
Bir (X, T ) uzay verilsin. Kapal bir A ⊂ X alt kümesi ile
bir x ∈ A noktas verildi§inde e§er X kümesinden gerçel eksen üzerindeki
salt topolojinin [0, 1] alt-uzay üzerine a³a§daki ko³ullar sa§layan sürekli bir
f fonksiyonu varsa, (X, T ) uzayna büsbütün düzenli uzaydr denilir:
Tanm 14.6.1.
f : X → [0, 1], f (A) = 1, f (x) = 0
Böyle bir fonksiyona A kümesi ile x noktasn ayryor denilir.
14.7
NORMAL UZAYLAR
Tanm 14.7.1. Birbirlerinden ayrk herhangi iki kapal alt kümesinin, birbirlerinden ayrk birer kom³uluklar varsa (X, T ) uzayna normal uzay, denilir.
14.8
T4
-UZAYLARI
Tanm 14.8.1.
14.9
Gδ
Normaldir ve [T1 ] olan (X, T ) uzayna bir T4 -uzaydr,denilir.
ve
Fσ
Kümeleri
Bir topolojik uzayda saylabilir sayda açk kümelerin arakesiti
olan kümelere Gδ -kümesi denilir.
Tanm 14.9.2. Bir topolojik uzayda saylabilir sayda kapal kümelerin bile³imi
olan kümelere Fσ -kümesi denilir.
Tanm 14.9.1.
14.9.1
1.
Problemler
R2 üzerinde a³a§daki T topolojik yapsn kuralm: Bir (x0 y0 ) ∈ R2
noktasnn kom³uluklar ailesi, bir |x − x0 | < , > 0, ³eridini kapsayan
bütün kümeler olarak tanmlansn. Kom³uluk aksiyomlarnn sa§land§n
14.9.
Gδ
VE
Fσ
139
KÜMELERI
ve dolaysyla R2 üzerinde bu yolla tanmlanan bir T topolojisinin var
oldu§unu görünüz.
Çözüm:
Her P0 = (x0 , y0 ) ∈ R noktasna kar³lk B((x0 , y0 )) = {(x, y) :
|x − x0 | < , > 0} ailesi veriliyor. Bu ailenin P0 noktas için bir kom³u-
luklar sistemi oldu§unu göstermeliyiz. Verilen aileye ait kümeler, yatay eksende yer alan (x − , x + ) açk aralklarndan geçen dü³ey ³eritlerdir. Bu
ailenin Önerme 5.1.2 ile verilen [N1]-[N4] kom³uluk aksiyomlarn sa§lad§
kolayca görülebilir.
(a) (R2 , T ) uzay Ti (i = 1, 2, 3, 4) uzaylarndan bir snfa ait midir?
Hayr. Bu yolla R2 üzerinde kurulan T ) topolojisi Ti (i =
1, 2, 3, 4) ayrma belitlerinden hiç birisini sa§lamaz; ba³ka bir deyi³le
T ) topolojisine ait açk kümelerle uzayn noktalar birbirlerinden
ayrlamaz.
(b) Bu uzayda bir (x, y) noktasndan ibaret küme kapal mdr? Hayr.
Çünkü {(x, y)}0 kümesi açk de§ildir.
2. Bir Hausdor uzaynda bir dizinin en çok bir limitinin olabilece§ini gösteriniz.
Çözüm:
Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. Bir (an ) dizisinin farkl
ve b noktalarna yaknsad§n varsayalm. a 6= b ve uzay Hausdor
oldu§undan, bu iki noktann birbirleriyle kesi³meyen birer kom³u§u vardr:
Çözüm:
a
G, H ∈ T , a ∈ G, b ∈ H, G ∩ H = ∅
Varsaym uyarnca
an → a ⇔ (∃n0 )(na < n ⇒ an ∈ G)
an → b ⇔ (∃n0 )(nb < n ⇒ an ∈ G)
(14.1)
(14.2)
olacaktr. Bu durumda
(
max na , nb < n ⇒
an ∈ G
an ∈ H
(14.3)
olmaldr. G ∩ H = ∅ oldu§undan, bu bir çat³kdr. Bu çat³ky yaratan
varsaymmz; yani dizinin farkl iki limite yaknsad§ kabulümüz yanl³tr.
3. Bir Hausdor uzaynda bir A kümesinin bir y§lma noktasnn her kom³ulu§u A ya ait sonsuz noktay içerir.
140
BÖLÜM 14.
AYIRMA AKSYOMLARI
E§er içerilen noktalarn says sonlu olsayd, y§lma noktasn
ötekilerin hepsinden ayran, dolaysyla A kümesine ait hiç bir noktay içermeyen bir kom³uluk var olurdu. Bu ise, y§lma noktas olmasyla çat³kya
girer. qed
4. Bir küme üzerinde en kaba T1 -topolojisinin sonlu tümleyenler topolojisi
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
(X; S ) sonlu tümleyenler topolojisi olsun. X
T1 -topolojilerinin arakesitini I ile gesterelim; yani
I =
\
{T : T
üzerindeki bütün
uzay T1 -dir}
I topolojisi X üzerindeki en kaba T1 -topolojisidir. Sonuç 14.2.1 uyarnca
S ⊂ T dir. Öte yandan, her x ∈ X için {x}0 ∈ S dir. Dolaysyla tek
ö§eli {x} kümesi (X; S ) uzaynda kapaldr. Teorem 14.2.1 gere§ince S
topolojisi T1 -dir. Öyleyse I ⊂ S olmaldr.
5. Her sonlu T1 -uzaynn ayrk oldu§unu gösteriniz.
X sonlu ve (X; S ) sonlu tümleyenler topolojisi ise, tek ö§eli
her {x} ⊂ X kümesi için {x}0 tümleyeni sonludur. Öyleyse {x} ∈ S dir.
Her noktas açk bir küme olu³turdu§undan (X; S ) ayrk bir uzaydr.
6. Sonsuz bir küme üzerindeki Sonlu Tümleyenler Topolojisinin bir Hausdor
topolojisi olmad§n gösteriniz.
Çözüm:
(X; S ) sonlu tümleyenler topolojisi olsun. a, b ∈ X ve a 6= b
için a ∈ Ta ∈ S , b ∈ Tb ∈ S ve Ta ∩ Tb = ∅ oldu§unu varsayalm. Bu
durumda (Ta ∩ Tb )0 = Ta ∪ Tb = X olmaldr ki bu X kümesinin sonlu
olmasn gerektirir. Çeli³ki. O halde a, b ∈ X noktalarnn kesi³meyen iki
kom³ulu§u olamaz; yani sonsuz bir küme üzerindeki Sonlu Tümleyenler
Topolojisi bir Hausdor topolojisi olamaz.
Çözüm:
0
0
Sonlu Tümleyenler Topolojisinin bir T1 -topolojisi oldu§unu ve
bu topolojide her noktann kapal bir küme olu³turdu§unu dü³ünerek,
yukardaki dü³ünü³le, a³a§daki özelikleri hemen söyleyebiliriz:
(a) Sonlu Tümleyenler Topolojisi düzenli bir topoloji de§ildir.
(b) Sonlu Tümleyenler Topolojisi normal bir topoloji de§ildir.
7. Bir T1 -uzaynn sonlu bir alt-kümesinin bir y§lma noktasnn olmayaca§n gösteriniz.
Sonuç:
14.9.
Gδ
VE
Fσ
141
KÜMELERI
A = {a1 , a2 , . . . , an } ⊂ X sonlu bir alt-küme ve (X; T ) bir T1 uzay olsun. Her hangi bir T1 -uzaynda her nokta kapaldr. Sonlu tane noktann bile³imi oldu§undan A kümesi kapaldr. Öyleyse A kümesi (varsa)
kendisine ait bütün y§lma noktalarn içerir. Bundan bir noktay atalm.
Örne§in B = A − {a1 } = {a2 , a3 , . . . , an } diyelim. Sonlu sayda noktadan olu³tu§u için B kümesi de kapaldr ve (varsa) kendisine ait bütün
y§lma noktalarn içerir. B 0 açktr ve a1 ∈ B 0 dür. (A − {a1 }) ∩ B 0 = ∅
oldu§undan a1 noktas A kümesinin bir y§lma noktas olamaz. Geri kalan
{a2 , a3 , . . . , an } noktalar için de ayn ³ey söylenebilir. O halde A nn hiç
bir y§lma noktas yoktur.
8. Bir T1 uzaynn her alt-uzay da bir T1 uzaydr; yani kaltm özeli§i vardr.
Gösteriniz.
Çözüm:
Çözüm:
(X; T ) bir T1 -uzay ve (A, TA ) bir alt-uzay olsun. Teorem
14.2.1 uyarnca, A nn tek ö§eli her {p} kümesinin kapal oldu§unu göstermek yetecektir. Bunun için A−{p} nin açk oldu§unu gösterece§iz. (X; T )
bir T1 -uzay oldu§undan X − {p} açktr. Öte yandan
p ∈ A ⊂ X ⇒ A ∩ (X − {p}) = A − {p}
dir. (A, TA ) alt uzaynn açk kümeleri A nn T topolojisine (üst uzaya )
ait açk kümelerle arakesidir. O halde, A − {p} açktr.
9. Düzenli bir uzayn her alt-uzay da düzenlidir; yani kaltm özeli§i vardr.
Gösteriniz.
Çözüm:
(X; T ) düzenli bir uzay ve (A; TA ) bir alt-uzay olsun. Alt
uzaya ait kapal bir küme ve onun d³nda bir nokta verildi§inde, kesi³meyen birer kom³uluklarnn varl§n göstermeliyiz. p ∈ A noktas ile
kapal bir K ⊂ A kümesi p ∈/ K ko³ulunu sa§lasn. K kümesi TA topolojisine göre kapal oldu§undan TA topolojisine göre kaplamna e³ittir. Bunu
simgelerle ³öyle gösterelim. K = K A . Alt uzaydaki kapal kümeler A ile
üst uzaydaki kapal kümelerin arakesitine e³it oldu§u için K nn alt uzaydaki kaplam K nn üst uzaydaki kaplam ile A nn arakesitine e³ittir;
yani
A
K=K
AA
=A∩K
T
dir. O halde, simgelerde basitli§i sa§lamak için kaplama i³leminin hangi
topolojiye göre oldu§unu belirtmeyebiliriz. (X; T ) düzenli oldu§undan
(∃G, H ∈ T )(K̄ ⊂ G, p ∈ H, G ∩ H = ∅
olur.(A ∩ G) ve (A ∩ H) kümeleri TA alt-uzay topolojisine göre açktr.
K ⊂ A ∧ K ⊂ K̄ ⊂ G ⇒ K ⊂ A ∩ G
p∈A∧p∈H ⇒p∈A∩H
G ∩ H ⇒ (A ∩ G) ∩ (A ∩ H) = ∅
142
BÖLÜM 14.
AYIRMA AKSYOMLARI
olur.
10. Her T3 uzay ayn zamanda bir Hausdor uzaydr. Gösteriniz.
Çözüm:
(X; T ) bir T3 -uzay , a, b ∈ X ve a 6= b olsun. T3 -uzay ayn
zamanda T1 -uzay oldu§undan her noktas kapaldr. {a} kapaldr ve b ∈/
{a} dr. T3 -uzay ayn zamanda düzenli uzaydr; o halde kapal bir kümesi
ile onun d³nda bir nokta verilmi³se, onlarn kesi³meyen birer kom³uluklar
vardr:
(∃Ta , Tb ∈ T )(a ∈ Ta )(b ∈ Tb )(Ta ∩ Tb = ∅
Bu ise Hausdor olma özeli§idir.
11. Bir T4 -uzaynn bir alt-uzaynn yine bir T4 uzay olmas gerekmez. Bir
örnekle gösteriniz.
Tychono Plank denilen uzay normal olmayan bir alt-uzaya
sahip bir topolojik uzaydr. Bu örnek, normal uzaylarn kaltm özeli§i
olmad§n gösterir. T4 -uzaylar normal ve T1 -özeliklerini sa§layan uzaylardr. Dolaysyla,Tychono Plank uzay T4 uzaynn kaltm özeli§ine
sahip olmad§n gösteren bir örnek olarak alnabilir.
Çözüm:
Ω1 = {w : wbir
ordinaldir ve(w ≤ ω1 )}
Ω2 = {w : wbir ordinaldir ve(w ≤ ω2 )}
kümeleri üzerinde ordinal saylarn sra topolojisi var olsun. Ω1 ×Ω2 kartezyen
çarpm üzerine Ω1 ve Ω2 üzerindeki sra topolojilerinin P çarpm topolojisini koyalm.
Çarpm uzay normaldir. Ama S = Ω1 ve Ω2 − {(ω1 , ω2 )} alt-kümesini
dü³ünelim. Bunun üzerine P çarpm topolojisinin kondurdu§u alt-uzay
topolojisi normal de§ildir.
14.10
KARMA PROBLEMLER
1. Her n do§al says için Xn kümesi 0 ile 1 ö§elerinden olu³an kümeye e³it
olsun; yani Xn = {0, 1} olsun. Bu kümeler üzerinde ayrk topolojiyi varsayalm. “imdi X = ΠXn , n ∈ N çarpm uzayn dü³ünelim. Her n do§al
says için Vn = {0} kümesi çarpan uzaylarda açktr. Ama
V = Π∞
n=1 Vn
(14.4)
kartezyen çarpm, çarpm uzay içinde açk bir küme de§ildir. Gösteriniz.
14.10.
143
KARMA PROBLEMLER
Çözüm:
(14.5)
X = ΠXn , n ∈ N çarpm uzaynda açk kümeler (9.7) ve (9.8) de tanmland§ gibidir; yani çarpmda sonlu sayda çarpan hariç, öteki çarpanlarn hepsi çarpan uzaya e³ittir: Açk kümeler Ti = {0} ya da Ti = {1},
(i = 1, 2, . . . , n) olmak üzere, çarpm topolojinin açk kümeleri
T1 × T2 × · · · × Tn × Xn × Xn × · · · × Xn × · · ·
(14.6)
|
{z
} |
{z
}
X = Π∞
n=1 Xn
sonsuz
sonlu
biçiminde olmaldr. Oysa (14.4) ile (14.6) birbirlerinden farkldr. Dolaysyla
(14.4) kümesi çarpm topolojide açk küme de§ildir.
2. X ile Y iki topolojik uzay ve A ⊂ B ile B ⊂ Y kapal iseler A × B nin
çarpm uzayda kapal oldu§unu gösteriniz.
A × B nin çarpm uzayda kapal olmas için tümleyeni açk olmaldr. Böyle olup olmad§n ara³tralm. Çarpm topolojiyi P ile gösterelim:
Çözüm:
A × B ∈ P 0 ⇔ (A × B)0 = A0 × B 0 ∈ P
dr; çünkü A0 × B 0 kümesi çarpm topolojinin tabanna aittir.
3. X ile Y iki topolojik uzay ve W ⊂ X × Y çarpm uzayda açk ise
(a) π1 (W ) ⊂ X ile π2 (W ) ⊂ Y izdü³ümlerinin açk kümeler oldu§unu
gösteriniz.
zdü³üm fonksiyonlar sürekli ve açk dönü³ümlerdir (bkz.
Önerme 9.1.2).
(b) Yukardaki özeli§in kapal kümeler için genel olarak sa§lanmad§n
bir örnekle gösteriniz.
Çözüm:
zdü³üm fonksiyonlar kapal dönü³ümler de§ildir (bkz.
Örnek 6.3.1).
4. (Xi , Ti ) uzaylarnn herbiri içinde kapal olan bir Ki ⊂ Xi kümesi veriliyor.
K1 × K2 × K3 × · · · × Kn kümesinin X1 × X2 × X3 × · · · × Xn çarpm
uzaynda kapal oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
gere§ince, K1 × K2 × K3 × · · · × Kn kümesi
çarpm topolojinin tabanna ait bir küme oldu§u için açktr. Öyleyse
bunun tümleyeni olan K1 × K2 × K3 × · · · × Kn kümesi kapaldr.
5. Çarpm uzaydan çarpan uzaylara tanml izdü³üm fonksiyonlarnn örten
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Uyar 9.1.2
0
0
0
0
144
BÖLÜM 14.
Çözüm:
AYIRMA AKSYOMLARI
Bir Kümeler Ailesinin Kartezyen Çarpm:
X = {Xı : ı ∈ I}
ko³ulunu sa§layan
ailesinin kartezyen çarpm her ı ∈ I için x(ı) ∈ Xı
x:I→
[
Xı
ı∈I
fonksiyonlarn olu³turdu§u kümedir. Bu kümeyi
Πı∈I Xı = {x : x : I →
[
Xı }
(14.7)
ı∈I
simgesiyle gösteririz. I sonlu ya da saylabilir oldu§unda x = (xı )ı∈I gösterimi kullanlr.
zdü³üm Fonksiyonlar:
(14.7) kartezyen çarpmndan Xj çarpan (bile³en) kümesine giden
(14.8)
fonksiyonuna, kartezyen çarpmdan Xj çarpan kümesine giden j -inci izdü³üm
fonksiyonu denilir. I sonlu ya da saylabilir oldu§unda πj (x) = x(j) = xj
gösterimi kullanlr.
Ço§unlukla dizilerdeki al³kanl§ sürdürüp kartezyen çarpmn ö§elerini
(fonksiyonlarn) x = (xı )ı∈I biçiminde yazarz. Buna göre xj ∈ Xj ö§esini
j -inci bile³en kabul eden bir x = (xı ) ö§esi vardr. Dolaysyla, πj (x) =
x(j) = xj ∈ Xj olur; yani izdü³üm fonksiyonu örten bir fonksiyondur.
Uyar: Burada (xı ) gösteriminden ve j -inci bile³en demekten saknmak
uygundur. Çünkü, I index kümesi saylamaz sonsuz ve üstünde herhangi
bir sralama ba§nts olmayan bir küme olabilir. O zaman j -inci bile³en
deyimi tanmsz olur.
6. Çarpm uzaydan çarpan uzaylara tanml izdü³üm fonksiyonlarnn sürekli
oldu§unu gösteriniz.
πj : Πı∈I Xı → Xj , πj (x) = x(j) ∈ Xj
1.Yol: Çarpm topoloji, çarpan uzaylarn izdü³üm fonksiyonlarna göre idü³el topolojisidir. Ba³ka bir deyi³le, çarpm topolojisi izdü³üm
fonksiyonlarn sürekli klan en kaba topolojidir (bkz. 8.1.1 Örnek).
2.Yol: T ∈ Tj ise
Çözüm:
πj−1 (T ) = T × Πı∈I Xı ,
j 6= ı
olur. Bu küme çarpm topolojisinin tabanna ait oldu§undan açktr. Öyleyse πj izdü³ümü süreklidir.
7. Çarpm uzaydan çarpan uzaylara tanml izdü³üm fonksiyonlarnn açk
oldu§unu gösteriniz.
14.10.
145
KARMA PROBLEMLER
Önerme 9.1.2 ve Örnek 6.3.1 de yapld.
8. f : (X, T ) → (Y, S ) fonksiyonu X uzaynn yo§un alt kümelerini Y uzaynn yo§un alt kümelerine resmederse, sürekli midir? Simgelerle söylersek,
Ā = X ⇒ f (A) = Y
(14.9)
olmas f fonksiyonunun sürekli olmasn gerektirir mi? Neden?
Çözüm:
9.
X
bir topolojik uzay ise
(14.10)
kö³egeninin X × X çarpm uzaynda kapal olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul X uzaynn Hausdor olmasdr.
∆ = {(x, x) : x ∈ x} ⊂ X × X
Çözüm:
x ∈ Tx , y ∈ Ty , Tx ∩ Ty = ∅ ⇔ (x, y) ∈ Tx × Ty , Tx × Ty ∩ ∆ = ∅
⇔ Tx × Ty ⊂ ∆0 , (x, y) ∈ Tx × Ty
⇔ ∆0 açktr
10. Bir çarpm uzaydan bile³en uzaylara tanml izdü³üm fonksiyonlar birer
bölüm dönü³ümüdür; yani (Xi , Ti ) uzaylar verilmi³se
πi : X1 × X2 × X3 × · · · × Xn −→ Xi
(i = 1, 2, 3, . . . , n)
dönü³ümleri birer bölüm dönü³ümüdür. Gösteriniz.
146
BÖLÜM 14.
AYIRMA AKSYOMLARI
Ksm VII
Tkz Uzaylar
147
Bölüm 15
TIKIZLIK
15.1
15.1.1
TIKIZ UZAYLAR
Problemler
1. Her sonlu topolojik uzay tkzdr.
2. Ayrk bir topolojik uzayn tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul sonlu
olmasdr.
3. Ayn bir küme üzerinde S ⊂ T ko³ulunu sa§layan iki topoloji verilsin.
E§er (X, T ) tkz ise (X, S ) de tkzdr.
Çözüm: (X, S ) uzaynn her açk örtüsü ayn zamanda (X, T ) uzaynn
da bir örtüsüdür. Tkz oldu§u için, bu örtünün, (X, T ) uzaynda sonlu
bir alt örtüsü vardr. Bu alt örtü, (X, S ) nin de sonlu bir örtüsüdür.
Bunun kar³t genel olarak geçersizdir. Örne§in, [0, 1] aral§ üzerindeki
salt topolojiye S , ayrk topolojiye ise A diyelim. S ⊂ A dr. ([0, 1], S
nin tkz oldu§unu biliyoruz. Ama ([0, 1], A ) tkz de§ildir.
