f 1 (H ) T f 1 (H ) = T

Transkript

1 Bölüm 15 TIKIZLIK 15.1 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 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

2 150 BÖLÜM 15. TIKIZLIK Çözüm: Sonlu alt-kümelerin tkz olaca açktr. Kar³t olarak, sonlu olmayan bir kümenin tkz olamayaca n gösterelim. Her hangi bir A = {a 1,a 2,...,a n,...} saylabilir sonsuz kümesini dü³ünelim. Her n = 1,2,...,n,...) içina n = A {a 1,a 2,...,a n } kümesi açktr; çünkü A C ve{a 1,a 2,...,a n } C dir. Kolayca görülece i gibi A n n=1 A n dir; yani {A n : 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 T 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 uyarnca, tkz bir uzayda bir alt kümenin tkz olmas için kapal olmas gerekli ve yeterlidir. Bütün bunlar bir araya getirirsek ³öyle diyebiliriz: A T A kümesi T topolojisine göre tkzdr A kümesi H topolojisine göre tkzdr A kümesi H topolojisine göre kapaldr A H O halde T H 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 PROBLEMLER 1. Gerçel eksenin açk ya da yar-açk hiçbir aral nn tkz olmad n gösteriniz. Çözüm:

3 15.1. TIKIZ UZAYLAR 151 (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) {( 1 n,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 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. Sonsuz bir küme, kendi üzerindeki Sonlu Tümleyenler Topolojisine göre tkzdr. Neden? Çözüm: (X, S) sonlu tümleyenler (conite) topolojisi olsun. O = {U ı : U ı S,ı I} bir açk örtü olsun. Bu örtüden rasgele bir U 0 O açk kümesini seçelim. Bunun tümleyeni sonludur; yani U 0 = {x 1,x 2,...,x n } olur. U 0 tümleyenine ait her x i noktasn içeren bir U i O seçilebilir. Böylece, X = n i=0 U i 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 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. 5. Saylabilir Tümleyenler Topolojisine göre bir alt-kümenin tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul sonlu olmasdr. Neden?

4 152 BÖLÜM 15. TIKIZLIK 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 = {a 1,a 2,...,a n,...} saylabilir sonsuz kümesini dü³ünelim. Her n = 1,2,...,n,...) için A n = A {a 1,a 2,...,a n } kümesi açktr; çünkü A C ve {a 1,a 2,...,a n } C dir. Kolayca görülece i gibi A n n=1 A n dir; yani {A n : 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 (1) Problem). O halde f 1 (H ) = T dir. Bu ise f 1 : Y X ters fonksiyonunun da sürekli olmas demektir. Öyleyse, Önerme uyarca f bir e³yap dönü³ümüdür YEREL TIKIZ UZAYLAR 15.3 KARMA PROBLEMLER 1. (X, T ) tkz ve (Y, H ) Hausdor ise sürekli f : Y fonksiyonu kapaldr. Gösteriniz. Çözüm: A T ise A kümesi T ye göre tkzdr. O halde sürekli fonksiyon altndaki resmi f(a) Y tkzdr. (Y, H ) Hausdor oldu undan f(a) Y kapaldr. 2. Y tkz ise π 1 : 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 π 1 (A) nn X içinde açk oldu unu

5 15.3. KARMA PROBLEMLER 153 göstermeliyiz. Bir x X π 1 (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 U xy B(x) ve V y B(y) kom³uluklar vardr ki (x,y) U xy V y X Y A olacaktr. Bu durumda {V y : y Y} ailesi Y nin bir açk örtüsü olur. Y tkz oldu undan bunun sonlu bir alt örtüsü vardr. Bu sonlu örtüye {V yi : i = 1,2,...,n} diyelim. imdi U = U xy1 U xy2... U xyn kümesini tanmlayalm. U B(x) ve U Y X Y A olacaktr. U π 1 (A) = dir. Her x X π 1 (A) için bu yaplabilece ine göre X π 1 (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. Tabii pi 1 2 (Y ) topolojisi tkzdr. K Y kümesi tkz ise pi 1 2 (K) kümesi pi 1 2 (Y ) topolojisine göre tkz olacaktr. O halde ayn topolojiye göre kapaldr. Öyleyse P topolojisine gör de kapal olur. Öte yandan π 2 opi 1 2 (K) = K dr. 3. Y tkz ve hausdor ise f : X Y dönü³ümünün sürekli olmas için gerekli ve yeterli ko³ul G f = {(x,f(x)) : x X} gra inin X Y içinde kapal olmasdr. Çözüm: Yeterli i: G nün açk oldu unu göstermeliyiz. (x,y) / G ise y f(x) dir. Y Hausdor oldu undan y ile f(x) noktalarnn kesi³meyen birer kom- ³ulu u vardr. Bunlar y B(y) vef(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 G 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, π 1 [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. 4. 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.