4. (X, S ) ve (X, T ) uzaylar tkz ise ya S = T dir ya da mukayese edilemezler; yani birisi ötekinden ince ya da kaba de§ildir. [Tkz uzayn Hausdorrf
oldu§unu kabul ediyoruz.]
Çözüm: S ⊂ T oldu§unu varsayalm. I : (X, T ) → (X, S ) özde³lik
dönü³ümü bbö ve süreklidir. O halde bir topolojik e³yap dönü³ümüdür.
Dolaysyla, T = S olacaktr.
5. X saylamaz sonsuz bir küme olsun Bu küme üzerinde
C = {T : ya T 0 sonludur ya da T = X}
(15.1)
ailesi bir topolojidir. Buna Saylabilir Tümleyenler Topolojisi denilir. Bir
alt-kümenin bu topolojiye göre tkz olmas için sonlu olmas gerekli ve
yeterlidir.
149
150
BÖLÜM 15.
TIKIZLIK
Çözüm: Sonlu alt-kümelerin tkz olaca§ açktr. Kar³t olarak, sonlu
olmayan bir kümenin tkz olamayaca§n gösterelim. Her hangi bir A =
{a1 , a2 , . . . , an , . . .} saylabilir sonsuz kümesini dü³ünelim. Her n = 1, 2, . . . , n, . . .)
için An = A0 ∪{a1 , a2 , . . . , an } kümesi açktr; çünkü A0 ∈ C ve {a1 , a2 , . . . , an } ∈
C dir.
S
Kolayca görülece§i gibi A ⊂ nn=1 An dir; yani {An : n ∈ N} ailesi A nn
açk bir örtüsüdür. Bu örtüden sonlu bir alt-örtü seçilemez. O halde A
tkz de§ildir. Demek ki saylabilr sonsuz kümeler, Saylabilir Tümleyenler
Topolojisine göre tkz olamazlar.
Her sonsuz kümeden saylabilir bir alt küme seçilebilece§ine göre, sonsuz
kümeler de Saylabilir Tümleyenler Topolojisine göre tkz olamazlar.
6. Bir X kümesi üzerinde bir Hausdor topolojisi tkz bir topolojiden daha
kaba olamaz. (Ba³ka bir deyi³le bir X kümesi üzerinde tkz bir topoloji
bir Hausdor topolojisinden ince olamaz.)
Çözüm: (X, T ) tkz uzay, (Y, H ) Hausdorf uzay olmak üzere H ⊂ T
oldu§unu varsayalm. Bu varsaym altnda H 0 ⊂ T 0 olacaktr; yani H
topolojisinde kapal olan her küme T topolojisinde de kapal olmaldr.
Kar³t olarak T topolojisinde tkz olan her küme H topolojisinde de
tkz olacaktr. Ayrca, Teorem 15.1.4 uyarnca, tkz bir uzayda bir alt
kümenin tkz olmas için kapal olmas gerekli ve yeterlidir. Bütün bunlar
bir araya getirirsek ³öyle diyebiliriz:
A ∈ T 0 ⇒ A kümesi T
topolojisine göre tkzdr
topolojisine göre tkzdr
⇒ A kümesi H topolojisine göre kapaldr
⇒ A kümesi H
⇒A∈H0
O halde T 0 ⊂ H 0 dür; yani T topolojisinde kapal olan her küme H
topolojisinde de kapaldr. Öyleyse H = T olmaldr.
7. Q ∩ (R − Q) = ∅ dir, ama Q ∩ (R − Q) = R dir.
8. Q uzay ve Q = (R − Q) uzay ayrlabilir iki uzaydr. Dolaysyla kinci
Saylabilme Aksiyomunu sa§larlar.
9. [0, 1] ∩ Q tamamen snrldr, ama tkz de§ildir.
0
15.1.2
PROBLEMLER
1. Gerçel eksenin açk ya da yar-açk hiçbir aral§nn tkz olmad§n gösteriniz.
Çözüm:
15.1.
151
TIKIZ UZAYLAR
(a)
{(−n, +n) : n ∈ N} ailesi R gerçel saylar kümesinin açk bir örtüsüdür.
Ama bu örtüden sonlu bir alt örtü seçilemez. Öyleyse, R gerçel saylar
kümesi tkz de§ildir.
(b) {( n1 , 1) : n ∈ N} ailesi (0, 1) aral§nn açk bir örtüsüdür. Ama bu
örtüden sonlu bir alt örtü seçilemez. Öyleyse, (0, 1) açk aral§ tkz
de§ildir.
2. (X, T ) tkz uzaynda, tkz iki alt-kümenin bile³iminin ve arakesitinin
tkz oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: (X, T ) uzayn tkz kabul etmekle onun Hausdor oldu§unu
kabul ediyoruz. Teorem 15.1.3 uyarnca, tkz uzayn tkz alt kümeleri
kapaldr.
A, B ⊂ X alt kümeleri tkz ise kapaldrlar. O halde A ∪ B bile³imi ve
A ∩ B arakesiti kapal kümelerdir.
A ∪ B bile³iminin bir açk örtüsü U olsun. X − A ∪ B açk oldu§undan
U ∪ (X − A ∪ B) ailesi X uzaynn açk bir örtüsüdür. O halde sonlu bir
alt örtüsü seçilebilir. Bu sonlu örtüden X − A ∩ B kümesini atarsak, geri
kalan aile A ∩ B arakesitinin sonlu bir örtüsü olacaktr.
A ∩ B arakesitinin tkzl§n göstermek için de benzer dü³ünceyi uygulayabiliriz. A ∩ B arakesitinin bir açk örtüsü V olsun. X − A ∩ B açk
oldu§undan V ∪ (X − A ∩ B) ailesi X uzaynn açk bir örtüsüdür. O halde
sonlu bir alt örtüsü seçilebilir. Bu sonlu örtüden X − A ∩ B kümesini
atarsak, geri kalan aile A ∩ B arakesitinin sonlu bir örtüsü olacaktr.
Uyar: Bu kitapta tkzms (quasicompact) Hausdor uzaylarna tkz
(compact) uzay diyoruz. Baz kaynaklar, Hausdor olma ko³ulunu koymaz.
O durumda, yukardaki ispat geçersiz olur; çünkü tkz alt-kümelerin kapal
olmas ancak Hausdor uzaylarnda geçerlidir.
3. (a) Sonsuz bir küme, kendi üzerindeki Sonsuz Tümleyenler Topolojisine
göre tkz de§ildir. Neden?
Çözüm: Bkz. Problemler 15.1.1(5)
(b) Sonsuz bir küme, kendi üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisine göre
tkzdr. Neden?
Çözüm: (X, S ) sonlu tümleyenler (conite) topolojisi olsun. O =
{Uı : Uı ∈ S , ı ∈ I} bir açk örtü olsun. Bu örtüden rasgele bir
U0 ∈ O açk kümesini seçelim. Bunun tümleyeni sonludur; yani U0 =
{x1 , x2 , . . . , xn } olur. U0 tümleyenine
Sn ait her xi noktasn içeren bir
Ui ∈ O seçilebilir. Böylece, X = i=0 Ui olacaktr.
4. Ayrk topolojiye göre bir kümenin tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul
sonlu olmasdr. Neden?
Çözüm: (X, A ) ayrk uzay olsun. Her x ∈ X için tek ö§eli {x} kümesi
S
açktr. O halde, X = {{x} : x ∈ X} oldu§undan O = {{x} : x ∈
X} açk bir örtüdür. Bu örtüden sonlu bir alt örtü seçilebilmesi için X
kümesinin sonlu olmas gerekli ve yeterlidir.
0
0
152
BÖLÜM 15.
TIKIZLIK
5. Saylabilir Tümleyenler Topolojisine göre bir alt-kümenin tkz olmas için
gerekli ve yeterli ko³ul sonlu olmasdr. Neden?
Çözüm: (X, T ) uzay verilsin. T nin Saylabilir Tümleyenler Topolojisi
oldu§unu varsayalm. X içindeki sonlu alt-kümelerin tkz olaca§ açktr.
Kar³t olarak, sonlu olmayan bir kümenin tkz olamayaca§n gösterelim.
Her hangi bir A = {a1 , a2 , . . . , an , . . .} saylabilir sonsuz kümesini dü³ünelim. Her n = 1, 2, . . . , n, . . .) için An = A0 ∪ {a1 , a2 , . . . , an } kümesi açktr;
çünkü A0 ∈ C ve {a1 , a2 , . . . , an } ∈ C dir.
S
Kolayca görülece§i gibi A ⊂ nn=1 An dir; yani {An : n ∈ N} ailesi A nn
açk bir örtüsüdür. Bu örtüden sonlu bir alt-örtü seçilemez. O halde A
tkz de§ildir. Demek ki saylabilr sonsuz kümeler, Saylabilir Tümleyenler
Topolojisine göre tkz olamazlar.
Her sonsuz kümeden saylabilir bir alt küme seçilebilece§ine göre, sonsuz
kümeler de Saylabilir Tümleyenler Topolojisine göre tkz olamazlar.
6. Tkz bir uzaydan bir Hausdor uzay üzerine tanml bire-bir sürekli bir
fonksiyonun bir topolojik e³yap dönü³ümü olaca§n gösteriniz.
Çözüm: (X, T tkz uzay, (Y, H ) Hausdorf uzay ve f : X → Y fonksiyonu sürekli ve bbö olsun.
f −1 (H ) = {f −1 (H) : H ∈ H }
ailesi X üzerinde bir topolojidir (bkz. Ters resim topolojisi, izdü³el topoloji,
projective topoloji). zdü³el topoloji, f yi sürekli klan en kaba topoloji
oldu§undan
f −1 (H ) ⊂ T
dir. Öte yandan, X kümesi üzerindeki bir Hausdor topolojisi bir tkz
topolojiden kaba olamaz (bkz 15.1.1(1) Problem). O halde
f −1 (H ) = T
dir. Bu ise f −1 : Y → X ters fonksiyonunun da sürekli olmas demektir.
Öyleyse, Önerme 2.1.1 uyarca f bir e³yap dönü³ümüdür.
15.2
YEREL TIKIZ UZAYLAR
15.3
KARMA PROBLEMLER
1.
(X, T ) tkz ve (Y, H ) Hausdor ise sürekli f :→ Y fonksiyonu kapaldr.
Gösteriniz.
0
Çözüm: A ∈ T
ise A kümesi T 0 ye göre tkzdr. O halde sürekli
fonksiyon altndaki resmi f (A) ⊂ Y tkzdr. (Y, H ) Hausdor oldu§undan f (A) ⊂ Y kapaldr.
15.3.
2.
153
KARMA PROBLEMLER
tkz ise π1 : X × Y → X izdü³ümü kapal bir dönü³ümdür. Gösteriniz.
Çözüm: (Y, Y ) tkz bir uzay olsun. Çarpm topolojisini (X × Y, P) ile
gösterelim. A ⊂ X × Y kapal ise X − π1 (A) nn X içinde açk oldu§unu
göstermeliyiz. Bir x ∈ X − π1 (A) ö§esini dü³ünelim. Her y için (x, y) ∈/ A
dr. A kapal oldu§undan X × Y − A açktr. Öyleyse her y için öyle bir
Uxy ∈ B(x) ve Vy ∈ B(y) kom³uluklar vardr ki (x, y) ∈ Uxy × Vy ⊂
X × Y − A olacaktr. Bu durumda {Vy : y ∈ Y } ailesi Y nin bir açk
örtüsü olur. Y tkz oldu§undan bunun sonlu bir alt örtüsü vardr. Bu
sonlu örtüye {Vy : i = 1, 2, . . . , n} diyelim. “imdi
Y
i
U = Uxy1 ∩ Uxy2 ∩ . . . ∩ Uxyn
kümesini tanmlayalm. U ∈ B(x) ve U × Y ⊂ X × Y − A olacaktr.
U ∩ π1 (A) = ∅ dir. Her x ∈ X − π1 (A) için bu yaplabilece§ine göre
X − π1 (A) nn X içinde açk oldu§u ortaya çkar.
Çarpm topolojisi izdü³üm fonksiyonlarn sürekli klan en kaba dokulu
topolojidir (bkz. Örnek 8.1.1). Çarpm topolojisini X ×Y, P ile gösterelim.
Yukardaki dü³ünü³le,
pi−1
2 (Y ) ⊂ P
ba§ntsnn varl§n söyleyebiliriz.
−1
Tabii pi−1
2 (Y ) topolojisi tkzdr. K ⊂ Y kümesi tkz ise pi2 (K) kümesi
−1
pi2 (Y ) topolojisine göre tkz olacaktr. O halde ayn topolojiye göre kapaldr. Öyleyse P topolojisine gör de kapal olur. Öte yandan π2 opi−1
2 (K) =
K dr.
3. Y tkz ve hausdor ise f : X → Y dönü³ümünün sürekli olmas için
gerekli ve yeterli ko³ul
Gf = {(x, f (x)) : x ∈ X}
gra§inin X × Y içinde kapal olmasdr.
Çözüm:
Yeterli§i: G0 nün açk oldu§unu göstermeliyiz. (x, y) ∈
/ G ise y 6= f (x)
dir. Y Hausdor oldu§undan y ile f (x) noktalarnn kesi³meyen birer
kom³ulu§u vardr. Bunlar y ∈∈ B(y) ve f (x) ∈ W ∈ B(f (x)) ile gösterelim. f sürekli oldu§undan f (U ) ⊂ W ⊂ (Y − V ) olacak biçimde bir
x ∈ U ∈ B(x) kom³ulu§u vardr. Buradan (x, y) ∈ U × V ∩ G = ∅
oldu§u görülür. Her (x, y) ∈/ G için bu özelik var oldu§una göre G0 açktr.
Gerekli§i: G ⊂ X × Y gra§i kapal olsun. V ∈ B(f (x)) ise G ∩ (X ×
(Y − V )) ∈ X × Y kapaldr. Önceki problem gere§ince, π1 [G ∩ (X × (Y −
V )) ⊂ X kapaldr ve x noktasn içermez. f (U ) ∩ (Y − V = ∅ olan bir
x ∈ U ∈ B(x) kom³ulu§u seçelim. f (U ) ⊂ V dir. O halde f fonksiyonu x
noktasnda süreklidir. Her x için bu özelik var oldu§undan, f fonksiyonu
tanm bölgesinde süreklidir.
154
4.
BÖLÜM 15.
TIKIZLIK
f : X → Y dönü³ümü kapal, sürekli ve örten olsun ve her y ∈ Y için
f −1 ({y}) ⊂ X tkz olsun. E§er Y tkz ise, X uzaynn da tkz oldu§unu
gösteriniz.
U ailesi X kümesinin açk bir örtüsü olsun. Simgelerde basitli§i
sa§lamak için, her y ∈ Y ö§esinin f altndaki ters görüntüsünü Ay ile
gösterelim; yani f −1 (y) = Ay olsun. U ailesi Ay nin de açk bir örtüsüdür.
Ay tkz oldu§undan U örtüsünden sonlu bir alt örtü seçilebilir. Bu altörtü {Uy1 , Uy2 , . . . , Uyn } olsun. Uy = Uy1 ∪ Uy2 ∪ . . . ∪ Uyn diyelim ve
Wy = Y − f (X − Uy ) kümesini tanmlayalm. (X − Uy ) kapaldr. f kapal
bir fonksiyon oldu§undan f (X − Uy ) görüntüsü de kapaldr.
“imdi ³u özelikleri kolayca görebiliriz.
(a) Wy kümesi açktr.
(b) y ∈ Wy ⇒ f −1 (y) = Ay ⊂ Uy ⇒ y ∈/ f (X − Uy )
(c) f −1 (Wy ) = f −1 [Y − f (X − Uy )] = X − f −1 (f (X − Uy )) = X − (X −
Çözüm:
Uy ) = Uy
Buradan görüldü§ü gibi Y = {Wy : y ∈ Y ailesi Y kümesinin bir açk
örtüsüdür. Y tkz oldu§undan Y örtüsünün sonlu bir alt-örtüsü vardr.
Bu snlu örtüye {Wy1 , Wy2 , . . . , Wym } diyelim. “imdi (c) ba§ntsn kullanrsak,
X = f −1 (Y ) = f −1
m
[
i=1
!
Wyi
=
m
[
i=1
f −1 (Wyi ) ⊂
m
[
Uyi
i=1
En sa§daki Uyi kümelerinin her birisi sonlu sayda U ∈ U nn bile³imi idi.
O halde, X kümesi sonlu sayda U ∈ U kümesiyle örtülebilir. Demek ki
X tkzdr.
5. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz.
Çözüm:
1.Yol: Açk aralklar ailesi salt topolojinin bir tabandr; dolaysyla açk
aralklar salt topolojide açktr.
2.Yol: (a, b) ⊂ R verilsin. Bir x0 ∈ (a, b) noktas alalm. < min{|x0 −
a|, |b − x0 |} olmak üzere, (x − , x + ) ⊂ (a, b) dir. Ayrca, (x − , x + ) ∈
B(x0 ) dr; yani, x0 noktasnn bir kom³ulu§u (a, b) tarafndan kapsanyor.
Her x0 ∈ (a, b) noktas için bu özelik var oldu§undan, Önerme 5.1.1
uyarnca, (a, b) aral§ açk bir kümedir.
6. n ∈ Z olmak üzere (n, n + 1) aralklarnn bile³imi açktr. Gösteriniz.
Çözüm: (n, n + 1) aralklar salt topolojide açktr. Açk kümelerin her
S
bile³imi açk oldu§undan {(n, n + 1) : n ∈ N} salt topolojide açk bir
kümedir.
15.3.
155
KARMA PROBLEMLER
7.
{0} =
∞
\
1 1
(− , )
n
n
n=1
(15.2)
e³itli§ini kullanarak sonsuz sayda açk kümelerin arakesitinin açk olmayabilece§ini gösteriniz.
1 1
Çözüm: Her n = 1, 2, 3, . . . için (− , ) aralklar açktr. Ama bunlarn
n n
(15.2) arakesiti yalnzca noktasndan ibaret {0} kümesidir. Bu küme salt
topolojiye göre kapaldr. Demek ki açk kümelerin sonsuz tanesinin arakesiti açk olmayabiliyor.
8. Q rasyonel saylar kümesinin, salt topolojiye göre R uzaynda ne açk ne
de kapal oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Gerçel saylarn her aral§ sonsuz sayda rasyonel ve irrasyonel
saylar içerir. Ba³ka bir deyi³le, salt topolojiye göre Q rasyonel saylar
kümesi R uzaynda yo§undur (bkz Önerme 4.1.9). Benzer olarak, salt
topolojiye göre Q0 = R−Q irrasyonel saylar kümesi R uzaynda yo§undur.
Dolaysyla, salt topolojinin tabanna ait açk aralklar Q rasyonel saylar
kümesi içinde kalmaz. O halde Q nun hiç bir iç noktas yoktur. Hiç bir d³
noktas da yoktur. Her rasyonel say Q nin bir kenar noktasdr. Benzer
³ey irrasyonel saylar için de geçerlidir.
9. Salt topolojiye göre R uzaynda bir (a, b) açk aral§nn her x ∈ (a, b)
ö§esi için bir kom³uluk oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Problem 5 çözülürken gösterildi.
10.
(0, 1) =
∞
[
1
1
[ ,1 − ]
n
n
n=2
(15.3)
oldu§unu gösteriniz. Buradan ³u sonucu çkarnz: Sonsuz sayda kapal
kümelerin bile³imi kapal olmayabilir.
Çözüm: Simgelerde basitli§i sa§lamak için, (15.3) ba§ntsnn sa§ yann
A ile gösterelim. (0, 1) = A oldu§unu göstermek için iki kümenin birbirini
kapsad§n göstermeliyiz.
(0, 1) ⊃ A oldu§u apaçktr. Çünkü, her x ∈ A için x ∈ [ n1 , 1 − n1 ] olan bir
aralk vardr. O halde 0 < x < 1 olacaktr. O halde x ∈ (0, 1) olur.
Kar³t olarak, x ∈ (0, 1) olsun. Ar³imet kural uyarnca n1 < x < 1 − n1
olacak ³ekilde bir n do§al says vardr. O halde, x ∈ [ n1 , 1 − n1 ] olur.
Dolaysyla x ∈ A olur.
A kümesini olu³turan bile³ime ait [ n1 , 1 − n1 ] aralklarnn hepsi kapaldr.
Ama e³itli§in solundaki (0, 1) aral§ açktr. Demek ki kapal aralklarn
sonsuz saydasnn bile³imi kapal olmayabiliyor.
156
BÖLÜM 15.
TIKIZLIK
Ksm VIII
Ba§lantl Uzaylar
157
Bölüm 16
BA‡LANTILI UZAYLAR
Ba§lantllk kavram, gerçel eksendeki aralk kavramnn genelle³tirilmesidir.
16.1
K KÜMENN BA‡LANTILILI‡I
Tanm 16.1.1.
Ā ∩ B = ∅ ve
ise A ile B kümeleri
iki kümedir.
ba§lantsz
Ā ∩ B 6= ∅ ya
ise, A ile B kümeleri
ba§lantl
(16.1)
A ∩ B̄ = ∅
(16.2)
da A ∩ B̄ 6= ∅
iki kümedir.
Önerme 16.1.1. Her ikisi de açk ya da her ikisi de kapal olan ayrk iki küme
ba§lantszdr.
A ile B kümelerinin her ikisi
B − A kümeleri ba§lantszdr.
Önerme 16.1.2. E§er
kapal ise
A−B
ile
Önerme 16.1.3. E§er
Önerme 16.1.4.
Sonuç 16.1.1.
B
A
kapaldr. E§er
16.2
16.2.1
Ā ∩ B = ∅
A ∩ B̄ = ∅
ve
ve
A∪B
A∪B
de açk ya da her ikisi de
kapal ise
açk ise
A
A
kapal bir kümedir.
kümesi açktr.
ile B ba§lantsz iki küme olsun.
A ∪ B açk ise A ve B açktr.
E§er
A∪B
kapal ise
A
ve
BA‡LANTILI UZAYLAR
Problemler
1. Sonsuz bir kümenin, üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisine göre ba§lantl olup olmad§n gösteriniz.
159
160
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
Çözüm: Sonlu tümleyenler topolojisi ile donatlm³ (X, T ) uzay ba§lantsz olsayd X = A ∪ B , A ∩ B = ∅ olacak biçimde bo³ olmayan açk A ve
B kümeleri var olurdu. A0 sonlu ve A0 ⊃ B oldu§undan B nin sonlu olmas
gerekir. Öte yandan B açk oldu§undan B 0 sonludur. O halde X = B ∪ B 0
sonlu olmaldr, ki bu kabulümüze aykrdr. O halde sonlu tümleyenler
topolojisi ile donatlm³ her uzay ba§lantl bir uzaydr.
2. Saylamayan sonsuz bir kümenin, üzerinde saylabilir tümleyenler topolojisine göre ba§lantl olup olmad§n gösteriniz.
Çözüm: Saylabilir tümleyenler topolojisi ile donatlm³ (X, T ) uzay
ba§lantsz olsayd X = A ∪ B , A ∩ B = ∅ olacak biçimde bo³ olmayan
açk A ve B kümeleri var olurdu. A0 saylabilir ve A0 ⊃ B oldu§undan B
nin saylabilir olmas gerekir. Öte yandan B açk oldu§undan B 0 saylabilir.
O halde X = B ∪ B 0 saylabilir olmaldr, ki bu kabulümüze aykrdr. O
halde saylabilir tümleyenler topolojisi ile donatlm³ saylamaz sonsuz her
uzay ba§lantl bir uzaydr.
3. Gerçel eksenin (0, 1), [0, 1) ve (0, 1] alt uzaylarnn birbirleriyle e³yapl
(homeomorphic) olamayaca§n gösteriniz.
Çözüm: Örnek olarak, (0, 1] ve (0, 1) uzaylarnn e³yapl olamayaca§n
gösterelim. Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. (0, 1] ve (0, 1) uzaylarnn e³yapl oldu§unu varsayalm. O zaman bir f : (0, 1] → (0, 1) e³yap
dönü³ümü vardr. Her x ∈ (0, 1] için 0 < f (x) < 1 oldu§u açktr. f nin
(0, 1) açk aral§na kstlanm³na g diyelim; yani g = f|
olsun. g süreklidir ve ba§lantl (0, 1) aral§nn g altndaki resmi ba§lantl olmaldr.
Oysa, g : ((0, 1)) = (0, 1) − f (1) görüntüsü ba§lantl de§ildir. Çünkü,
(0, 1) aral§ndan f (1) noktas atlm³tr. çindeki bir noktas atlan hiç
bir aralk ba§lantl de§ildir. Bu çat³k olamayaca§na göre kabulümüz
yanl³tr. O halde, (0, 1] ve (0, 1) uzaylar e³yapl olamazlar.
Di§erleri için de benzer yöntem uygulanabilir.
4. Rn uzaynn R uzayna e³yapl (homeomorphic) olmad§n gösteriniz.
2
Özel Hal: Özel olarak, R uzaynn R uzayna e³yapl olmad§n görmek
için ³öyle dü³ünelim. f : R2 → R e³yap dönü³ümü var olsun. R2 den her
hangi bir a noktasn, R den de f (a) noktasn atalm. f nin (R2 − {f (a))}
ye kstna g diyelim g : (R2 − {a}) → (R − {f (a)}) dönü³ümü süreklidir.
(R2 − {a}) ba§lantl oldu§undan sürekli g fonksiyonu altndaki resmi de
ba§lantl olmaldr. Oysa, içinden noktas atlm³ gerçel eksen; yani R −
{f (a)} resmi ba§lant de§ildir. Bu çeli³ki olamayaca§na göre, kabulümüz
yanl³tr. O halde, R2 uzay ile R uzay e³yapl de§ildirler.
n
n
Genel Hal: 1 < n için R uzay R uzayna e³yapl olsayd bir f : R → R
e³yap dönü³ümü var olurdu. O zaman f nin (Rn − {a}) kümesine kst
olan g : (Rn − {a}) → (R − {f (a)}) dönü³ümü sürekli olur. (Rn − {a})
ba§lantl oldu§undan sürekli g fonksiyonu altndaki resmi de ba§lantl
olmaldr. Oysa, içinden noktas atlm³ gerçel eksen; yani R−{f (a)} resmi
(0,1)
16.3.
161
PROBLEMLER
ba§lant de§ildir. Bu çeli³ki olamayaca§na göre, kabulümüz yanl³tr. O
halde, Rn uzay ile R uzay e³yapl de§ildirler.
5. (a) f : [0, 1] → [0, 1] fonksiyonu sürekli ise, bir sabit noktasnn oldu§unu;
yani f (x) = x olan bir x ∈ [0, 1] oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Bkz. Teorem 16.3.8.
(b) [0, 1] kapal aral§ yerine [0, 1) ya da (0, 1] yar-açk aralklar konulursa ne olur?
Çözüm: f : (0, 1] → (0, 1] fonksiyonu sürekli ise, x → 0 ⇒ f (x) →
f (0) oldu§undan f fonksiyonu f¯ : [0, 1] → [0, 1] fonksiyonuna geni³letilebilir.
Bu geni³lemi³ fonksiyon sürekli oldu§undan, (a) uyarnca f¯(c) = c ,
(c ∈ [0, 1]) gibi sabit bir nokta vardr. E§er c > 0 ise bu nokta f nin
bir sabit noktas olacaktr.
16.3
PROBLEMLER
1.
A = [0, 1], B = (1, 2] kümeleri, salt topolojiye
{1} =
6 ∅ oldu§undan ba§lantl iki kümedir.
2.
A = [0, 1), B = [1, 2] kümeleri, salt topolojiye
A ∩ B̄ = ∅ oldu§undan ba§lantl iki kümedir.
3.
A = [0, 1), B = (1, 2] kümeleri, salt topolojiye göre Ā∩B = ∅ ve A∩ B̄ = ∅
4.
5.
6.
7.
8.
göre Ā ∩ B = ∅ ve A ∩ B̄ =
göre Ā ∩ B = {1} =
6 ∅ ve
oldu§undan ba§lantsz iki kümedir.
X = ((0, 2) − {1}) kümesi ba§lantl de§ildir. Çünkü X = (0, 1) ∪ (1, 2)
kümesi kesi³meyen ve bo³ olmayan iki açk kümenin bile³imine e³ittir.
Ba§lantllk kaltsal (hereditary) bir özelik de§ildir. Çünkü ba§lantl bir
uzayn alt-uzay ba§lantl olmayabilir. Örne§in, gerçel eksen salt topolojiye göre ba§lantldr, ama tamsaylar kümesi ba§lantl de§ildir.
Gerçel eksenin bir alt kümesinin ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul bir aralk olmasdr. [a, b], [a, b) ya da (a, b] gibi kapal ya da yar açk
aralklar ba§lantl kümelerdir ve yalnzca bu tür alt kümeler ba§lantldr
(bkz. Teorem 16.8.1).
R gerçel saylar kümesi salt topolojiye göre ba§lantldr. Ama gerçel eksenden bir nokta atlrsa, geri kalan küme ba§lantsz olur. Örne§in, ba³langç
noktas atlm³ gerçel eksen R − {0} ba§lantsz bir kümedir.
Salt topolojiye göre analitik düzlem ba§lantldr. Düzlemden bir nokta
atlrsa, geri kalan küme ba§lantldr; ama basit ba§lantl de§ildir.
162
BÖLÜM 16.
16.4
BA‡LANTILI UZAYLAR
BA‡LANTILI KÜME
1. Gerçel saylar kümesi, salt topolojiye göre ba§lantl bir kümedir.
Çözüm: Bkz. Sonuç 16.8.1.
2. Q rasyonel saylar kümesi salt topolojiye göre ba§lantl de§ildir.
√
√
Çözüm: A = {x : x >
2} ∩ Q ile B = {x : x < 2} ∩ Q kümeleri
salt topolojiye göre açktr. Ayrca A ∩ B = ∅ ve Q = A ∪ B dir. Demek
ki rasyonel saylar kümesi bo³ olmayan ve kesi³meyen iki açk kümenin
bile³imine e³ittir. Dolaysyla, Teorem 16.2.1(c) uyarnca ba§lantszdr.
3. Gerçel saylar kümesi üst-limit topolojisine göre ba§lantszdr.
Çözüm: Üst-limit topolojisi {(a, b] : a, b ∈ R} yar-açk aralklarn taban
kabul eden topolojidir. Bu topolojide (a, b] nin tümleyeni olan
R − (a, b] = (−∞, a] ∪ (b, +∞)
(16.3)
kümesi kapaldr. Öte yandan
(−∞, a] =
∞
[
(a − n, a]
ve (b, +∞) =
∞
[
(b, b + n]
(16.4)
n=1
n=1
yazlabilir. (16.4) ifadesindeki her iki bile³imi olu³turan kümeler açk oldu§u
için (−∞, a] ve (b, +∞) kümeleri açktr. O halde, bunlarn (−∞, a] ∪
(b, +∞) bile³imi de açktr. Öyleyse, bu küme üst-limit topolojisinde hem
açk hem kapal bir kümedir. Teorem 16.2.1(e) uyarnca, gerçel saylar
kümesi, üst limit topolojisine göre ba§lantl de§ildir.
4. Gerçel saylar kümesi alt-limit topolojisine göre ba§lantszdr.
Çözüm: Bunun ispat yukardakine benzer. Alt-limit topolojisi {[a, b) :
a, b ∈ R} yar-açk aralklarn taban kabul eden topolojidir. Bu topolojide
[a, b) nin tümleyeni olan
R − [a, b) = (−∞, a) ∪ [b, +∞)
(16.5)
kümesi kapaldr. Öte yandan
(−∞, a) =
∞
[
[a − n, a)
n=1
ve [b, +∞) =
∞
[
[b, b + n)
(16.6)
n=1
yazlabilir. (16.6) ifadesindeki her iki bile³imi olu³turan kümeler açk oldu§u
için (−∞, a) ve [b, +∞) kümeleri açktr. O halde, bunlarn (−∞, a) ∪
[b, +∞) bile³imi de açktr. Öyleyse, bu küme alt-limit topolojisinde hem
açk hem kapal bir kümedir. Teorem 16.2.1(e) uyarnca, gerçel saylar
kümesi, alt-limit topolojisine göre ba§lantl de§ildir.
16.4.
163
BA‡LANTILI KÜME
5. Ba§lantl kümelerden olu³an bir ailenin arakesiti ba§lantl olmayabilir.
Bir örnekle gösteriniz.
2
Çözüm: I = [0, 1] birim aralk olsun I analitik düzlemdeki birim karedir.
2
1
2
Y = I −{(x, 0) : 3 < x < 3 } olsun. Her n ∈ N için An = {(x, y) : y ≤ n1 }
kümeler dizisini tanmlayalm. Bu kümeler iç-içedir: A1 ⊃ A2 ⊃ . . . ⊃
An ⊃ . . .
∞
\
1
2
An = [1, ) ∪ ( , 1]
3
3
n=1
oldu§u kolayca görülür. E³itli§in sa§ndaki küme biti³meyen iki aral§n
bile³imidir; yani ba§lantszdr.
6. K = {0, 1, 12 , 13 , 14 , . . . , n1 , . . .} dizisi veriliyor. Gerçel saylar kümesi üzerinde
B = {(a, b) − K : a, b ∈ R}
ailesini taban kabul eden topolojiye K diyelim. (R, K ) topolojik uzay
ba§lantldr.
7. (X, T1 ) ile (X, T2 ) topolojik uzaylar veriliyor.
(a) T1 ⊂ T2 ve (X, T1 ) ba§lantl ise (X, T2 ) ba§lantl mdr?
(b) T1 ⊂ T2 ve (X, T2 ) ba§lantl ise (X, T1 ) ba§lantl mdr?
164
BÖLÜM 16.
16.5
BA‡LANTILI UZAYLAR
BA‡LANTILILI‡IN KORUNUMU
Önerme 16.5.1. Ba§lantl bir uzayn sürekli bir fonksiyon altndaki resmi de
ba§lantldr.
16.6
BÖLÜM UZAYLARININ
BA‡LANTILILI‡I
Teorem 16.6.1. Ba§lantl bir uzayn her bölüm uzay da ba§lantl bir uzaydr.
16.6.1
1.
Problem
ϕ : X → Y bir bölüm dönü³ümü olsun. Y ba§lantl ve her y ∈ Y için
ϕ1 (y) ⊂ X ba§lantl ise, X uzaynn da ba§lantl oldu§unu gösteriniz.
Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. Verilen ko³ullar altnda
ba§lantl de§ilse, Önerme 16.2.1(e) uyarnca, hem açk hem kapal has
bir alt kümesi var olmaldr. A ⊂ X alt-kümesi hem açk hem kapal
olsun. Her y ∈ Y için ϕ−1 (y) ∩ A kümesi ϕ1 (y) kümesi içinde hem açk
hem kapaldr.
ϕ−1 (y) ba§lantl ise ya ϕ−1 (y) ⊂ A dr ya da ϕ−1 (y) ⊂ (X − A) dr. O
halde, ϕ(A) ∩ ϕ(X − A) = ∅ ve ϕ−1 (ϕ(A)) ∩ ϕ−1 (ϕ(X − A)) = ∅ olur.
Bu ise A = ϕ−1 (ϕ(A)) ve X − A = ϕ−1 (ϕ(X − A)) olmasn gerektirir. ϕ
bölüm dön³ümü oldu§u için, son sonuç ϕ(A) nn Y içinde hem açk hem
kapal olmasn gerektirir. Oysa Y ba§lantldr. Öyleyse ya A = ∅ ya da
A = X olmaldr.
Çözüm:
X
16.7
ÇARPIM UZAYLARIN
BA‡LANTILILI‡I
Teorem 16.7.1. Bir çarpm uzayn ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli ko³ul
çarpan uzaylarn her birisinin ba§lantl olmasdr.
16.8
GERÇEL EKSENN BA‡LANTILILI‡I
Teorem 16.8.1.
R
gerçel saylar kümesinin herhangi bir
E
alt-kümenin salt
topolojiye göre ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, bu kümenin bir
aralk olmasdr.
16.8.1
Problemler
1. Bir noktas atlan bir çember ba§lantl mdr? ki noktas atlan bir çember
ba§lantl mdr?
16.8.
165
GERÇEL EKSENN BA‡LANTILILI‡I
Çözüm: (0, 1) açk aral§ndan birim çember üzerine tanml t → (cos 2πt, sin 2πt)
dönü³ümü süreklidir. Önerme 16.5.1 uyarnca bir noktas atlan bir çember
ba§lantldr. Bunu ba³ka türlü söylersek, bir noktas atlan çemberi yatay
eksen üzerine düzgün serersek bir aralk elde ederiz. Her aralk ba§lantl
bir kümedir.
Çemberden iki nokta atlrsa, yatay eksene serilmi³ biçimi, kesi³meyen iki
aralk halini alr. Kesi³meyen iki aralk ba§lantszdr.
2. A ile B ba§lantl iki küme oldu§u halde
A ∩ B,
A ∪ B,
∂A,
A◦
kümeleri ba§lantl olmayabilir. Bunlara birer örnek veriniz.
Çözüm:
(a)
[0, 1) ile (2, 3] ba§lantl kümelerdir. Ama [0, 1)∪(2, 3] bile³imi ba§lan-
tl de§ildir.
(b) Düzlemde A = {(x, y) :
0 ≤ x, y ≤ 1} birim karesi ile Y = {(x, y) :
0 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 0} karesini dü³ünelim. “imdi Y karesinden
( 31 , 23 ) aral§n atarak B = Y − {(x, 0) : 13 < x < 23 } kümesini
tanmlayalm. R2 üzerindeki salt topolojiye göre A ve B kümelerinin
her ikisi de ba§lantldr. Ama bunlarn arakesiti A∩B = [0, 13 ]∪[ 32 , 1]
kümesidir. Biti³meyen iki aral§n bile³imi oldu§undan bu arakesit
ba§lantszdr.
(c) [0, 1) ∪ [1, 2] kümesi ba§lantldr. Ama bunun içi ([0, 1) ∪ [1, 2])o =
(0, 1) ∪ (1, 2) ba§lantszdr.
(d) A = (0, 1) ba§lantldr, ama ∂A = {0, 1} kenar ba§lantszdr.
3. Ba§lantll§n kaltm özelli§i yoktur, yani ba§lantl bir uzayn her alt
uzay da ba§lantl olmak zorunda de§ildir. Bunu bir örnekle gösteriniz.
Çözüm: Salt topolojiye göre gerçel saylar kümesi ba§lantldr (bkz
Sonuç 16.8.1). Ama, örne§in, tamsaylar kümesi tamamen ba§lantsz bir
kümedir.
4. rrasyonel saylar kümesinin R içinde ba§lantl olmad§n gösteriniz.
0
Çözüm: rrasyonel saylar kümesini Q = R − Q ile gösterelim. A = {x :
0
0
x > 2} ∩ Q ile B = {x : x < 2} ∩ Q kümeleri salt topolojiye göre açktr.
Ayrca A ∩ B = ∅ ve Q = A ∪ B dir. Demek ki irrasyonel saylar kümesi
bo³ olmayan ve kesi³meyen iki açk kümenin bile³imine e³ittir. Dolaysyla,
Teorem 16.2.1(c) uyarnca ba§lantszdr.
x irrasyonel bir say olsun. (R, R) uzaynda (salt topolojiye göre), x noktasnn her (x − , x + ) kom³ulu§u sonsuz sayda rasyonel say içerir.
O halde Q0 irrasyonel saylar kümesi üzerinde salt topolojinin kondurdu§u (Q0 , RQ ) alt uzaynda x noktasn içeren en büyük ba§lantl küme
tek ö§eli {x} kümesidir. Tanm 16.10.1 uyarnca irrasyonel saylar kümesi
tamamen ba§lantszdr.
0
166
5.
BÖLÜM 16.
A = {x | (x = 0) ∨ (x = 1/n),
n ∈ N}
olmad§n gösteriniz.
BA‡LANTILI UZAYLAR
kümesinin R içinde ba§lantl
A = {0, 1, 12 , 31 , 14 , . . . , n1 , . . .} dizisi Q rasyonel saylar kümesinin
bir alt kümesidir. (Q, RQ ) alt uzay tamamen ba§lantszdr. O halde,
bunun A alt kümesi de tamamen ba§lantsz olacaktr.
Çözüm 1:
A = {0, 1, 12 , 31 , 14 , . . . , n1 , . . .} kümesini A1 = {0, 1, 21 , 13 , 14 , . . . , n10 }
ve A2 = : n0 < n} diye iki kümeye ayralm. (Q, RQ ) alt uzaynda
A1 ve A2 açktr ve A1 ∩ A2 = ∅ dir. Kesi³meyen ve bo³ olmayan iki açk
kümenin bile³imi oldu§u için A kümesi ba§lantszdr.
Çözüm 2:
{ n1
6. Ba§lantl bir X uzayndan R ye sürekli bir fonksiyon varsa, X kümesinin
saylamayan sonsuz bir küme oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: f nin görüntü kümesi sonlu ise; yani f (X) = {y1 , y2 , . . . , yn } ⊂
R ise, salt topolojinin Hausdor olma özeli§i uyarnca, y1 ∈ V1 , y2 ∈
V2 , . . . , yn ∈ Vn olacak biçimde açk kümeleri öyle seçebiliriz ki Vi ler
birbirlerinden ayrk olur. Bu açk kümelerin f altndaki ters görüntüleri
de birbirlerinden ayrk açk kümeler olacaktr; yani
X=
n
[
f
−1
(Vi ),
i=1
n
\
f −1 (Vi ) = ∅
i=1
olur. Bu ise X in ba§lantl olmasyla çeli³ir. O halde f (X) ⊂ R görüntüsü
sonlu olamaz.
f nin görüntü kümesi saylabilir sonsuz ise; yani f (X) = {y1 , y2 , . . . , yn , . . .} ⊂
R ise, y1 ∈ V1 , y2 ∈ V2 , . . . , yn ∈ Vn , . . . olacak biçimde açk kümeleri öyle
seçebiliriz ki
X = V1 ∪
∞
[
i=2
!
f
−1
(Vi ) ,
V1 ∩
∞
[
i=2
!
f
−1
(Vi )
=∅
olur. Bu durumda X kümesi bo³ olmayan ve kesi³meyen açk iki kümenin
bile³imi olur, ki bu X in ba§lantl olmasyla çeli³ir. O halde görüntü
kümesi saylabilir sonsuz olamaz.
f : X → R sürekli fonksiyonunun görüntü kümesi sonlu ya da saylabilir sonsuz olamayaca§na göre f (X) saylamayan sonsuz bir kümedir.
cardinal(f (X)) ≤ cardinal(X) olaca§ndan, X kümesi de saylamayan
sonsuz bir küme olmaldr.
16.9.