6 154 BÖLÜM 15. TIKIZLIK Çözüm: U ailesi X kümesinin açk bir örtüsü olsun. Simgelerde basitli i sa lamak için, her y Y ö esinin f altndaki ters görüntüsünü A y ile gösterelim; yani f 1 (y) = A y olsun. U ailesi A y nin de açk bir örtüsüdür. A y tkz oldu undan U örtüsünden sonlu bir alt örtü seçilebilir. Bu altörtü {U y1,u y2,...,u yn } olsun. U y = U y1 U y2... U yn diyelim ve W y = Y f(x U y ) kümesini tanmlayalm. (X U y ) kapaldr. f kapal bir fonksiyon oldu undan f(x U y ) görüntüsü de kapaldr. imdi ³u özelikleri kolayca görebiliriz. (a) W y kümesi açktr. (b) y W y f 1 (y) = A y U y y / f(x U y ) (c) f 1 (W y ) = f 1 [Y f(x U y )] = X f 1 (f(x U y )) = X (X U y ) = U y Buradan görüldü ü gibi Y = {W y : y Y ailesi Y kümesinin bir açk örtüsüdür. Y tkz oldu undan Y örtüsünün sonlu bir alt-örtüsü vardr. Bu snlu örtüye {W y1,w y2,...,w ym } diyelim. imdi (c) ba ntsn kullanrsak, ( m ) m m X = f 1 (Y) = f 1 W yi = f 1 (W yi ) i=1 En sa daki U yi 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 x 0 (a,b) noktas alalm. ǫ < min{ x 0 a, b x 0 } olmak üzere, (x ǫ,x+ǫ) (a,b) dir. Ayrca, (x ǫ,x+ǫ) B(x 0 ) dr; yani, x 0 noktasnn bir kom³ulu u (a,b) tarafndan kapsanyor. Her x 0 (a,b) noktas için bu özelik var oldu undan, Önerme uyarnca, (a, b) aral açk bir kümedir. 6. n Z olmak üzere (n, n + 1) aralklarnn bile³imi açktr. Gösteriniz. 7. Çözüm: (n, n + 1) aralklar salt topolojide açktr. Açk kümelerin her bile³imi açk oldu undan {(n,n + 1) : n N} salt topolojide açk bir kümedir. {0} = i=1 i=1 U yi ( 1 n, 1 n ) (15.2) n=1

7 15.3. KARMA PROBLEMLER 155 e³itli ini kullanarak sonsuz sayda açk kümelerin arakesitinin açk olmayabilece ini gösteriniz. Çözüm: Her n = 1,2,3,... için ( 1 n, 1 n ) aralklar açktr. Ama bunlarn (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 Q = 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. 10. Çözüm: Problem 5 çözülürken gösterildi. (0,1) = [ 1 n,1 1 n ] (15.3) n=2 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 [ 1 n,1 1 n ] 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 1 n < x < 1 1 n olacak ³ekilde bir n do al says vardr. O halde, x [ 1 n,1 1 n ] olur. Dolaysyla x A olur. A kümesini olu³turan bile³ime ait [ 1 n,1 1 n ] aralklarnn hepsi kapaldr. Ama e³itli in solundaki (0, 1) aral açktr. Demek ki kapal aralklarn sonsuz saydasnn bile³imi kapal olmayabiliyor.