BR UZAYIN BLE“ENLER
16.9
167
BR UZAYIN BLE“ENLER
Bir topolojik uzayn bir x ö§esini içeren bile³enine x ö§esinin
bile³eni diyecek ve bunu Bx simgesiyle gösterece§iz.
Tanm 16.9.1.
16.9.1
Problemler
1. Bir uzayn ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli ko³ul bir tek bile³eninin
olmasdr. Gösteriniz.
Gerekli§i: (X, T ) uzay ba§lantl ise kesi³meyen ve bo³ olmayan iki
açk kümesinin bile³imi olarak yazlamaz. Öyleyse, uzayn X den farkl
bir bile³eni olamaz.
Yeterli§i: X in tek bile³eni varsa, bu bile³en X in bütün ö§elerini
içermek zorundadr. Dolaysyla, sözkonusu bile³en X dir.
2. Bir uzayn sonlu sayda bile³eni varsa, bu bile³enlerin her birisi hem açk
hem kapaldr. Ancak sonsuz bile³en varsa, bile³enlerin açk olmas gerekmez. Bir örnekle do§rulaynz.
Çözüm: “u özelikleri biliyoruz.
(a) Bir uzayn bile³enleri o uzayn bir ayr³mn olu³turur (Önerme 16.9.2).
(b) Bir uzayn bile³enleri kapaldr (Önerme 16.9.4).
(c) Bir uzayn hem açk hem kapal olan ba§lantl alt-kümesi o uzayn
bir bile³enidir (önerme 16.9.5).
(X, T ) uzaynn sonlu sayda bile³eni X = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ . . . ∪ An olsun.
(a) gere§ince bile³enler kesi³mezler. (b) gere§ince her Ai bile³eni kapaldr.
A1 = X − (A2 ∪ A3 ∪ . . . ∪ An ) oldu§undan A1 bile³eni açktr. Benzer
dü³ünü³le öteki bile³enlerin de açk oldu§u gösterilebilir. Demek ki, sonlu
sayda bile³en varsa, bile³enlerin her birisi hem açk hem kapaldr.
Rasyonel saylar kümesi, üzerindeki salt topolojiye göre tamamen ba§lantszdr;yani (Q, RQ ) uzay tamamen ba§lantsz bir uzaydr. Her x ∈ Q
rasyonel says için tek ö§eli {x} kümesi kapaldr, ama açk de§ildir.
16.10
TAMAMEN BA‡LANTISIZ UZAYLAR
Bir topolojik uzayn her x ö§esinin bile³eni yalnzca {x}
kümesinden ibaret ise, bu uzaya tamamen ba§lantsz bir uzaydr, denilir.
1. Ayrk uzaylar ba§lantsz (tamamen ba§lantsz) uzaylardr.
ÇÖzüm: (X, A ) ayrk bir uzay olsun. Uzay ayrk oldu§undan, A = {x}
kümesi hem açk hem kapaldr. Öyleyse {x} kümesinin tümleyeni B =
X − {x} kümesi de hem açk hem kapal olur. X = A ∪ B ve A ∩ B = ∅ dir.
Bu demektir ki, X kümesi bo³ olmayan ve kesi³meyen iki açk kümenin
Tanm 16.10.1.
168
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
bile³imine e³ittir. Teorem 16.2.1 (c)-(d) uyarnca (X, A ) uzay ba§lantszdr.
“imdi uzayn tamamen ba§lantsz oldu§unu gösterelim. Her x ∈ X ö§esinin
bile³eninin (x noktasn içeren en büyük ba§lantl küme) tek ö§eli {x}
kümesi oldu§unu göstermeliyiz. Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. x
noktasnn bile³enine S diyelim. S bile³eni tek ö§eli {x} kümesine e³it olmasn. Uzay ayrk oldu§undan S bile³eni hem açk hem kapaldr. A = {x}
kümesi hem açk hem kapal oldu§undan D = S − {x} kümesi de hem açk
hem kapal olur. S alt uzaynda (A ∩ S) ve (D ∩ S) kümeleri hem açk
hem kapaldr. Ayrca (A ∩ S) ∩ (D ∩ S) = ∅ dir. Öyleyse, S bile³eni bo³
olmayan ve kesi³meyen iki açk kümenin bile³imine e³it olmaktadr. Öyleyse ba§lantl olamaz. Bu çeli³ki olamayaca§ndan, kabulümüz yanl³tr;
yani x noktasnn bile³eni tek ö§eli {x} kümesidir. Bu i³, her x ∈ X için
yaplabilece§inden, (X, A ) ayrk uzay tamamen ba§lantszdr.
2. Salt topolojiye göre Z tam saylar kümesi tamamen ba§lantsz bir uzaydr.
Çözüm 1: Salt topolojiye göre Z tam saylar kümesi ayrk bir uzaydr.
Yukardaki Problem (1) den istenen çkar.
Çözüm 2: Problem (1) kullanlmadan da çözüm yaplabilir. Her m ∈ Z
tam saysnn bile³eninin (m saysn içeren en büyük ba§lantl küme)
tek ö§eli {m} kümesi oldu§unu göstermeliyiz. Olmayana Ergi Yöntemini
kullanaca§z. m in bile³enine S diyelim. S bile³eni tek ö§eli {m} kümesine
e³it de§ilse, ba³ka bir n ∈ S tam saysn içerir. m 6= n oldu§undan birisi
ötekinden küçüktür. m < n kabul edelim. Her aralk tam olmayan saylar
içerir. Örne§in, c ∈ (m, n) olan irrasyonel bir c says seçelim. m < c < n
olacaktr. “imdi U = {x : x < c} ⊂ R ve V = {x : x > c} ⊂ R kümelerini
olu³turalm. U ve V kümeleri salt topolojiye göre R içinde açk kümelerdir.
Öyleyse U ∩S ve V ∩S kümeleri S alt-uzaynda açk kümelerdir. m ∈ U ∩S
oldu§undan U ∩S 6= ∅ dir. Benzer olarak, n ∈ V ∩S oldu§undan V ∩S 6= ∅
dir. Ayrca S = (U ∩S)∪(V ∩S) dir. S kümesi bo³ olmayan açk iki kümenin
bile³imi oldu§undan ba§lantl de§ildir. Oysa S kümesi m nin bile³eni idi;
yani m noktasn içeren en büyük ba§lantl kümedir. Bu çeli³ki, S nin
m den ba³ka bir n ö§esini içerdi§ini kabul etmemiz nedeniyle olu³tu. O
halde m tam saysnn bile³eni tek ö§eli {m} kümesidir. Her tam say için
bu özelik var oldu§undan, Tanm 16.10.1 uyarnca, salt topolojiye göre Z
irrasyonel saylar kümesi tamamen ba§lantsz bir uzaydr.
3. Salt topolojiye göre Q rasyonel saylar kümesi tamamen ba§lantsz bir
uzaydr. Gösteriniz.
Çözüm: Her p ∈ Q rasyonel saysnn bile³eninin (p saysn içeren en
büyük ba§lantl küme) tek ö§eli {p} kümesi oldu§unu göstermeliyiz. Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. p nin bile³enine S diyelim. S bile³eni
tek ö§eli {p} kümesine e³it de§ilse, ba³ka bir q ∈ S rasyonel saysn içerir.
p 6= q oldu§undan birisi ötekinden küçüktür. p < q kabul edelim. Her aralk irrasyonel saylar içerir. c ∈ (p, q) olan irrasyonel bir c says seçelim.
16.10.
TAMAMEN BA‡LANTISIZ UZAYLAR
169
p < c < q olacaktr. “imdi U = {x : x < c} ⊂ R ve V = {x : x > c} ⊂ R
kümelerini olu³turalm. U ve V kümeleri salt topolojiye göre R içinde açk
kümelerdir. Öyleyse U ∩ S ve V ∩ S kümeleri S alt-uzaynda açk kümelerdir. p ∈ U ∩ S oldu§undan U ∩ S 6= ∅ dir. Benzer olarak, q ∈ V ∩ S
oldu§undan V ∩ S 6= ∅ dir. Ayrca S = (U ∩ S) ∪ (V ∩ S) dir. S kümesi bo³
olmayan açk iki kümenin bile³imi oldu§undan ba§lantl de§ildir. Oysa
S kümesi p nin bile³eni idi; yani p noktasn içeren en büyük ba§lantl
kümedir. Bu çeli³ki, S nin p den ba³ka bir q ö§esini içerdi§ini kabul etmemiz nedeniyle olu³tu. O halde p rasyonel saysnn bile³eni tek ö§eli
{p} kümesidir. Her rasyonel say için bu özelik var oldu§undan, Tanm
16.10.1 uyarnca, salt topolojiye göre Q rasyonel saylar kümesi tamamen
ba§lantsz bir uzaydr.
4. Salt topolojiye göre Q0 = R − Q rasyonel saylar kümesi tamamen ba§lantsz bir uzaydr. Gösteriniz.
0
Çözüm: Çözüm yukardaki gibi yaplabilir. Her x ∈ Q irrasyonel saysnn
bile³eninin (x saysn içeren en büyük ba§lantl küme) tek ö§eli {x}
kümesi oldu§unu göstermeliyiz. Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z.
x in bile³enine S diyelim. S bile³eni tek ö§eli {x} kümesine e³it de§ilse,
ba³ka bir y ∈ S irrasyonel saysn içerir. x 6= y oldu§undan birisi ötekinden
küçüktür. x < y kabul edelim. Her aralk rasyonel saylar içerir. c ∈ (x, y)
olan rasyonel bir c says seçelim. x < c < y olacaktr. “imdi U = {t :
t < c} ⊂ R ve V = {t : t > c} ⊂ R kümelerini olu³turalm. U ve V
kümeleri salt topolojiye göre R içinde açk kümelerdir. Öyleyse U ∩ S ve
V ∩ S kümeleri S alt-uzaynda açk kümelerdir. x ∈ U ∩ S oldu§undan
U ∩ S 6= ∅ dir. Benzer olarak, y ∈ V ∩ S oldu§undan V ∩ S 6= ∅ dir.
Ayrca S = (U ∩ S) ∪ (V ∩ S) dir. S kümesi bo³ olmayan açk iki kümenin
bile³imi oldu§undan ba§lantl de§ildir. Oysa S kümesi x nin bile³eni idi;
yani x noktasn içeren en büyük ba§lantl kümedir. Bu çeli³ki, S nin x
den ba³ka bir y ö§esini içerdi§ini kabul etmemiz nedeniyle olu³tu. O halde
x irrasyonel saysnn bile³eni tek ö§eli {x} kümesidir. Her irrasyonel say
için bu özelik var oldu§undan, Tanm 16.10.1 uyarnca, salt topolojiye göre
Q0 irrasyonel saylar kümesi tamamen ba§lantsz bir uzaydr.
5. (X, T ) ba§lantl uzay olsun ve tek noktadan olu³masn. Her x ∈ X için
{x} kapal ise X kümesi sonsuzdur. Gösteriniz.
Çözüm: X sonlu olsun. X = {x1 , x2 , x3 , . . . , xn } diyelim.
X = {x1 } ∪ {x2 } ∪ {x3 } ∪ . . . ∪ {xn }
(16.7)
dir. (16.7) e³itli§inin sa§ yan, kapal kümelerden olu³tu§u için kapal bir
kümedir. {x1 }0 = X − ({x2 } ∪ {x3 } ∪ . . . ∪ {xn }) dir ve açk bir kümedir.
“imdi A = {x1 } ve B = ({x2 } ∪ {x3 } ∪ . . . ∪ {xn }) diyelim. A ve B kapal
kümelerdir. Öyleyse (16.1) ba§ntlar sa§lanr. Dolaysyla X ba§lantsz
olur. Bu çeli³ki olamayaca§na göre, X sonlu de§ildir.
170
16.11
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
YEREL BA‡LANTILI UZAYLAR
Tanm 16.11.1. Bir topolojik uzayn her noktasnn ba§lantl kümelerden
olu³an bir kom³uluklar taban varsa, bu uzaya yerel ba§lantl uzaydr, denilir.
Tanm 16.11.2. (X, T ) topolojik uzay ile bir Y kümesi ve bir f : X → Y
fonksiyonu verilsin. Y üzerindeki topolojiler arasnda f fonksiyonunu sürekli
klan en ince (en kuvvetli) topolojiye
denilir. Bu durumda f ye
diyece§iz.
Baz kaynaklarda, tümel topolojiye bölüm topolojisi ve tümel dönü³üme
bölüm dönü³ümü denilir. Bu yakla³m bizim daha önce yapt§mz 8.2.2 ve 8.2.3
tanmlar ile uyumludur.
tümel topolo ji
tümel dönü³üm
Teorem 16.11.1. Yerel ba§lantl uzayn her tümel uzay da yerel ba§lantldr.
spat: (X, T ) topolojik uzay ile f : X → Y fonksiyonu verilsin. X ve
f ye göre Y üzerindeki tümel topolojiyi U ile gösterelim; yani U topolojisi
f : X → Y fonksiyonunu sürekli klan en ince (kuvvetli) topoloji olsun. (X, T )
topolojik uzay yerel ba§lantl ise, (Y, U ) uzaynn da yerel ba§lantl oldu§unu
gösterece§iz. Bir uzayn yerel ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli bir ko³ulun, uzayn her açk alt-kümesinin bile³eninin de açk olmas oldu§unu biliyoruz
(bkz. Teorem 16.11.1(c)). O halde, Y nin açk kümelerinin bile³enlerinin de açk
oldu§unu göstermek yetecektir.
V ∈ U verilsin ve bunun bile³eni C olsun. V ⊂ C dir. C nin açk oldu§unu
gösterece§iz. Tümel topoloji tanm uyarnca f −1 (V ) ∈ T ve f −1 (V ) ⊂ f −1 (C)
dir. x ∈ f −1 (C) noktasnn bile³enini Dx ile gösterelim. x ∈ Dx ⊂ f −1 (V ) ⊂
f −1 (C) ⊂ X dir. Dx ba§lantl ve f sürekli oldu§undan f (Dx ) ⊂ Y ba§lantldr (bkz. Önerme 16.5.1). x ∈ Dx ∩ f −1 (C) oldu§undan f (Dx ) ⊂ V dir ve
dolaysyla f (Dx ) ∩ C 6= ∅ olacaktr. Oysa bile³en oldu§undan C kümesi V
kümesini kapsayan en büyük ba§lantl kümedir. Öyleyse f (Dx ) ∩ C = C dir,
ki bu f (Dx ) ⊂ C olmas demektir. Buradan Dx ⊂ f −1 (C) çkar. Dx kümesi
f −1 (V ) içinde bir bile³endi. Her x ∈ f −1 (C) için bunu yapabiliriz. Öyleyse,
f −1 (C) kümesi f −1 (V ) içindeki baz bile³enlerin bir bile³imidir.
Öte yandan, X yerel ba§lantl ve f −1 (V ) açktr. Öyleyse her bile³eni de
açk olmaldr (bkz.S Teorem 16.11.1(c)); yani her x ∈ f −1 (C) için Dx bile³eni
açktr. f −1 (C) = {Dx : x ∈ f −1 (C)} oldu§undan f −1 (C) açktr. Demek ki,
f (f −1 (C)) = C açktr. C kümesi açk V kümesinin bile³eni idi. Her V ∈ U
için bunu yapabilece§imize göre, (Y, U ) uzayndaki her açk kümenin bile³eninin
de açk oldu§u ortaya çkar. O halde, Teorem 16.11.1(c) uyarnca, (Y, U ) uzay
yerel ba§lantldr.
16.11.1
Problemler
1. Tkz ve yerel ba§lantl bir uzayn ancak sonlu sayda bile³enleri vardr.
Çözüm: Sonsuz tane bile³eni oldu§unu varsayalm. Bile³enlerin her birisi
açk oldu§undan, bile³enler ailesi uzayn bir açk örtüsü olur. Uzay tkz
16.11.
YEREL BA‡LANTILI UZAYLAR
171
ise sonlu bir alt örtüsü seçilebilir. Oysa bile³enler birbirlerinden ayrktr.
Onlarn sonlu tanesi uzay örtemez. Çeli³ki.
2. Sürekli ve açk fonksiyonlar yerel ba§lantll§ korurlar.
Çözüm: f : (X, T ) → (Y, S ) sürekli ve açk bir dönü³üm olsun. f (X) =
Y oldu§unu varsayalm. f sürekli oldu§undan V ∈ B(f (x)) ise x ∈
f −1 (V ) ∈ B(x) olacaktr. (X, T ) yerel ba§lantl ise x ∈ X noktasnn
ba§lantl kümelerden olu³an bir U (x) yerel taban vardr. O halde f −1 (V )
kom³ulu§u için x ∈ Ux ⊂ f −1 (V ) olacak ³ekilde bir Ux ∈ U (x) kümesi
vardr. x ∈ T ⊂ Ux açk kümesi seçebiliriz. f açk bir dönü³üm oldu§undan f (T ) açk bir kümedir ve f (x) ∈ f (T ) ⊂ f (U x) ⊂ V ∈ B(f (x))
dir. Ayrca, f fürekli ve Ux ba§lantl oldu§undan f (Ux ) ba§lantldr. Bu
demektir ki, {f (U x) : Ux ∈ U (x)} ailesi f (x) noktasnn ba§lantl kümelerden olu³an bir yerel tabandr.
3. Yerel ba§lantl uzaylarn bo³ olmayan sonlu bir ailesinin kartezyen çarpm
da yerel ba§lantldr.
Çözüm: (Xi , Ti ), (i = 1, 2, . . . , n) sonlu tane yerel ba§lantl uzay ve bunlarn çarpm topolojsi de (X, T ) olsun. Her i = 1, 2, . . . , n için (Xi , Ti )
uzay yerel ba§lantl oldu§undan, her xi ∈ Xi noktas için ba§lantl
kümelerden olu³an bir Ui (xi ) yerel taban vardr. (x1 , x2 , . . . , xn ) = x ∈ X
ise her V ∈ B(x) kom³ulu§u için Ui ∈ Ui (xi ) olmak üzere U1 × U2 × . . . ×
Un = U ⊂ V seçilebilir. U ba§lantldr.
4. Yerel ba§lantl uzaylarn bo³ olmayan key bir ailesinin kartezyen çarpm
yerel ba§lantl olmayabilir. (Yol Gösterme : ki ö§eli bütün ayrk uzaylarn
kartezyen çarpmn dü³ününüz.)
Çözüm: Her λ ∈ Λ in Xλ = {0, 1} kümeleri üzerinde ayrk topoloji var
Q
olsun. Bu uzaylar yerel ba§lantldr. X = λ∈Λ Xλ çarpm topolojisinin
bir B tabanna ait kümeler, 9.Bölüm (9.9) formülünde açkland§ gibi,
(
Xλ , λ 6= λi , (1 ≤ i ≤ n)
Nλ =
Ti , λ = λi
(16.8)
olmak üzere B = λ∈I Nλ biçimindedirler. Çarpan uzaylar ayrk oldu§undan (16.8) formülünde her i = 1, 2, . . . , n için Ti = {0} ya da Ti = {1}
biçimindedirler. Bunlar hem açk hem kapal oldu§undan Nλ kümeleri de
hem açk hem kapal olacaktr. Öyleyse, bir x = (xλ )λ∈Λ ∈ X noktasnn
her A kom³ulu§u için x ∈ B ⊂ A olacak ³ekilde bir B ∈ B kümesi vardr.
Bu demektir ki, x noktasnn her kom³ulu§u hem açk hem kapal has
bir alt küme kapsyor. Öyleyse, Teorem 16.2.1 x noktasnn ba§lantl bir
kom³ulu§u olamaz. Dolaysyla, yerel ba§lantl Xλ = {0, 1} uzaylarnn
X çarpm uzay yerel ba§lantl de§ildir.
5. Hem ba§lantl, hem yerel ba§lantl olan uzaylarn bo³ olmayan bir ailesinin
kartezyen çarpm yerel ba§lantl olur.
Q
172
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
Çözüm: Her λ ∈ Λ in Xλ , Tλ uzaylar hem ba§lantl, hem yerel ba§lanQ
tl olsunlar. X = λ∈Λ Xλ üzerindeki T çarpm topolojisi ba§lantldr
(bkz. Teorem 16.7.1). T çarpm topolojisinin bir B tabanna ait kümeler,
9.Bölüm (9.9) formülünde açkland§ gibi,
(
Xλ , λ 6= λi , (1 ≤ i ≤ n)
Nλ =
Ti , λ = λi
(16.9)
olmak üzere B = λ∈I Nλ biçimindedirler. Bir x = (xλ )λ∈Λ ∈ X noktasnn her A kom³ulu§u için x ∈ B ⊂ A olacak ³ekilde bir B ∈ B kümesi
vardr. Çarpan uzaylarn herbiri yerel ba§lantl oldu§undan, (16.8) formülünde her i = 1, 2, . . . , n için xi ∈ Ti kümesini ba§lantl seçebiliriz.
Bu durumda Nλ lar ba§lantl olur. Bunun sonucu olarak x ∈ B ∈ B
olacak ³ekilde ba§lantl bir B ∈ B(x) vardr. O halde ba§lantl ve yerel
ba§lantl uzaylarn çarpm yerel ba§lantldr.
6. Bo³ olmayan yerel ba§lantl uzaylardan olu³an bir ailenin sonlu saydas
d³ndakiler ba§lantl ise, kartezyen çarpmlar yerel ba§lantl olur.
Çözüm: Bu problemi daha genel biçimiyle ifade edbiliriz:
Teorem: Yerel ba§lantl uzaylardan olu³an bir {(Xı , Tı ) : ı ∈ I} topolojik
uzaylar ailesinin (X, T ) çarpm uzaynn yerel ba§lantl olmas için gerekli
ve yeterli ko³ul, verilen ailenin sonlu saydas hariç geri kalanlarn hepsinin
ba§lantl olmasdr.
Q
Gerekli§i: X =
ı∈I Xı çarpmnn T çarpm topolojisine göre yerel
ba§lantlQoldu§unu varsayalm. Çarpm uzayn tanm uyarnca her j ∈ I
için πj : ı∈I Xı → Xj izdü³ümü sürekli, açk ve örten bir dönü³ümdür.
O halde Xj çarpan uzay X çarpm uzaynn bir tümel (bölüm) uzaydr.
Teorem 16.11.1 uyarnca Xj çarpan uzay yerel ba§lantldr.
“imdi bir x ∈ X seçelim. X yerel ba§lantl oldu§undan, x noktasnn
ba§lantl bir M kom³ulu§u vardr. x ∈ V ⊂ M olacak ³ekilde T çarpm
topolojisinin alt-tabanna ait açk bir V kümesi seçebiliriz. Bu durumda,
sonlu sayda j ∈ I d³nda πj (V ) = Xj olacaktr. Buradan, gene sonlu
sayda j ∈ I d³nda πj (M ) = Xj olaca§ sonucu çkar. M ba§lantl ve
πj sürekli oldu§undan, Önerme 16.5.1 uyarnca, sonlu saydas hariç geri
kalan Xj çarpan uzaylar ba§lantl olur.
Yeterli§i: “imdi bütün Xı , (ı ∈ I) çarpan uzaylarn hepsinin yerel
ba§lantl ve sonlu sayda i = i1 , i2 , . . . , in indisi ile damgal Xi , Xi , . . . , Xi
çarpan uzaylar hariç geri kalan bütün ı ∈ I indisleri için Xı çarpan uzaylarnn hepsinin ba§lantl oldu§unu varsayalm. Bu durumda X çarpm
uzaynn her noktada yerel ba§lantl oldu§unu gösterece§iz. Herhangi bir
x ∈ X noktas ile bu noktay içeren açk bir G kümesi seçelim; yani
x ∈ G ∈ T olsun. G kümesi çarpm topolojinin alt-tabanna ait olan
ve x Q
ö§esini içeren bir V kümesini kapsar. 9:Bölüm (9.9) formülüne göre
V = ı∈I Vı dir. Tabii burada sonlu sayda j = j1 , j2 , . . . , jm indisi hariç
Q
1
2
n
16.11.
173
YEREL BA‡LANTILI UZAYLAR
geri kalan bütün ı ∈ I için Vı = Xı dr. Sonlu olduklarn söyledi§imiz baz
i indisleri ile baz j indisleri çak³abilir.
Bu sonlu indislerin bile³imi olan K = {i1 , i2 , . . . , in , j1 , j2 , . . . , jm } kümesini
dü³ünelim. K sonludur ve K ⊂ I dr. Her k ∈ K için πk (x) ∈ Wk ⊂ Vk ⊂
Xk ko³ulunu sa§layan bir Wk ba§lantl kümesini seçebiliriz. Notasyon
uyumlulu§unu sa§lamak amacyla, her s ∈ I − K için Ws = Xs diyelim.
Bu ³ekilde olu³turulan {Wı : ıQ∈ I} kümeler ailesinin herbiri ba§lantldr.
Teorem 16.7.1 uyarnca W = ı∈I Wı çarpm ba§lantldr. Her ı ∈ I için
πı (x) = xı ∈ Wı oldu§undan x = (xı ) ∈ W dur.
Q
Her ı ∈ I için Uı = Wıo diyelim. Bu durumda U = ı∈I Uı çarpm x
ö§esini içeren açk bir kümedir. O halde W kümesi x ∈ X noktasnn
ba§lantl bir kom³ulu§udur. x ∈ U ⊂ V ⊂ G oldu§unu dü³ünerek, x
noktasnn her kom³ulu§unun ba§lantl bir kom³uluk kapsad§n söyleyebiliriz. Her x ∈ X noktas için bu i³ yaplabilece§ine göre, (X, T ) çarpm
uzay yerel ba§lantldr.
7. Rasyonel saylar kümesi, salt topolojiye göre, yerel ba§lantl de§ildir.
2
Çözüm: Bir q ∈ Q verilsin. Ar³imet kural gere§ince n.q
> 1 olacak
2
biçimde bir n do§al says vardr. n + 1 > n oldu§undan (1 + n2 )q2 > 1
yazabiliriz. Buradan
A=
1
,p ∈ Q ,
p:p >
1 + n2
2
B=
1
p:p <
,p ∈ Q
1 + n2
2
kümelerini tanmlayalm. q ∈ A dr. Ayrca Q = A∪B ve A∩B = ∅ oldu§u
görülür. Salt topoloji tanm uyarnca, her p ∈ A için (p − , p + ) ∩ Q ⊂
A = B 0 olacak biçimde bir > 0 says vardr. O halde A kümesinin hiçbir
noktas B nin bir y§lma veya kaplama noktas olamaz. Benzer dü³ünü³le,
B kümesinin hiçbir noktas A nn bir y§lma veya kaplama noktas olamaz.
Bunu simgelerle gösterirsek
p∈A⇒p∈
/ B̄
p∈B⇒p∈
/ Ā
Öyleyse A
Buradan
= Ā
ve
B = B̄
olmaldr; yani a ile
B
kümeleri kapaldr.
Ā ∩ B = A ∩ B̄ = A ∩ B = ∅
yazabiliriz. “imdi rasyonel bir r saysnn hiçbir ba§lantl kom³ulu§u olamayaca§n gösterelim. Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. r nin ba§lantl bir C kom³ulu§u varolsun.
(C ∩ A) ∪ (C ∩ B) = C,
(C ∩ A) ∩ (C ∩ B) = ∅
(C ∩ A) ∩ (C ∩ B) = ∅,
(C ∩ A) ∩ (C ∩ B) = ∅
oldu§u görülür. Bu durum C nin ba§lantl olmasyla çeli³ir. Bu çeli³ki
olamayaca§na göre, C nin ba§lantl oldu§u varsaymmz geçersizdir.
174
8.
9.
10.
11.
12.
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
Hiçbir ba§lantl kom³ulu§u olamayaca§ndan rasyonel saylar kümesi r
noktasnda yerel ba§lantl de§ildir. Her r ∈ Q için bunu yapabilece§imize
göre, rasyonel saylar salt topolojiye göre yerel ba§lantl de§ildir.
R2 yerel ba§lantldr. K tkz bir altküme ise R2 − K yerel ba§lantldr.
2
Çözüm: R = R × R dir. R yerel ba§lantldr. Yerel ba§lantl uzaylarn
sonlu saydasnn kartezyen çarpm da yerel ba§lantldr (bkz. Problem
16.11.3).
R2 Hausdor oldu§undan K tkz bir altküme ise K kapaldr. Dolaysyla
R2 − K açktr. x ∈ R2 − K noktas için B ∈ B(x) ise x ∈ T ⊂ B ve
T ⊂ R2 −K olacak biçimde açk bir T kom³ulu§u vardr. R yerel ba§lantl
oldu§undan, x noktasnn T içinde kapsanan ba§lantl bir A kom³ulu§u
olmaldr. Her x ∈ R2 − K noktas için bu i³ yaplabilece§ine göre, R2 − K
yerel ba§lantldr.
Yerel ba§lantl bir uzayn her hangi bir bölüm uzay da yerel ba§lantldr.
Çözüm: (X, T ) uzaynda bir ∼ denklik ba§ntsna göre bölüm kümesi
Y = X/ ∼ ve bölüm dönü³ümü ϕ : X → Y olsun. Y üzerindeki bölüm
topolojisi, ϕ : X → Y bölüm dönü³ümünü sürekli klan topolojiler arasnda
en ince (en kuvvetli) olan topolojidir; yani tümel topolojidir. Yerel ba§lantl bir uzayn sürekli bir dönü³üm altndaki resmi de yerel ba§lantldr
(bkz. 16.11.1, Problem 16.11.2). O halde Y yerel ba§lantldr.
Her ayrk uzay yerel ba§lantldr.
Çözüm: Ayrk uzayda her x noktas için {x} kümesi ba§lantl bir kom³uluktur ve x noktasnn her kom³ulu§u tarafndan kapsanr. Dolaysyla {x}
sistemi Tanm 16.11.1 ko³ullarn sa§lar.
Tamamen ba§lantsz her uzay yerel ba§lantldr.
Çözüm: Tamamen ba§lantsz uzayda her x noktasnn bile³eni yalnzca
tek ö§eli {x} kümesidir. Tabii {x} en büyük ba§lantl bir kom³uluktur ve
x noktasnn her kom³ulu§u tarafndan kapsanr. Dolaysyla {x} sistemi
Tanm 16.11.1 ko³ullarn sa§lar.
Gerçel eksende [0, 1]∪[2, 3] kümesinin yerel ba§lantl oldu§unu ama ba§lantl olmad§n gösteriniz.
Çözüm: Teorem 16.8.1 gere§ince, R uzaynda bir alt-kümenin ba§lantl
olmas için gerekli ve yeterli ko³ul bir aralk olmasdr. A = [0, 1] ∪ [2, 3]
kümesi bir aralk olmad§ için ba§lantl de§ildir.
16.12.
YOL LE BA‡LANTILI UZAYLAR
16.12
175
YOL LE BA‡LANTILI UZAYLAR
Tanm 16.12.1. (X, T ) uzaynn her ö§e çifti bir yol ile birbirine ba§lanabiliyorsa, X uzayna yol ile ba§lantl ya da, ksaca, yol ba§lantl bir uzaydr,
denilir.
Tanm 16.12.2. (X, T ) uzaynda p, q ∈ X ö§eleri verilsin. Sonlu sayda A1 , A2 , . . . , Am
alt-kümeleri için a³a§daki ko³ullar sa§lanyorsa sonlu {A1 , A2 , . . . , Am } ailesine
p noktasn q noktasna birle³tiren
denilir.
Ai ∩ Aj = ∅ ⇔ |i − j| > 1
(16.10)
p ∈ A1 ∧ (i > 1 ⇒ p ∈
/ Ai
(16.11)
q ∈ Am ∧ (i < m ⇒ q ∈
/ Ai
(16.12)
basit bir zincir
Teorem 16.12.1. Yol ba§lantl her uzay ba§lantl bir uzaydr.
spat: (X, T ) uzay yol ba§lantl olsun. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. X ba§lantsz olsayd, X = A ∪ B , A ∩ B = ∅ olacak biçimde açk A
ve B kümeleri var olurdu (bkz. Teorem 16.2.1). a ∈ A ve b ∈ B noktalarn
rasgele seçelim. X yol ba§lantl oldu§undan γ(0) = a ve γ(1) = b olacak ³ekilde bir γ : [0, 1] → X bir `(a, b) yolu vardr. γ sürekli oldu§undan γ −1 (A) ve
γ −1 (B) kümeleri [0, 1] içinde açk kümelerdir. Ayrca [0, 1] = γ −1 (A) ∪ γ −1 (A)
ve γ −1 (A)∩γ −1 (A) = ∅ dir. [0, 1] kümesi ba§lantl oldu§undan, açk ve ayrk iki
kümenin bile³imi olamaz. Bu çeli³ki X uzaynn ba§lantl olmad§ varsaymndan gelmi³tir. O halde X ba§lantldr.
(X, T ) ba§lantl bir uzay ve U ailesi X in açk bir örtüsü
x, y ∈ X ö§e çiftini birle³tiren bir basit zincir daima U örtüsünden
Teorem 16.12.2.
olsun. Her
seçilebilir.
spat: Bir x ∈ X ö§esi verilsin. H kümesi x noktas ile U örtüsünden seçilen
basit bir örtü ile birle³ebilen bütün ö§elerden olu³sun. x ∈ H oldu§undan H 6= ∅
dir. H kümesinin hem açk hem kapal oldu§unu gösterirsek H = X oldu§u
sonucu çkacaktr (bkz. teorem 16.2.1 ve Önerme 16.9.5).
Önce H kümesinin açk oldu§unu gösterelim. Bir h ∈ H ö§esi alalm. H nn
kurulu³u gere§ince, U örtüsünden h ile x noktalarn birle³tiren basit bir zincir
seçilebilir. Bu zinciri {G1 , G2 , . . . , Gm } ⊂ U ile gösterelim.
u ∈ G1 − G2 ⇒ G1 , G2 , . . . , Gm basit zinciri u ile x noktalarn birle³tirir
v ∈ G1 ∩ G2 ⇒ G2 , G3 , . . . , Gm basit zinciri v ile x noktalarn birle³tirir
⇒ h ∈ G1 ⊂ H
olur. O halde, H kümesi h noktasnn bir kom³ulu§udur. Her h ∈ H için bu
söylenebilir. Öyleyse, H kümesi kendisine ait her noktaya kom³uluk ediyor.
Dolaysyla açk bir kümedir (bkz. Önerme 5.1.1).
“imdi H kümesinin kapal oldu§unu gösterelim. Bir u ∈ H 0 noktas seçelim.
U ailesi X kümesinin açk bir örtüsü oldu§undan u ∈ G olan bir G ∈ U
176
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
vardr. G ∩ H 6= ∅ ise h ∈ G ∩ H olan bir h ö§esi var olmaldr. Bu durumda,U
içinde h ile x noktalarn birle³tiren basit bir G1 , G2 , . . . , Gm zinciri var olacaktr.
Bu ise ya G, G1 , G2 , . . . , Gm zincirinin ya da G1 , G2 , . . . , Gm zincirinin u ile x
noktalarn birle³tirdi§i sonucunu do§urur. Bu durumda u ∈ H olur, ki bu bir
çeli³kidir. Bu çeli³ki G ∩ H 6= ∅ oldu§u varsaymmzdan do§mu³tur. Öyleyse
G ∩ H = ∅ olmaldr. Dolaysyla, u ∈ G ⊂ H 0 çkar ki bu H 0 kümesinin açk
oldu§u anlamuna gelir. Dolaysyla (H 0 )0 = H kapal olur.
16.13
PROBLEMLER
1.
kümesi R2 içinde açk ve ba§lantl bir küme ise, U nun yol ile ba§lantl
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Bir a ∈ U noktasn seçelim. U içinde bir yol ile a noktasna
ba§lanabilen bütün x noktalarndan olu³an kümeye A diyelim; yani her
x ∈ A için bir `(a, x) yolu var olsun. Bu durumda A kümesi yol ile ba§lantldr. spat yapmak için A = U oldu§unu göstermek yetecektir.
Önce A nn açk oldu§unu gösterece§iz. U açk oldu§undan, her x ∈ A
için B(x, ) ⊂ U olacak ³ekilde bir kom³ulu§u vardr. Her y ∈ B(x, )
noktasn x merkezine bir do§ru parças ile ba§layabiliriz (bunu görmek
için y noktasndan geçen yarçap dü³ününüz). Buna `(x, y) diyelim. Bu
durumda `(a, x) ∪ `(x, y) bile³imi a noktasn y noktasna birle³tiren bir
yol olur. Bu i³ her y ∈ B(x, ) için yaplabilece§ine göre, B(x, ) ⊂ A
olmaldr. Öyleyse, A kümesi kendisine ait her noktann bir kom³ulu§udur.
Dolaysyla A açktr.
“imdi de A nn kapal oldu§unu gösterelim. Bir x ∈ Ā verilsin. U açk ve
x ∈ U oldu§undan B(x, ) ⊂ U olacak biçimde bir kom³ulu§u vardr.
Kaplama noktas tanm uyarnca, y ∈ B(x, ) ∩ A olacak ³ekilde bir y
noktas seçilebilir. Yukardaki sonuç uyarnca, y noktasn a noktasna birle³tiren bir yol vardr. Buna `(a, y) diyelim. Gene yukardaki dü³ünü³le,
y noktas x merkezine bir do§ru parças ile ba§ldr. Buna `(y, x) diyelim.
Bu durumda `(a, y) ∪ `(y, x) bile³imi a noktasn x noktasna birle³tiren
bir yol olur. O halde x ∈ A olacaktr. her x ∈ Ā için bu yaplabilece§ine
göre Ā ⊂ A dr; yani A kapaldr.
Demek ki A kümesi hem açk hem kapaldr. U ba§lantl ve A 6= ∅
oldu§undan A = U olmaldr.
2.
X ba§lantl bir uzay ve C ba§lantl bir alt uzay olsun. A ⊂ X kümesi
için A ∩ C 6= ∅ ve A0 ∩ C 6= ∅ ise, ∂A ∩ C 6= ∅ oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. ∂A ∩ C = ∅ oldu§unu
varsayalm. ∂A = ∂A0 oldu§undan, ∂A0 ∩ C = ∅ olacaktr. A³a§daki
U
16.13.
177
PROBLEMLER
ba§ntlarn varl§ kolayca görülür.
X = C ∩ (A ∪ A0 )
X = C ∩ (Ā ∪ Ā0 )
Ā = A ∪ ∂A
∂A = Ā ∩ Ā0
C ∩ Ā = C ∩ (A ∪ ∂A)
= (C ∩ A) ∪ (C ∩ ∂A)
= (C ∩ A)
0
C ∩ Ā = C ∩ (A0 ∪ ∂A0 )
= (C ∩ A0 ) ∪ (C ∩ ∂A0 )
= C ∩ A0
(C ∩ Ā) ∩ (C ∩ Ā0 ) = ∅
(16.13)
(16.14)
(16.15)
(16.16)
(16.17)
(16.18)
(16.19)
(16.20)
(16.21)
(16.22)
(16.23)
(16.15) ve (16.23) uyarnca (C ∩ Ā) ve (C ∩ Ā0 ) kümeleri X uzaynn ayrk
iki bile³enidir. X ba§lantl bir uzay oldu§undan bu bir çeli³kidir. Bu çeli³ki
∂A ∩ C = ∅ kabulümüzden gelmi³tir. O halde, ∂A ∩ C 6= ∅ olmaldr.
3. f : X → Y bir bölüm dönü³ümü olsun. Y uzay ba§lantl oldu§unda, her
y ∈ Y için f −1 ({y}) ⊂ X ba§lantl ise X uzaynn da ba§lantl oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm: Olmayana Ergi Yöntemini kullanaca§z. X uzaynn ba§lantl
olmad§n varsayarsak, hem açk hem kapal bir A ⊂ X alt kümesi var
olmaldr. Her y ∈ Y için f −1 ({y}) ∩ A kümesi f −1 ({y}) içinde hem açk
hem kapaldr. O halde ya f −1 ({y}) ⊂ A ya da f −1 ({y}) ⊂ A0 olmaldr.
f (A) ∩ f (A0 ) = ∅ ⇒ f −1 (f (A)) ∩ f −1 (f (A0 )) = ∅
⇒ A = f −1 (f (A)) ∧ A0 = f −1 (f (A0 ))
hem açk hem kapaldr;
çünkü f bölüm dönü³ümüdür
⇒ (A = ∅) ∨ (A = Y ) çünkü Y ba§lantldr
⇒ f (A) ⊂ Y
4.
R içinde saylabilir hiç bir alt küme salt topolojiye göre ba§lantl de§ildir.
Gösteriniz.
Çözüm:
R
içinde saylabilir bir kümeyi
x0 < x1 < x2 < . . . < xn−1 < xn < . . .
biçiminde sralayabiliriz. Her n için xn−1 < αn−1 < xn < αn < xn+1 olacak ³ekilde bir (αn−1 , αn ) aral§ vardr. Dolaysyla xn ö§esinin bile³eni
yalnzca {x} dir. O halde {xn : n = 0, 1, 2, . . .} kümesi tamamen ba§lantszdr.
178
5.
BÖLÜM 16.
BA‡LANTILI UZAYLAR
saylabilir bir alt küme ise R2 \ Y ba§lantldr. Gösteriniz.
Çözüm: Y = {xn : n = 0, 1, 2, . . .} diyelim. Her n için tek ö§eli {xn }
kümesi R2 içinde tkzdr. Problem 16.11.1-8 uyarnca R2 \ {xn } yerel
ba§lantldr. Yerel ba§lantl alt kümelerin her arakesiti yerel ba§lantl
oldu§undan,
Y ⊂ R2
∞
\
R2 \ Y = R2 \ {xn : n = 0, 1, 2, . . .} =
R2 \ {xn }
n=0
yerel ba§lantldr.
6. R içinde a < b < c olmak üzere [a, b) ∪ (b, c] kümesi yerel ba§lantl oldu§u
halde ba§lantl de§ildir. Neden?
Çözüm: R içinde bir kümenin ba§lantl olmas için gerekli ve yeterli
ko³ul bir aralk olmasdr. [a, b) ∪ (b, c] kümesi bir aralk olmad§ndan
ba§lantl olamaz. Öte yandan, her x ∈ [a, b) için [a, b) aral§ x noktasnn
ba§lantl bir kom³ulu§udur. Benzer olarak, her y ∈ (b, c] için (b, c] aral§
y noktasnn ba§lantl bir kom³ulu§udur. Demek ki [a, b) ∪ (b, c] kümesine
ait her noktann ba§lantl bir kom³ulu§u vardr. Dolaysyla [a, b) ∪ (b, c]
kümesi yerel ba§lantldr.
7. Tamamen ba§lantsz uzayn sürekli bir dönü³üm altndaki resmi tamamen
ba§lantsz olmayabilir. Bir örnekle gösteriniz.
Çözüm: Sabit bir fonksiyon dü³ünmek yetecektir. Örne§in f : R → R
fonksiyonu her x ∈ R için f (x) = 0 diye tanmlanm³ olsun. Bu fonksiyon
süreklidir ve tamaman ba§lantsz Q kümesini ba§lantl {0} kümesi üzerine resmeder.
Ksm IX
Metrik Uzaylar
179
Bölüm 17
METRK UZAYLAR
17.1
NORMLU UZAYLAR
17.1.1
Problemler
1. Karma³k saylar kümesi üzerinde, her sayy o saynn salt de§erine götüren
dönü³ümün bir norm oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
z → |z| diye tanmlanan || : C → [0, ∞) dönü³ümünün bir norm oldu§unu
göstermek için N1-N3 norm belitlerinin sa§land§n göstermeliyiz. Gerçekten, her u, v ∈ C ve K = R ya da K = C olmak üzere her αinK için
a³a§dakilerin sa§land§ karma³k saylarn özeliklerinden çkar:
N1. |u + v| ≤ |u| + |v| (alt-toplamsallk)
N2. |αu| = |α||u| (Pozitif homojenlik)
N3. u 6= 0 ⇒ |u| =
6 0
Bu problem Örnek 17.1.3 ve Örnek 17.1.4 de n = 1 alnrsa özel bir
hal olarak ortaya çkar.
Not:
2. Bu bölümde ayrntl ispatlar verilmeden geçilen örnekleri ayrntlarna
inerek ispatlaynz.
spatlar ö§renciye braklm³tr.
17.2
METRK
METRK UZAY KAVRAMI
181
182
BÖLÜM 17.
17.2.1
METRK UZAYLAR
Problemler
1. Bu kesimde ispat yaplmayan örnekleri ispatlaynz.
Önerme 17.2.4 ün spat: ρ nun metrikimsi oldu§unu göstermek için
M1, M2,M4 belitlerinin sa§land§n göstermeliyiz. Varsaymmz uyarnca
ηn ler metrikimsi oldu§undan, herbirisi M1, M2,M4 belitlerini sa§lar.
Buradan ³u sonuçlar
çkarabiliriz:
P
M1: ρ(x, y) = ∞
η
n=1 n (x, y) ≥ 0 olur.
M2:
ρ(x, y) =
∞
X
1
ηn (x, y)
2n
n=1
≤
∞
X
1
(ηn (x, z) + ηn (z, y))
n
2
n=1
≤
∞
∞
X
X
1
1
η
(x,
z)
+
η (z, y)
n n
n n
2
2
n=1
n=1
= ρ(x, z) + ρ(z, y)
dr.
M4: Her n için x = y ⇒ ηn (z, y) = 0 oldu§undan
x = y ⇒ ρ(x, y) =
olur.
Sonuç 1:
∞
X
1
ηn (x, y) = 0
2n
n=1
Her n için ηn ler birer metrik ise
ρ(x, y) =
∞
X
1
ηn (x, y)
2n
n=1
(17.1)
dönü³ümü de bir metriktir.
spat: Yukarda yaplanlara ek olarak M3 ile M5 belitlerinin de sa§land§n göstermek yetecektir. Her bir ηn bunu sa§lad§na göre ρ
nun da bu özelikleri sa§layaca§ apaçktr.
Sonuç 2: Her n için ηn ler birer metrik ise
ρ(x, y) =
∞
X
1 ηn (x, y)
n 1 + η (x, y)
2
n
n=1
(17.2)
µ(x, y)
1 + µ(x, y)
(17.3)
dönü³ümü de bir metriktir.
spat: µ bir metrik ise
δ(x, y) =
17.2.
183
METRK
dönü³ümü de bir metriktir (bkz 5.Problem).
Buna göre, her n için ηn = δn konumu yaplrsa (17.2) ifadesi
∞
X
1
δ (x, y)
ρ(x, y) =
n n
2
n=1
(17.4)
biçimini alr. (17.1) uyarnca, bu bir metriktir. Dolaysyla, (17.2)
ifadesi bir metriktir.
2. x = (x1 , x2 ) ve y = (y1 , y2 ) ö§eleri R2 kümesinden alnmak üzere, a³a§dakilerden hangileri R2 üzerinde bir metrik de§ildir?
ρ(x, y) = min{|x1 − y1 | , |x2 − y2 |}
δ(x, y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2
ψ(x, y) = |x1 | + |y1 | + |x2 | + |y2 |
Çözüm:
x = (−2, 0), y = (2, 0), z = (0, 1) noktalarn dü³ünelim. ρ(x, y) = 4 > 1 + 1 = ρ(x, z) + ρ(z, y) oldu§undan üçgen e³itsizli§i
sa§lanmaz. Öyleyse ρ bir metrik de§ildir.
δ
x = (−2, 0), y = (2, 0), z = (0, 1) noktalarn dü³ünelim. δ(x, y) = 4 > 12 + 12 = 2 = ρ(x, z) + ρ(z, y) oldu§undan üçgen
e³itsizli§i sa§lanmaz. Öyleyse δ bir metrik de§ildir.
ψ
x = y oldu§unda ψ(x, y) 6= 0 oldu§undan M4 beliti
sa§lanmaz.
3. Sonlu sayda (Xi , ηi ), 1 ≤ i ≤ n, n ∈ N, metrik uzaylar veriliyor.
Qn
X = i=1 Xi olsun. x, y ∈ X iiçin x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn )
olmak üzere,
ρ
bir metrik de§ildir.
bir metrik de§ildir.
bir metrik de§ildir.
α(x, y) =
n
X
[ηi (xi , yi )]2
! 21
i=1
β(x, y) =
n
X
ηi (xi , yi )
i=1
γ(x, y) = max{ηi (xi , yi ) : 1 ≤ i ≤ n}
fonksiyonlar tanmlanyor. Bunlar X üzerinde birer metrik midir?
Çözüm:
Bunu görmek için Tanm 17.2.1 ile verilen M1-M5 metrik
belitlerinin sa§land§n kantlamalyz. ηi lerin her biri bir metrik oldu§undan M1, M3, M4 ve M5 belitlerinin sa§land§ apaçktr. Geriye M2 üçgen e³itsizli§ini göstermek kalm³tr. Bunun için Önerme 17.1.2 (CauchyScwartz E³itsizli§i) ve Önerme 17.2.3 (Minkowski E³itsizli§i) ispatlarnda
α
bir metriktir.
184
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
kullanlan yöntemin ayns kullanlarak α(x, y) ≤ α(z, y) + α(y, x) üçgen
e³itsizli§inin sa§land§ gösterilebilir.
β
Bunu görmek için Tanm 17.2.1 ile verilen M1-M5 metrik
belitlerinin sa§land§n kantlamalyz. ηi lerin her biri bir metrik oldu§undan M1, M3, M4 ve M5 belitlerinin sa§land§ apaçktr. Geriye M2 üçgen
e³itsizli§ini göstermek kalm³tr.
bir metriktir.
β(x, y) =
≤
n
X
i=1
n
X
ηi (xi , yi )
(ηi (xi , zi ) + ηi (zi , yi ))
i=1
= β(x, z) + β(z, y)
oldu§undan, üçgen e³itsizli§i de sa§lanr.
γ
Bunu görmek için Tanm 17.2.1 ile verilen M1-M5 metrik
belitlerinin sa§land§n kantlamalyz. ηi lerin her biri bir metrik oldu§undan M1, M3, M4 ve M5 belitlerinin sa§land§ apaçktr. Geriye M2 üçgen
e³itsizli§ini göstermek kalm³tr.
bir metriktir.
γ(x, y) = max{ηi (xi , yi ) : 1 ≤ i ≤ n}
≤ max{(ηi (xi , zi ) + ηi (zi , yi )) : 1 ≤ i ≤ n}
≤ max{ηi (xi , zi ) : 1 ≤ i ≤ n} + max{ηi (zi , yi ) : 1 ≤ i ≤ n}
= γ(x, z) + γ(z, y)
oldu§undan, üçgen e³itsizli§i de sa§lanr.
4. C × C den R'ye tanmlanan
ρ(z1 , z2 ) = |z1 − z2 |
fonksiyonunun bir metrik oldu§unu gösteriniz. Buna, karma³k saylar üzerindeki salt de§er metri§i diyece§iz.
Bkz. Örnek 17.2.3.
5. (X, ρ) bir metrik uzay olsun. Her x, y ∈ X için
δ(x, y) =
ρ(x, y)
1 + ρ(x, y)
diye tanmlanan δ fonksiyonunun da X üzerinde bir metrik oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Bunu görmek için Tanm 17.2.1 ile verilen M1-M5 metrik belitlerinin sa§land§n kantlamalyz. ηi lerin her biri bir metrik oldu§undan M1, M3,
17.2.
185
METRK
M4 ve M5 belitlerinin sa§land§ apaçktr. Geriye M2 üçgen e³itsizli§ini
göstermek kalm³tr.
t
t → 1+t
ile tanmlanan f : [0, ∞) → [0, 1) fonksiyonu süreklidir. Çünkü
sürekli iki fonksiyonun orandr ve payda 0 dan farkldr. Ayrca f birebir-örten ve artan bir fonksiyondur. Öyleyse
t < t1 + t2 ⇒ f (t) < f (t1 ) + f (t2 )
dir. “imdi t yerine ρ metri§ini kullanrsak
ρ(x, y)
1 + ρ(x, y)
ρ(x, z)
ρ(z, y)
+
≤
1 + ρ(x, z) 1 + ρ(z, y)
= δ(x, z) + δ(z, y)
δ(x, y) =
elde edilir.
6. (X, ρ) bir metrik uzay olsun. X×X den R'ye tanmlanan a³a§daki fonksiyonlardan hangileri X üzerinde bir metriktir?
δ(x, y) = kρ(x, y),
(k ∈ R+ )
γ(x, y) = kρ(x, y),
(k ∈ R)
n
µ(x, y) = [ρ(x, y)] ,
(n ∈ N)
ν(x, y) = [ρ(x, y)]r ,
(0 < r < 1)
Çözüm:
(a)
(b)
(c)
bir metriktir.
γ(x, y) metrik de§ildir, çünkü k < 0 için M1 beliti sa§lanmaz.
µ(x, y) metrik de§ildir, çünkü M2 beliti sa§lanmaz. Bunu bir kar³t
örnekle gösterebiliriz. R üzerinde ρ(x, y) = inf {1, |x − y|} metri§ini
alalm. ρ(0, 1) = 1, ρ(0, 21 ) = 12 , ρ( 12 , 1) = 12 oldu§undan n > 1 için
δ(x, y)
µ(0, 1) = [ρ(0, 1)]n
=1
1
1
≤ ( )n + ( )n
2
2
1 n
1
= [ρ(0, )] + [ρ( , 1)]n
2
2
1
1
= µ(0, ) + µ( , 1)
2
2
(d)
olur. O halde üçgen e³itsizli§i sa§lanmyor.
ν(x, y)
186
7.
BÖLÜM 17.
X
METRK UZAYLAR
kümesine ait sabit bir a noktas seçelim. Her f, g ∈ CX için
ρ : (f, g) → ρ(f, g) = |f (a) − g(a)|
diye tanmlanan ρ dönü³ümü Cx üzerinde bir metrikimsidir. Neden?
Çözüm:
nun M1, M2 ve M4 metrik belitlerini sa§lad§n göstermeliyiz.
M1: Her f, g ∈ CX için |f (a) − g(a)| ≥ 0 dur.
M2: Her f, g, h ∈ CX için
ρ
ρ(f, g) = |f (a) − g(a)|
= |f (a) − h(a) + h(a) − g(a)|
≥ |f (a) − h(a)| + |h(a) − g(a)|
= ρ(f, h) + ρ(h, g)
çkar.
M4: f ≡ g ise ρ(f, g) = |f (a) − g(a)| = 0 olur.
8. Bütün karma³k dizilerin olu³turdu§u kümeye C diyelim; yani
C = {x|x = (xn ), xn ∈ C,
n ∈ N}
olsun. Gösteriniz ki
ρ(x, y) =
∞
X
1
|xn − yn |
·
n
2
1 + |xn − yn |
i=1
(17.5)
diye tanmlanan ρ fonksiyonu C kümesi üzerinde bir metriktir.
Çözüm: Her n için ηn (x, y) = |xn − yn | konulursa, istenen (17.2) den
çkar.
Bunu görmek için Tanm 17.2.1 ile verilen M1-M5 metrik belitlerinin sa§land§n kantlamalyz. ηi lerin her biri bir metrik oldu§undan
9. Bir [a, b] aral§ üzerinde snrl de§i³imli bütün fonksiyonlarn olu³turdu§u kümeyi B[a, b] ile gösterece§iz. Bunun bir vektör uzay oldu§unu
gösteriniz. Her f fonksiyonunun tam de§i³imini δ(f ) ile temsil edersek,
f → δ(f ) dönü³ümünün bu uzay üzerinde bir yar norm oldu§u, ama bir
norm olmad§ kolayca görülebilir. Dolaysyla,
(f, g) → ρ(f, g) = δ(f − g)
dönü³ümü bu uzay üzerinde bir metrikimsi olur. Gösteriniz.
Çözüm:
17.2.
187
METRK
Bir [a, b] aral§ üzerinde tanml gerçel de§erli
de§i³imli (bounded variation) olmas demek,
δ(f ) = sup{
n
X
f
fonksiyonunun snrl
|f (xi+1 −f (xi )| a = x0 < x−1 < x2 < . . . < xn = b, n ∈ N}
i=1
saysnn, ([a, b] aral§nn bütün bölüntüleri için) snrl olmas demektir.
Bu durumda, δ(f ) saysna f nin de§i³imi (variation) denilir.
Analizden bilindi§i üzere snrl de§i³imli iki fonksiyonun toplam ve bir
say (skaler) ile çarpm gene snrl de§i³imlidir. Kolayca görülece§i gibi,
(B[a, b] kümesi f + g toplamna gör bir Abel grubudur. Ayrca, λ ∈ R
olmak üzere λf say ile çarpma i³lemine kapaldr. Bu i³lemlere göre, her
α, λ ∈ R ve her f, g ∈ B[a, b] için
λ(f + g) = λf + λg
(α + λ) = αf = λf
(αλ)f = α(λf )
e³itlikleri sa§lanr. Dolaysyla (B[a, b] kümesi R cismi üzerinde bir vektör
uzaydr.
f → δ(f )
dönü³ümünün, Tanm 17.1.1 ile verilen N1 ve N2 norm belitlerini sa§lar.
Ama f 6= 0 olmas δ(f ) = 0 olmasn gerektirmez. O halde δ bir norm
de§il, yar-normdur.
188
BÖLÜM 17.
17.3
17.3.1
1.
METRK UZAYLAR
METREL TOPOLOJ
PROBLEMLER
(X, ρ) bir metrik uzay olsun. Her (x, y) ∈ X×X için δ(x, y) = inf{1, ρ(x, y)}
diyelim. Bu durumda ρ ile δ metriklerinin denk oldu§unu; yani Tρ = Tδ
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Açk yuvarlar metrel topolojilerin tabandr. Önerme 4.1.2 uyarnca
Bρ (x, r) ⊂ Bδ (x, p) ⊂ Bρ (x, q)
olacak ³ekilde r, p, q saylarnn varl§n göstermek yetecektir.
ise
r<1
ρ(x, y) = r ⇒ δ(x, y) = inf{1, ρ(x, y)} = ρ(x, y) = r
dir. (17.6) e³itli§i dikkate alnrsa, her p için r = p2 konumuyla
(17.6)
(17.7)
elde edilir. Kar³t olarak, her q < 1 için p = konumuyla, (17.6) dan
Bδ (x, p) ⊂ Bρ (x, q)
(17.8)
elde edilir. (17.7) ve (17.8) gere§ince ρ ve δ metrikleri denktirler; yani X
üzerinde ayn topolojiyi belirlerler: Tρ = Tδ .
2. ρ ile δ bir X kümesi üzerinde tanml iki metrik olsun. E§er her (x, y) ∈
X × X için
aδ(x, y) ≤ ρ(x, y) ≤ bδ(x, y)
(17.9)
e³itsizlikleri sa§lanacak biçimde pozitif a ve b saylar varsa, ρ ile δ nn
denk oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: ρ(x, y) = r ∧ δ(x, y) = p ⇒ ap ≤ r ≤ bp oldu§unu dikkate alrsak,
Bρ (x, r) ⊂ Bδ (x, p)
q
2
p
p
Bδ (x, ) ⊂ Bρ (x, r) ⊂ Bδ (x, )
a
b
oldu§unu görürüz. O halde, önceki problemde ifade edilen nedenle Tρ = Tδ
olacaktr.
3. Örnek 17.2.1 de tanmlanan δ metri§ini X yerine R2 koyarak dü³ününüz.
Ba³langç merkezli açk ve kapal birim yuvarlar bulunuz. Açk birim yuvarn kaplam kapal birim yuvara e³it midir? Birim yuvarn kenar kümesi
nedir?
Çözüm: Örnek 17.2.1 deki tanm uyarnca, düzlemdeki her x, y noktas
için δ metrik fonksiyonu
(
δ(x, y) =
0, x = y
1, x =
6 y
17.3.
189
METREL TOPOLOJ
biçiminde tanmlanr. Buna göre, O = (0, 0) ba³langç noktasnn r yarçapl
açk yuvar Bδ (O, r) ile gösterilirse, δ nn tanmndan
(
Bδ (O, r) =
{O},
r<1
2
R − {O}, r ≥ 1
çkar. Buradan açkça görüldü§ü gibi, açk birim yuvar
Bδ (O, 1) = {x | δ(O, x) < 1} = {O}
dr. Kapal yuvar ise
Dδ (O, 1) = {x | δ(O, x) ≤ 1} = R2
dir. Tδ metrel topolojisinin açk kümeleri yalnzca dört tanedir:
Tδ = {∅, {O}, {R2 − {O}}, R2 }
Bunlar ayn zamanda metrel topolojinin kapal kümeleridir. Öyleyse Bδ (O, 1) =
{0} açk birim yuvarnn kaplam kendisidir; dolaysyla kapal birim yuvara e³it de§ildir. Benzer olarak, Dδ (O, 1) kapal birim yuvarnn kaplam
gene kendisidir; yani R2 dir. R2 = {O} ∪ (R2 − {O}) oldu§undan, metrel
uzayn her noktas bir iç noktadr. Dolaysyla birim yuvarn kenar noktas
yoktur.
4. (a, b) açk aral§nn kaplamnn [a,b] kapal aral§ oldu§unu gösteriniz.
Daha genel olarak, Rn ya da Cn uzaylarnda, Öklid metri§ine göre B(a, r)
açk yuvarlarnn kaplamlarnn D(a, r) kapal yuvarlar oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: (a, b) nin kaplam, (a, b) yi kapsayan bütün kapal kümelerin
arakesitidir. [a,b] kapaldr ve (a, b) ⊂ [a, b] dir Öyleyse, (a, b) ⊂ [a, b]
dir. Öte yandan her x ∈ [a, b] için (x − , x + ) ∩ [a, b) 6= ∅ dir. Dolaysyla,
[a, b] ⊂ (a, b) dir. Bu iki kapsama ba§nts [a, b] = (a, b) olmasn gerektirir.
Rn uzayndaki durum için, (a, b) yerine B(a, r) açk yuvar, [a, b] yerine
D(a, r) kapal yuvar konularak, yukardaki usavurma aynen tekrarlanabilir.
5. Örnek 17.2.1 deki δ metri§inin X kümesi üzerinde tanmlad§ metrel
topolojinin ayrk topoloji oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Söz konusu tanm uyarnca, her x, y ∈ X için δ metrik fonksiyonu
(
0, x = y
δ(x, y) =
1, x =
6 y
190
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
biçiminde tanmlanyor. Buna göre, her hangi bir x ∈ X noktasnn
yarçapl açk yuvar Bδ (x, r) ile gösterilirse, δ nn tanmndan
r
(
{x},
r<1
Bδ (x, r) =
X − {x}, r ≥ 1
çkar. Buradan açkça görüldü§ü gibi, 0 < r1 için açk birim yuvar
Bδ (O, r) = {y | δ(x, y) < r} = {x}
dir. Bu demektir ki her x ∈ X noktas için tek ö§eli {x} kümesi açk bir
kümedir. O halde (X, Tδ ) uzay ayrk bir uzaydr.
6. Önceki bölümde tanmlanan δ, p, m ve sn metriklerini R2 için üzerinde
dü³ününüz. Merkezleri düzlemde 0 = (0, 0) noktas ve yarçaplar r = 1
olan açk yuvarlar, herbirisi için, çiziniz.
17.3.
METREL TOPOLOJ
191
192
BÖLÜM 17.
17.4
E“METREL UZAYLAR
17.4.1
1.
METRK UZAYLAR
Problemler
p, m, sn metrikleri srasyla (17.28), (17.29) ve (17.30) ba§ntlar ile tanml
metrikler olmak üzere (Rn , p), (Rn , m), (Rn , sn ) uzaylar e³metrik de§ildirler,
ama metrikler denktir. Gösteriniz.
Çözüm:
Örne§in, n√= 2, x = (0, 0) y = (1, 1) alnrsa p(x, y) = 2, m(x, y) = 1,
sn (x, y) = 2 olur. Demek ki bu üç metrik e³metrel (isometric) de§ildir.
Öte yandan, her r > 0 için
Bp (x, r) ⊂ Bsn (x, r) ⊂ Bm (x, r)
oldu§u hemen tanmdan görülüyor. Kar³t olarak,
Bm (x, r) ⊂ Bsn (x,
√
2r) ⊂ Bp (x, 2r)
dir. (Bkz. Önerme 17.3.3).
2. Bo³ olmayan bir X kümesi üzerinde
(
δ(x, y) =
1, x 6= y
0, x = y
(
2, x 6= y
σ(x, y) =
0, x = y
metrikleri verilsin. x 6= y için δ(x, y) = 1 ve σ(x, y) = 2 oldu§undan
(X, δ) uzay ile (X, σ) uzay e³metrik e³yapl de§ildirler. Ama topolojik
e³yapldrlar. Çünkü δ ve σ metriklerinin her ikisi de X üzerine ayrk
topolojiyi koyar.
Çözüm: E³metrel olmadklar gerçe§i zaten problemde açklanm³tr. Problem 17.3.1(5) 'de Tδ nn ayrk topoloji oldu§u gösterildi. Tamamen ayn
yöntemle Tσ nn da ayrk topoloji oldu§u gösterilebilir. Dolaysyla Tδ =
Tδ dr. O halde δ ve σ metrikleri birbirlerine denktirler.
17.5
SINIRLILIK
17.5.1
1.
Problemler
üzerindeki Öklit metri§ine göre xy = 1 hiperbolü ile y = 0 do§rusu
kesi³meyen kapal iki alt kümedir. Her iki küme snrszdr ve aralarndaki
uzaklk sfra e³ittir. Gösteriniz.
Çözüm 1: (Sonuç 17.5.1 kullanlarak)
R
2
17.5.
193
SINIRLILIK
Lütfen a³a§daki açklamalara uyan ³ekiller çiziniz. Çizece§iniz ³ekiller anlamanz kolayla³tracaktr.
Düzlemde y = 0 do§rusu Ox eksenidir. r yarçap ne kadar büyük seçilirse
seçilsin, düzlemde hiç bir A = (x0 , y0 ) merkezli ve r yarçapl
D(A, r) =
p
(s − x0 )2 + (t − y0 )2 ≤ r2
diski
Ox eksenininptamamn kapsayamaz. Çünkü D diski içindeki her
(s,
t)
noktas için (s − x0 )2 + (t − y0 )2 ≤ r2 dir. Ox ekseni üzerinde
p
(x − x0 )2 + (0 − t)2 > r2 ko³ulunu sa§layan (x, 0) noktalar vardr ve
bu noktalar D diski d³ndadr. O halde y = 0 do§rusu snrszdr.
Benzer olarak, yukardaki gibi seçilecek her q
D diski içinde kalan hiperbol
1
kollarna ait (x, y) = (x, x ) noktalar için (x − x0 )2 + ( x1 − y0 )2 ≤ r2
olmaldr. x yeteri kadar büyük (ya da küçük) seçildi§inde
r
(x − x0 )2 + (
1
− y0 )2 > r2
x
olacaktr. Tabii, bu ko³ulu sa§layan ve hiperbole ait olan (x, y) = (x, x1 )
noktalar D diski d³nda kalr. O halde xy = 1 hiperbolü snrszdr.
Son olarak, xy = 1 hiperbolü ile y = 0 do§rusu arasndaki uzakl§n
0 oldu§unu gösterelim. Do§ruyu A, hiperbolü B ile gösterelim. (17.51)
uyarnca, iki küme arasndaki uzaklk, d Öklit metri§i olmak üzere,
d(A, B) = inf{d(u, v) : u ∈ A, v ∈ B}
dir. [u ∈ A ⇒ u = (s, 0), s ∈ R] ve [v ∈ B ⇒ v = (t, 1t ), t ∈ R] oldu§undan, hiperbol ve do§ru üzerinde apsisleri e³it olan noktalar arasndaki
uzakl§n, apsis yeterince büyük alnd§nda sfra yakla³t§n a³a§daki
ba§ntdan görebiliriz:
d(A, B) = inf{d(u, v) : u ∈ A, v ∈ B}
r
1
= inf{ (s − t)2 + (0 − )2 , (s, t ∈ R)}
t
r
1
= inf{ (t − t)2 + (0 − )2 , (t ∈ R)},
t
1
= inf{ , (t ∈ R)}
t
=0
s=t
konursa
O halde xy = 1 hiperbolü ile y = 0 do§rusu arasndaki uzaklk 0 dr. Bu
örnek, ayrk iki küme arasndaki uzakl§n 0 olabilece§ini göstermektedir.
Çözüm 2: (Tanm 17.5.1 kullanlarak)
Metrik uzayda bir A kümesinin çap (17.50) formülü ile
ρ(A) = sup{ρ(x, y) : x, y ∈ A}
194
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
biçiminde tanmlanm³tr.
y = 0 do§rusu A = {u : u = (x, 0) : x ∈ R} kümesidir. Öklit metri§ini
d ile gösterelim. Her r > 0 says için d(u, v) > r olacak biçimde u, v ∈ A
noktalar daima vardr. Gerçekten u = (s, 0) ie v = (t, 0) noktalarn
|s−t| > r olacak biçimde seçebiliriz. O halde u, v ∈ A noktalar arasndaki
uzaklklar snrszdr. Dolaysyla ρ(A) çap snrszdr.
Benzer olarak, xy = 1 hiperbolü B = {u : u = (x, x1 ) : x 6= 0, x ∈ R}
kümesidir. Öklit metri§ini d ile gösterelim. Her r > 0 says için d(u, v) > r
olacak biçimde u, v ∈ B noktalar daima vardr. Gerçekten u = (s, 1s )
ile v = (t, 1t ) noktalarn s = −t olacak biçimde seçebilir ve sonra s yi
yeterince büyüterek d(u, v) uzakl§n istedi§imiz kadar büyütebiliriz:
1
1
d(B) = sup d(u, v) : u, v ∈ B, u = (s, ), v = (t, )
s
t
(r
)
1 1
= sup
s, t ∈ R
(s − t)2 + ( − )2 ,
s
t
(r
)
2 2
2
= sup
t∈R ,
s = −t konursa
(2t) + ( ) ,
t
=∞
O halde u, v ∈ B noktalar arasndaki uzaklklar snrszdr. Dolaysyla
çap snrszdr.
2. Salt metri§e göre R uzaynda N do§al saylar kümesi ile (n + n1 ) : n ∈ N
dizisinin ö§elerinden olu³an A kümesi veriliyor. Bu kümeler kapal mdr?
Bu kümeler kesi³ir mi? Bu kümeler snrl mdr? Bu kümeler arasndaki
uzaklk nedir?
ρ(B)
Çözüm:
N do§al saylar kümesi salt metri§e göre R uzaynda kapaldr. Çünkü
N0 = R − N tümleyeni açktr. Gerçekten her n ∈ N için (n, n + 1) ⊂ N0
açktr ve
N0 =
[
(n, n + 1)
n∈N
dir. O halde, açk kümelerin bir bile³imine e³it olan N0 tümleyeni açk bir
kümedir. Dolaysyla N kapaldr.
“imdi A = (n + n1 ) : n ∈ N kümesini dü³ünelim. Her n için
1
1
(n + ), (n + 1 +
) ⊂ A0
n
n+1
açktr ve
A0 =
[
n∈N
(n +
1
1
), (n + 1 +
)
n
n+1
17.5.
195
SINIRLILIK
dir. O halde, açk kümelerin bir bile³imine e³it olan A0 tümleyeni açk bir
kümedir. Dolaysyla A kapaldr.
A = (n + n1 ) : n ∈ N kümesinde n = 1 alnrsa (n + n1 ) = 2 ∈ N olur. O
halde A ∩ N 6= ∅ dir. Dolaysyla aralarndaki uzaklk d(A, N) = 0 dr.
n snrsz olarak büyüdü§ünden her iki küme snrszdr.
3. Bir metrik uzaydaki sonlu her kümenin snrl oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
metrik uzaynda A = {x1 , x2 , . . . , xn } sonlu bir altküme olsun. Bu
kümenin çap, içindeki nokta çiftleri arasndaki uzaklklarn supremumudur:
X, ρ)
ρ(A) = sup {ρ(xi , xj ) :
(1 ≤ i, j ≤ n)} ⊂ R
dr. K = {ρ(xi , xj )} saylar
n!
r!(n − 1)!
tanedir. R içinde her sonlu küme snrldr ve maksimumu vardr. Dolaysyla
sup K = max K < ∞ dir. O halde ρ(A) sonludur. Öyleyse A snrldr.
4. Bir (X, ρ) metrik uzaynda her A alt kümesi için ρ(A) = ρ(Ā) oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm:
ise xn → x ve yn → y olacak biçimde xn ), (yn ) ⊂
seçilebilir. ρ(xn , yn ) → ρ(x, y) dir. Buradan, (17.50) uyarnca
x, y ∈ Ā
A
dizileri
ρ(A) ≤ ρ(Ā)
= sup{ρ(x, y) : x, y ∈ Ā}
= sup{ρ(xn , yn ) : (xn ), (yn ) ⊂ A}
≤ sup{ρ(a, b) : a, b ∈ A}
≤ ρ(A)
çkar; yani ρ(A) ≤ ρ(Ā) ≤ ρ(A) olur ki bu ρ(A) = ρ(Ā) olmas demektir.
196
BÖLÜM 17.
17.6
METRK UZAYLAR
DÜZGÜN SÜREKLLK
Düzgün süreklili§in kitapta verilen formal tanmn yorumlarsak, ³öyle diyebiliriz:
Bir metrik uzayda düzgün sürekli fonksiyon, konumlarna ba§l olmakszn
de§i³ken de§erleri birbirlerine yakn seçildi§inde fonksiyon de§erlerinin de birbirlerine istenildi§i kadar yaknla³abildi§i fonksiyon türüdür.
Anmsanaca§ üzere sürekli fonksiyon de§erlerinin birbirlerine istenildi§i kadar
yaknla³trlmas için, de§i³ken de§erlerinin birbirlerine ne kadar yakn seçilece§i, istenen uzakl§a ve de§i³kenlerin konumuna ba§l olarak de§i³ir. Ba³ka bir
deyi³le süreklilik yerel (konuma ba§l) bir olgudur, düzgün süreklilik ise yaygn
(konuma ba§l olmayan, global) bir olgudur.
Düzgün süreklilik ile ilgili ba³lca teoremler:
Teorem 17.6.1. Tkz bir küme üzerinde sürekli olan fonksiyon düzgün süreklidir.
Teorem 17.6.2. Bir
(a, b)
aral§nda snrl türevi olan fonksiyon
(a, b)
ar-
al§nda düzgün süreklidir.
f : (X, ρ) → (Y, µ) düzgün
(f (xn )) ⊂ Y bir Cauchy dizisidir.
Teorem 17.6.3.
dizisi ise
sürekli ve
(xn ) ⊂ X
bir Cauchy
diye tanmlanan f : R → R fonksiyonu süreklidir,
ama düzgün sürekli de§ildir.
spat: Bir > 0 says verilsin. Her δ > 0 says için
Örnek 17.6.1.
f (x) = x2
|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| = (x − x0 )2 = (x − x0 )(x + x0 ) < δ(2x0 + δ)
olur. Belirli bir x0 de§eri için, örne§in, δ < K ve δ < 2x +K alnrsa δ(2x0 +δ) <
olur. Dolaysyla, f (x) = x2 fonksiyonu x0 noktasnda süreklidir. x0 noktasnn
yeri de§i³ince seçilecek δ nn de§eri x0 noktasna ba§l olarak de§i³ir.
Öte yandan, bütün x ∈ R için δ(2x+δ) de§erleri için δ(2x+δ) < e³itsizli§ini
sa§layan bir δ says yoktur. x de§i³keni snrsz büyüyebilir ve ona ba§l olarak
δ(2x+δ) de§erleri verilen saysndan büyük olur. O halde, f (x) = x2 fonksiyonu
R üzerinde düzgün sürekli de§ildir. Ama her sonlu aralkta düzgün süreklidir.
1
Örnek 17.6.2. f (x) =
x diye tanmlanan f : R → R fonksiyonu (0, 1) aral§nda süreklidir, ama düzgün sürekli de§ildir.
spat: Bir x0 ∈ (0, 1) verilsin. Salt metri§e göre R Birinci Saylabilme Belitini
sa§lar. Öyleyse, bu uzayda dizisel süreklilik süreklili§i gerektirir (bkz. Teorem
11.2.2 ve Teorem 17.6.1). xn → x0 olacak biçimde bir (xn ) ⊂ (0, 1) dizisi seçelim.
0
xn → x0 ⇒
1
1
→
xn
x0
oldu§undan f fonksiyonu x0 noktasnda süreklidir. Her x0 ∈ (0, 1) için bu özelik
var oldu§undan, f fonksiyonu (0, 1) aral§nda süreklidir.
17.6.
197
DÜZGÜN SÜREKLLK
Her 0 < h < 12 says için
|f (x + h) − f (x)| = |
1
1
h
− |=|
|
x+h x
x(x + h)
(17.10)
olur. “imdi x → 0 iken (17.10) nn sa§ yannn snrsz olarak büyüdü§ünü
görebiliriz. Gerçekten h2 < x < h ko³ulu altnda h → 0 iken
|f (x + h) − f (x)| = |
h
4
|≥| |→∞
x(x + h)
3h
olur. O halde, f (x) = x1 fonksiyonu (0, 1) üzerinde düzgün sürekli de§ildir.
1
Örnek 17.6.3. f (x) =
x diye tanmlanan f : (0, ∞) → R fonksiyonu (0, 1)
aral§nda süreklidir, ama düzgün sürekli de§ildir.
spat: Önce, her hangi bir x0 ∈ (0, ∞) noktasnda f nin sürekli oldu§unu
gösterelim. Bir > 0 says verilsin.
2
|f (x) − f (x0 )| = |
1
x20 − x2
(x − x0 )(x + x0 )
1
−
|
=
=
2
x2
x0
x2 x20
x2 x20
olur. E§er |x − x0 | < x2 ise x2 < |x| < 3x2 olur. Buradan |x + x0 | < 5x2 çkar.
Bunu yukardaki ifadede kullanrsak
0
0
|f (x) − f (x0 )| <
0
0
|x − x0 |. 5x2 0
10.|x − x0 |
=
x0 2 2
( 2 ) .x0
x30
çkar. “imdi δ = (min{ x2 , x10 ) olarak seçilirse, yukardaki e³itsizlikten
0
3
0
|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − f (x0 )| < elde edilir. Demekk ki f fonksiyonu x0 noktasnda süreklidir.
“imdi x ile x0 arasndaki uzakl§n δ oldu§u varsaym ile x = x0 ± δ konumunu yaparsak, yukardaki e³itsizlik
|f (x) − f (x0 )| <
|x − x0 |. 5x2 0
10.δ
= 3
( x20 )2 .x20
x
yazlabilir. δ ne olursa olsun, x → 0 iken sa§daki son terim snrsz olarak büyür.
Dolaysyla düzgün süreklilik ko³ulu sa§lanmaz.
17.6.1
Problemler
1. A³a§daki fonksiyonlardan hangileri (0, 1) aral§ üzerinde düzgün süreklidir?
(a) f (x) = x
198
BÖLÜM 17.
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
METRK UZAYLAR
f (x) = x3
f (x) = sin x
f (x) = sin x1
f (x) =
f (x) =
1
1−x
1
2−x
Çözüm:
17.6.2 uyarnca (a), (b), (c), (f ) fonksiyonlar düzgün süreklidir.
ve (e) düzgün sürekli de§ildir. Bunlarn ispat yukardaki örneklerde
izlenen yöntemle gösterilebilir.
2. Düzgün sürekli her fonksiyonun sürekli oldu§unu gösteriniz.
Çözüm: Düzgün süreklilik tanmnn süreklilik tanmn gerektirdi§i açktr.
3. Düzgün sürekli iki fonksiyonun bile³kesinin de düzgün sürekli oldu§unu
gösteriniz.
Sürekli iki fonksiyonun bile³kesinin sürekli olu³unun ispatna benzer yöntemle istenen özelik kolayca görülebilir.
4. Sürekli olmayan bir fonksiyonun bir alt-uzaya kstlanm³ sürekli olabilir.
Örne§in, R den R ye
Teorem
(d)
(
0, x
f (x) =
1, x
rasyonel
irrasyonel
diye tanmlanan Dirichlet fonksiyonu sürekli de§ildir. Ama bunun Q rasyonel saylar kümesine kstlamas süreklidir. Neden?
Çözüm: Dirichlet fonksiyonu 'nun rasyonel saylar kümesine kstlanm³ 0
sabit fonksiyonudur. Sabit her fonksiyon süreklidir.
17.7.
LMTLER VE
17.7
CAUCHY DZLER
199
LMTLER ve
CAUCHY DZLER
17.7.1
Problemler
1. Gerçel ya da karma³k saylardan olu³an bir (xn ) dizisinin, salt topolojiye
göre, bir x limitine yaknsamas için gerekli ve yeterli ko³ul, her > 0
saysna kar³lk
n ≥ n0 ⇒ |xn − x| < (17.11)
olacak biçimde yalnz 'a ba§l do§al bir n0 saysnn var olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm: Salt topolojide metrik mutlak de§erdir. Buna göre, Tanm 11.1.2
ve Teorem 17.7.1 ifadeleri (17.11) ifadesine denktir.
2. Bir metrik uzayda yaknsak her dizi snrldr. Gösteriniz.
Çözüm: (X, ρ) metrik uzaynda yaknsak bir (xn ) dizisi verilsin. Teorem
17.7.1 uyarnca xn → x ise her > 0 için
n ≥ n0 ⇒ ρ(xn − x) < (17.12)
sa§lanr. Öyleyse n ≥ n0 ⇒ xn ∈ Bρ (x, ) olur. Bu, {xn , xn+1 , xn+2 , . . .}
terimlerinin x merkezli yarçapl yuvar içinde kald§ anlamna gelir.
O halde bu küme snrldr. Geriye kalan {x1 , x2 , x3 , . . . , xn−1 } kümesi
sonludur. Metrik uzaydaki her sonlu küme sonrldr. Snrl iki kümenin
bile³imi de snrl oldu§undan (xn ) dizisi snrl bir kümedir.
3. Alt uzayda yaknsak dizi üst uzayda da yaknsar. Neden? Bu önermenin
tersi do§ru mudur?
(X, ρ) metrik uzaynda bir A alt uzay verilsin. (xn ) ⊂ A ve xn →
olsun. (17.12) ifadesi A içinde sa§lanyorsa, X içinde de sa§lanacaktr.
Bu özelik metrel olmayan topolojik uzaylar için de geçerlidir. (X, T ) uzaynn bir (A, TA ) alt uzaynda yaknsak bir (xn ) ⊂ A dizisi dü³ünelim.
xn → x olsun. (A, TA ) alt uzaynda x noktasnn bir yerel taban B(x) ise
her B ∈ B(x) için öyle bir nB says vardr ki
n ≥ nB ⇒ xn ∈ B
(17.13)
olur. Öte yandan alt uzaydaki açk kümeler üst uzaydaki açk kümelerin
A ile arakesitlerinden olu³ur. Ba³ka bir deyi³le, B(x) yerel taban üst
uzaydaki bir W (x) yerel tabannn A ile arakesitlerinden ibarettir. Öyleyse,
her B ∈ B(x) için B = A ∩ W olacak biçimde bir W ∈ W (x) vardr. O
halde (17.13) ifadesi
n ≥ nB ⇒ xn ∈ W
(17.14)
olmasn gerektirir. Her W ∈ W (x) için bu yaplabilece§inden (xn ) dizisi
üst uzayda da yaknsar.
Çözüm:
x
200
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
4. Bir (X, ρ) metrik uzay içindeki (xn ) dizisinin bir Cauchy dizisi olmas
için gerekli ve yeterli ko³ul En = {xk : k ≥ n} olmak üzere ρ(En ) → 0
olmasdr. spatlaynz.
Gerekli§i:
bir Cauchy dizisi olsun. Her > 0 için öyle bir n says vardr ki
n ≥ n ⇒ ρ(xn , xm ) < (17.15)
olur. Buradan
n > n ⇒ ρ(En ) < ⇔ lim (En ) = 0
(17.16)
n→∞
(xn )
çkar.
Yeterli§i:
limn→∞ (En ) = 0
olsun. Her > 0 için öyle bir n says vardr ki
lim (En ) = 0 ⇒ [n > n ⇒ ρ(En ) < ]
n→∞
⇒ [m, n > n ⇒ ρ(xn , xm ) < ]
⇒ (xn )
bir Cauchy dizisidir.
olur.
5.
Bir Cauchy dizisinin her hangi bir alt dizisinin de bir Cauchy dizisi olaca§n gösteriniz.
Çözüm:
(xn ) bir Cauchy dizisi ve (xin ) bir alt dizisi olsun. Önceki problem uyarnca,
limn→∞ (En ) = 0 dr. Bu demektir ki, asl dizinin terimleri ile alt dizinin
terimleri, indisler yeteri kadar büyütülerek, birbirlerine istenildi§i kadar
yakla³trlabilirler. Ba³ka bir deyi³le, her > 0 için öyle bir n says vardr
ki
n, in > n ⇒ ρ(xn , xin ) < olur. Ayn dü³ünü³le,
im , in > n ⇒ ρ(xim , xin ) < olacaktr. Öyleyse (xi ) alt dizisi de bir Cauchy dizisidir.
6. (X, ρ) bir metrik uzay ve σ(x, y) = min{1, ρ(x, y)} olsun. X içindeki bir
(xn ) dizisinin ρ metri§ine göre bir Cauchy dizisi olmas için gerekli ve
yeterli ko³ul σ metri§ine göre bir Cauchy dizisi olmasdr. Gösteriniz.
n
Çözüm:
(xn ) ρ metri§ine göre bir Cauchy dizisi ise, her > 0 için öyle bir n
vardr ki
m, n > n ⇒ ρ(xn , xm ) < says
17.8.
201
TAMLIK
dir. Buradan < 1 alarak
m, n > n ⇒ min{1, ρ(xm , xn )} < ⇔ σ(xm , xn ) < 7.
çkar.
Bir Cauchy dizisinin düzgün sürekli bir fonksiyon altndaki resminin de
bir Cauchy dizisi oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
düzgün sürekli ve (xn ) ⊂ X bir Cauchy dizisi olsun.
Düzgün süreklilik gere§ince, her > 0 için öyle bir δ > 0 says vardr ki
f : (X, ρ) → (Y, µ)
ρ(x, y) < δ ⇒ µ(f (x), f (y)) < olur. Buradan, özel olarak,
ρ(xm , xn ) < δ ⇒ µ(f (xm ), f (xn )) < yazlabilir. (xn ) ⊂ X bir Cauchy dizisi oldu§undan, varl§ yukarda söylenen δ > 0 saysna kar³lk öyle bir n says vardr ki
m, n > n ⇒ ρ(xn , xm ) < δ
olur. Son iki ba§nty birle³tirerek ³öyle diyebiliriz:
Her > 0 için öyle bir δ > 0 says ve bu δ saysna kar³lk öyle bir n
says vardr ki
m, n > n ⇒ ρ(xn , xm ) < δ ⇒ µ(f (xm ), f (xn )) < çkar. O halde (f (xn )) ⊂ Y bir Cauchy dizisidir.
17.8
17.8.1
1.
TAMLIK
Problemler
Çözüm: Bu uzayn
ayrk bir topolojik uzay oldu§unu Problem 17.3.1(5) te göstermi³tik. Bu
uzayda bir (xn ) Cauchy dizisi dü³ünelim. Örnek 17.2.1 deki δ metri§inin
tanm gere§ince, 0 < < 1 için
Örnek 17.2.1 deki uzayn tam oldu§unu gösteriniz.
δ(xm , xn ) < ⇔ xm = xn
dir. Bunun olabilmesi için, (xn ) Cauchy dizisinin, belli bir yerden sonraki
bütün terimlerinin e³it olmas gerekir; yani
x1 , x2 , x3 , . . . , nn−1 , x, x, x, . . . , x, . . .
olmaldr. Tabii, bu dizi için xn → x dir. O halde bu uzaydaki her Cauchy
dizisi yukardaki anlamda sabit bir dizidir ve yaknsaktr. Dolaysyla uzay
tamdr.
202
2.
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
Sonlu bir metrik uzayn tam oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Sonlu bir uzaydaki her dizi
x1 , x2 , x3 , . . . , nn−1 , x, x, x, . . . , x, . . .
biçimindedir ve bu dizi için xn → x dir. O halde bu uzaydaki her Cauchy
dizisi yukardaki anlamda sabit bir dizidir ve yaknsaktr. Öyleyse uzay
tamdr.
3.
Örnek 17.41 de tanmlanan
B(X)
uzaynn tam oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
üzerinde tanml karma³k ve snrl fonksiyonlarn olu³turdu§u B(X)
uzay üzerinde
(f, g) → ρ(f, g) = ||f − g||∞ = sup |f (x) − g(x)|
(17.17)
X
x∈X
metri§i tanmlanyor. Uzayn tam oldu§unu göstermek için, içindeki her
Cauchy dizisinin yaknsad§n göstermeliyiz. (fn ) ⊂ B(X) bir Cauchy
dizisi ise, her > 0 için öyle bir n says vardr ki
m, n > n ⇒ ||fm − fn ||∞ < ⇒ sup |fm (x) − fn (x)| < x∈X
⇒ |fm (x) − fn (x)| < olur. Bu demektir ki, her x ∈ X için
{fn (x)} ⊂ R
dizisi R içinde bir Cauchy dizisidir. R bir tam metrik uzay oldu§undan,
her x ∈ X için
lim fn (x) = f (x) ∈ B(X)
n→∞
olur. Buradan
lim fn (x) = f (x) ⇒ lim ||fn − f ||∞ = 0
n→∞
çkarlr.
n→∞
17.9.
17.9
TAMLAMA
17.10
17.10.1
1.
203
TAMLAMA
BAIRE SINIFLANDIRMASI
Problemler
Salt topolojiye göre gerçel saylarn sonlu bir alt-kümesi hiç bir yerde yo§un
de§ildir. Gösteriniz.
A = {a1 , a2 , a3 , . . . , an } ⊂ R sonlu alt kümesini dü³ünelim.
Gerekirse yeniden sralayarak, a1 < a2 < a3 < . . . < an oldu§unu varsayabiliriz. Her i = 1, 2, 3, . . . , n için, {ai } kapaldr. Çünkü {ai }0 = (−∞, a) ∪
(a, +∞) tümleyeni açktr. Hiç bir {ai } açk bir aralk kapsamaz. Kapal
kümelerin sonlu bile³imi olan
Çözüm:
A=
n
[
{ai }
(17.18)
i=1
kümesi kapal oldu§undan A = Ā dr. A0 tümleyeni açktr ve
(17.19)
biçiminde açk aralklarn bir bile³imi olarak yazlabilir. Tanm 2.5.4 uyarnca,
(Ā)o = ∅ ise A kümesi hiç bir yerde yo§un de§ildir.
A0 = (−∞, a1 ) ∪ (a1 , a2 ) ∪ (a2 , a3 ) ∪ . . . ∪ (an−1 , an ) ∪ (an , +∞)
A = Ā ⇔ Ao = (Ā)o
dr.
Olmayana Ergi Yöntemini kullanalm. (Ā)o 6= ∅ oldu§unu varsayalm.
(∃x)(x ∈ Ao = (Ā)o ) olmaldr. ç nokta tanm uyarnca x ∈ (s, t) ⊂ A
olacak biçimde açk bir (s, t) aral§ var olmaldr. Oysa böyle bir aralk
(17.18) içinde de§il, (17.19) içinde kapsanabilir. Bu bir çeli³kidir. O halde
kabulümüz yanl³tr; (Ā)o = ∅ olmaldr.
2.
Hiç bir yerde yo§un olmayan kümelerin sonlu saydasnn bile³imi de hiç
bir yerde yo§un de§ildir. Gösteriniz.
Çözüm:
hiç bir yerde yo§un olmayan (seyrek) alt kümeler
olsun. Sonlu tümevarm ilkesini kullanaca§z.
Bir A kümesinin seyrek olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, her açk T
kümesinin A ile kesi³meyen bir açk U altkümesinin var olmasdr; U ⊂ T
ve U ∩ A = ∅.
“imdi bu özeli§i ard arda uygulayalm.
A1 seyrek oldu§undan, her T1 açk kümesinin A1 ile kesi³meyen bir U1
açk alt kümesi vardr: U1 ⊂ T1 ve U1 ∩ A1 = ∅.
, A1 , A2 , A3 , . . . , An ⊂ X
204
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
A2 seyrek oldu§undan, yukarda varl§ söylenen U1 açk kümesinin A2 ile
kesi³meyen bir U2 açk alt kümesi vardr: U2 ⊂ U1 ve U2 ∩ A = ∅.
Bu iki ba§ntdan U2 ∩ (A1 ∩ A2 ) = ∅ çkar. Her açk T1 kümesi için böyle
bir U2 ⊂ T1 açk kümesi var oldu§una göre A ∪ B bile³imi seyrek bir
kümedir.
Sonlu tüme varm yöntemiyle, sonlu sayda seyrek kümelerin bile³iminin
de seyrek oldu§unu söyleyebiliriz.
3.
Hiç bir yerde yo§un olmayan (seyrek) bir kümenin tümleyeni yo§un bir alt
kümedir. Gösteriniz.
Çözüm:
∅
A⊂X
dir. Buradan,
hiçbir yerde yo§un olmasn. Tanm 2.5.4 uyarnca, (Ā)o =
(Ā)o = ∅ ⇒ ((Ā)o )0 = X
⇒ (Ā)0 = X
⇒ (A0 )o = X
⇒ ((A0 )− )o = X
⇒ ((A0 )− )o = X
yazlabilir. Son e³itlik A0 tümleyen kümesinin her yerde yo§un oldu§u anlamna gelir.
4. Yukardaki özeli§in kar³t do§ru mudur? Ba³ka bir deyi³le, "yo§un bir
alt-kümenin tamlayan hiç bir yerde yo§un de§ildir", denebilir mi?
Çözüm: Hayr. Örne§in, rasyonel saylar kümesi gerçel saylar içinde yo§undur. Bunun tümleyeni olan irrasyonel saylar kümesi de gerçel saylar
içinde yo§undur.
17.11.
17.11
TAMLIK VE TIKIZLIK
17.11.1
1.
205
TAMLIK VE TIKIZLIK
Problemler
Tkz bir metrik uzaydan her hangi bir metrik uzaya tanml sürekli bir
fonksiyonun düzgün sürekli oldu§unu gösteriniz.
(X, d) ile (Y, µ) metrik uzaylar, X tkz ve f : X → Y sürekli
olsunlar. f nin düzgün sürekli oldu§unu gösterece§iz. Her hangi bir > 0
says verilsin. f sürekli oldu§undan
Çözüm:
(∀x ∈ X)(∃δx )[d(x, y) < δx ⇒ µ(f (x), f (y)) <
2
(17.20)
olur.
Ux = Bd (x,
δx
δx
) = {y : y ∈ X, d(x, y) < }
2
2
(17.21)
kümesi açktr. Dolaysyla U = {Ux : x ∈ X} ailesi X uzaynn açk
bir örtüsüdür. X tkz oldu§undan, bu açk örtünün sonlu bir alt örtüsü
vardr. Bu örtüye V = {Ux , Ux , Ux , . . . , Ux } diyelim. Sonra δ > 0
saysn δ = 12 min{δx , δx , δx , . . . , δx } e³itli§i ile tanmlayalm. Bu sayy
kullanarak, f nin düzgün sürekli oldu§unu gösterebiliriz.
> 0 yukarda verilen say olsun. Her x ∈ X için x ∈ Ux olacak biçimde
bir Ux ∈ V vardr. O halde
1
1
1
2
1
3
n
1
i
i
d(xi , x) <
olacaktr. “imdi x, y ∈ X noktalar
(17.22) ve üçgen e³itsizli§inden,
(17.22)
δ xi
2
d(x, y) < δ
d(xi , y) < d(xi , x) + d(x, y) < δ +
ko³ulunu sa§lyorlarsa,
δxi
≤ δ xi
2
(17.23)
yazlabilir. (17.20) dan,
µ(f (x), f (y)) < µ(f (x), f (xi )) + µ(f (xi ), f (y)) <
+ =
2 2
(17.24)
çkar. Öyleyse, f düzgün süreklidir.
2.
Gerçel eksenin tkz her alt kümesinin snrl ve kapal oldu§unu gösteriniz.
Snrll§:
K ⊂ R tkz olsun. R üzerindeki salt metri§i d ile gösterelim; yani her
x, y ∈ R için d(x, y) = |x − y| olsun. Rasgele bir xo ∈ K noktas alalm.
B(xo , n) = {d(x0 , x) < n} açk yuvarlarn (açk aralklar) ele alalm. Bu
aralklar iç-içe büyüyen açk kümelerdir:
B(xo , 1) ⊂ B(xo , 2) ⊂ B(xo , 3) ⊂ · · · ⊂ B(xo , n) ⊂ · · ·
206
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
B = {B(xo , n) : n = 1, 2, 3, . . .} ailesi bütün R yi örter; dolaysyla K
tkz alt kümesini de örtecektir. Tkzlk tanm uyarnca, B ailesinin K
kümesini örten sonlu bir alt örtüsü vardr. Buna A = {B(xo , ni ) : i =
1, 2, 3, . . . , k} diyelim ve gerekirse yeniden sralayarak n1 < n2 < . . . < nk
oldu§unu varsayalm. Örtü iç-içe büyüyen bir aile oldu§una göre en büyük
yar-çapl küme B(xo , nk ) aral§dr. Bu aralk bütün K kümesini örter
(kapsar). O halde, her x, y ∈ K için d(x, y) < nk olacaktr. Dolaysyla
d(K) ≤ nk < ∞ dir.
Kapall§:
uyarnca, bir Hausdor uzaynn her tkz alt-kümesi kapaldr. Salt topolojiye göre R Hausdor'tur. Dolaysyla K ⊂ R tkz
alt-kümesi kapaldr.
K ⊂ R tkz alt-kümesinin kapal oldu§unu, 15.1.3 Teoremini kullanmadan, do§rudan ispat edebiliriz. Önerme 2.4.3 uyarnca, K nn kapal
olmas için gerekli ve yeterli ko³ul bütün y§lma noktalarn içermesidir;
yani K̃ ⊂ K olmaldr. E§er K sonlu ise K̃ = ∅ olaca§ndan K̃ ⊂ K ko³ulu
sa§lanr ve K kapal olur.
K sonsuz olsun. K̃ * K oldu§unu varsayalm. Bu durumda, K nn içermedi§i bir y ∈ K̃ y§lma noktas var olur. R Birinci saylabilme Aksiyomunu sa§lad§ için, xn ∈ B(y, n1 ) olacak ³ekilde bir xn ∈ K seçerek
xn → y olan bir (xn ) ⊂ K sonsuz dizisi olu³turabiliriz. y ∈
/ K oldu§undan her x ∈ K için y 6= x dir. Öyleyse, (xn ) ⊂ K dizisi K nn hiç bir
noktasna yaknsamaz. O halde, her x ∈ K noktasnn, (xn ) dizisinin en
çok sonlu sayda terimini içeren bir B(x, x ) kom³ulu§u var olmaldr. Bu
kom³uluklarn bile³imi K nn açk bir örtüsüdür:
Teorem 15.1.3
K⊂
[
B(x, x )
x∈K
K
tkz oldu§undan bu örtüden sonlu bir
K⊂
n
[
B(x, xi )
i=1
alt-örtüsü seçilebilir. Bunlarn her birisi (xn ) dizisinin ancak sonlu sayda
terimini içerdi§inden, (xn ) ⊂ K dizisi sonsuz terim içeremez. Bu bir
çeli³kidir. Bu çeli³ki K̃ * K varsaymndan gelmi³tir. Öyleyse K̃ ⊂ K
olmaldr. Böyle olmas K nn kapal olmas demektir.
17.12
17.12.1
GERÇEL SAYILARIN TAMLI‡I
Problemler
1. Cantor Arakesi³me Özeli§i'nde (bkz. Teorem 17.8.1,
kapallk ko³ulunun kaldrlamayaca§n gösteriniz.
(Fn )
kümelerinin
17.12.
207
GERÇEL SAYILARIN TAMLI‡I
Yol gösterme:
An = (0,
1
], n = 1, 2, 3, . . .
n
kümeler dizisinin arakesitinin bo³ oldu§unu görünüz.
Çözüm: An ailesinin arakesitinin bo³ olmad§n varsayalm.
x∈
∞
\
An ⇔ x ∈
n=1
∞
\
(0,
n=1
1
n
⇔ (∀n ∈ N)(x ≤
1
n
olmaldr. Son ifade Ar³imet lkesi ile çeli³ir. Çünkü, Ar³imet lkesine göre
her x > 0 says için n1 < x e³itsizli§ini sa§layan bir n do§al says vardr.
Öyleyse varsaymmz yanl³tr:
∞
\
An =
n=1
∞
\
(0,
n=1
1
=∅
n
dir. Bu demektir ki, Teorem 17.8.3 de konulan (Fn ) kümelerinin kapallk
ko³ulu kadrld§na, arakesit bo³ olabilir.
2. rrasyonel saylarn gerçel saylar kümesi içinde yo§un oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Rasyonel saylar kümesini Q ile ve irrasyonel saylar kümesini P le gösterelim. Teorem 4.1.2 uyarnca, rasyonel saylar kümesi R içinde yo§undur;
yani Q = R dir. Öte yandan, Örnek 17.7.3 te her irrasyonel sayya yaknsayan bir rasyonel dizi oldu§unu gösterdik. O halde P ⊂ Q = R dir.
Buradan,
P ⊂Q=Q=R
çkar.
3.
Rn (n > 1)
Çözüm:
Öklid uzaynn tam oldu§unu gösteriniz.
³lemlerde basitlik için n = 2 alaca§z. n > 2 oldu§u durumlar için de benzer i³lem yaplabilir. Salt metri§e göre R nin tam oldu§unu biliyoruz. Bunu
kullanarak R2 = R × R Öklit uzaynn tam oldu§unu gösterelim. R2 uzayndaki
Öklit metri§i a = (x1 , y1 ) ve b = (x2 , y2 ) olmak üzere d((a, b)) =
p
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 dir. ((xn , yn )) ∈ R2 bir Cauchy dizisi olsun. Her > 0
208
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
says için öyle bir n > 0 says vardr ki
p
(xn − xm )2 + (yn − ym )2 < p
p
⇒ [ (xn − xm )2 < ] ∧ [ (yn − ym )2 < ]
m, n > n ⇒
⇒ [|xn − xm | < ] ∧ [|yn − ym | < ]
Cauchy dizileridir
⇒ [xn → x] ∧ [|yn → y], R tam oldu§undan yaknsarlar
⇒ (xn ), (yn )
⇒ (xn , yn ) → (x, y)
olur.
17.13.
EK PROBLEMLER
17.13
1.
(xn )
209
Ek Problemler
bir Cauchy dizisi ve (xi ) bir alt dizisi ise
n
lim ρ(xn , xin ) = 0
n→∞
(17.25)
Çözüm: En = {xk : k ≥ n} diyelim. Problem 17.7.1(4) da verilen (17.16)
ifadesini anmsayalm: Her > 0 için öyle bir n says vardr ki
n > n ⇒ ρ(En ) < ⇔ lim (En ) = 0
(17.26)
n→∞
olur. Bu demektir ki, asl dizinin terimleri ile alt dizinin terimleri, indisler
yeteri kadar büyütülerek, birbirlerine istenildi§i kadar yakla³trlabilirler.
Ba³ka bir deyi³le, her > 0 için öyle bir n says vardr ki
n, in > n ⇒ ρ(xn , xin ) < olur. Limit tanm uyarnca, buradan, (17.25) çkarlr.
2. (X, ρ) metrik uzayndaki bir (xn ) Cauchy dizisinin yaknsak bir (xi ) alt
dizisi var ve xi → a ise (xn ) üst dizisi de ayn limite yaknsar.
n
n
Çözüm:
Üçgen e³itsizli§inden
ρ(xn , a) ≤ ρ(xn , xin ) + ρ(xin , a)
dr. Her iki yann limitini alrsak,
lim ρ(xn , a) ≤ lim ρ(xn , xin ) + lim ρ(xin , a)
n→∞
n→∞
n→∞
(17.27)
yazlabilir. xi → a oldu§undan limn→∞ ρ(xi , a) = 0 dr. Ayrca, (17.25)
uyarnca limn→∞ ρ(xn , xi ) = 0 olur. Bu ikisini (17.27) ye ta³rsak
lim ρ(xn , a) = 0 ⇔ lim xn = a
(17.28)
n→∞
n→∞
n
n
n
elde edilir.
3. A³a§daki kümelerin hiç bir yerde yo§on olmad§n (seyrek) oldu§unu
gösteriniz.
(a) Sonlu küme.
(b) Gerçel saylarda yaknsak bir dizinin terimlerinden olu³an küme.
(c) Do§al saylar kümesi.
(d) Tam saylar kümesi.
(e) Açk ve yo§un bir kümenin tümleyeni.
210
BÖLÜM 17.
METRK UZAYLAR
4. Rasyonel saylar kümesi R içinde seyrek de§ildir (her yerde yo§undur).
Gösteriniz.
5. Seyrek olmayan bir kümenin her alt kümesi de seyrek de§ildir.
6. A ve B kümeleri seyrek ise A ∪ B bile³imi de seyrektir.
Çözüm: Bir A kümesinin seyrek olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, her
açk T kümesinin A ile kesi³meyen bir açk altkümesinin var olmasdr.
A ile B seyrek iki küme olsun. A seyrek oldu§undan, her T açk kümesinin
A ile kesi³meyen bir U açk alt kümesi vardr: U ⊂ T ve U ∩ A = ∅.
B seyrek oldu§undan, yukarda varl§ söylenen U açk kümesinin B ile
kesi³meyen bir V açk alt kümesi vardr: V ⊂ U ve V ∩ A = ∅.
Bu iki ba§ntdan V ∩ A = ∅ çkar. Her açk T kümesi için böyle bir V ⊂ T
açk kümesi var oldu§una göre A ∪ B bile³imi seyrek bir kümedir.
Sonlu tüme varm yöntemiyle, sonlu sayda seyrek kümelerin bile³iminin
de seyrek oldu§unu söyleyebiliriz.
7. Sonlu sayda seyrek kümenin bile³imi de seyrektir.
8. Seyrek kümelerin saylabilir saydasnn bile³iminin seyrek olmayabilece§ini
bir örnekle gösteriniz.
9. Seyrek kümenin tümleyeni her yerde yo§undur. Gösteriniz. Tümleyeni
seyrek olmayan her yerde yo§un bir küme gösteriniz.
10. R içinde bir A kümesinin seyrek olmas için gerekli ve yeterli ko³ul hiç bir
aralk kapsamamasdr.