GENEL TOPOLOJİ

Hoca'mızın websitesi için tıklayınız...
İ
J
O
L
O
EL TOP
GEN
DE
T
O
N
RS
&Ç
I
R
LA
Ö
Ü
L
M
ZÜ
RI
A
L
RU
O
S
V
A
SIN
Doç.Dr. Mehmet Kırdar
MAT216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş DERS NOTLARI
by Mehmet K¬rdar
I·çindekiler
1. Topolojinin Tan¬m¬, I·lk Örnekler, Aç¬k ve Kapal¬Kümeler
2. Topolojilerin Karş¬laşt¬r¬lmas¬ve Alt Uzay
3. Baz ve Alt Baz
4. Metrik Uzaylar ve Metrik Topoloji
5. I·ç, Y¬l¼
g¬lma Noktalar¬, Kapan¬ş ve S¬n¬r
6. Süreklilik, Aç¬k ve Kapal¬Fonksiyonlar, Homeomor…zma
7. Fonksiyonlarla Üretilen Topolojiler, Bölüm Uzaylar¬ve Çarp¬m Uzaylar¬
8. Birinci ve I·kinci Say¬labilir Uzaylar
9. Ayr¬lma Aksiyomlar¬
10. Diziler, Limit Noktalar¬, Bolzano–Weierstrass Teoremi ve Süreklilik
11. Kompaktl¬k, Heine-Borel Teoremi
12. Limit Nokta Kompaktl¬g¼¬, Dizisel Kompaktl¬k, Metrik Uzaylarda Kompaktl¬k
13. A¼
glar ve Süzgeçler
14. Ba¼
glant¬l¬l¬k ve Yol-Ba¼
glant¬l¬l¬g¼¬
15. Genişleme Teoremleri
Topoljinin Tan¬m¬, I·lk Örnekler, Aç¬k ve Kapal¬Kümeler
1
X bir küme ise X’in tüm alt kümelerinin kümesini, yani X’in güç kümesini, 2X ile gösterece¼
giz.
Tan¬m: T
1.
2X kümesi aşa¼
g¬daki şartlar¬sa¼
gl¬yorsa T ’ye X üzerinde bir topoloji ve ya X’in bir topolojisi denir:
2 T ve X 2 T:
2. U1 2 T ve U2 2 T ) U1 \ U2 2 T:
3. I herhangi bir indeksleme kümesi ve fU g
2I
T ise
[
2I
U 2 T:
Bu durumda X kümesine topolojik uzay denir ve (X; T ) ikilisi ile gösterilir. Bazen T ’nin X üzerinde bir topolojik yap¬
oldu¼
guda söylenebilir. I·ndaksiyon ile 2. şarttan T ’nin sonlu say¬da eleman¬n¬n kesişiminin T ’de oldu¼
gu sonucuna ulaşabiliriz
ki baz¬ kaynaklar 2. şart¬ bu şekilde yazmaktad¬r. Fakat key… say¬da, yani sonsuz say¬da, eleman¬n kesişiminin T ’de olma
zorunlulu¼
gu yoktur. 3. şart T ’den al¬nan key… say¬da elaman¬n bileşiminin yine T ’de olmas¬zorunlulu¼
gudur. Yani tan¬m¬n püf
noktas¬"Sonlu kesişimler içerde olacak. Key… bileşimler içerde olacak." şeklinde özetlenebilir. Ayr¬ca, di¼
ger şart, yani 1. şart
ise boş kümenin ve X’in kendisinin topolojide olmas¬şart¬d¬r.
Örnekler:
1. X herhangi bir küme olsun. Ttrivial = f ; Xg kümesinin X’in topolojisi oldu¼
gu, yani tan¬m¬n şartlar¬n¬sa¼
glad¬g¼¬, kontrol
edilebilir. Buda bize her kümenin en az bir topolojisi oldu¼
gunu söylemektedir.
2. X herhangi bir küme olsun. Tayr{k = 2X kümesinin, yani X’in tüm alt kümelerinin kümesi olan güç kümesinin, X’in
topolojisi oldu¼
gu kontrol edilebilir. Buda bize en az iki eleman içeren bir kümenin en az iki topolojisi oldu¼
gunu gösterir:
Trivial topoloji ve ayr¬k topoloji. Fakat, s¬f¬r elemanl¬kümenin, yani boş kümenin, ve bir elemanl¬kümenin, bir topolojisi
vard¬r. Bu kümelerin ayr¬k ve trivial topolojileri ayn¬d¬r.
3. 0 ve 1 elemanl¬kümelerin 1 topolojisi oldu¼
gunu söyledik. X = f1; 2g iki elemanl¬bir küme olsun. Bu küme üzerindeki tüm
topolojiler T1 = Ttrivial , T2 = Tayr{k , T3 = f ; f1g ; Xg ve T4 = f ; f2g ; Xg olup bunlar¬n topolji oldu¼
gu kontrol edilebilir.
1
4. n elemanl¬ kümenin üzerindeki topoloji say¬s¬ T (n) olsun. T (n) says¬n¬n n cinsinden hesaplanmas¬ aç¬k bir problemdir.
Henüz çözülememiştir! Buda topolojinin küme büyüdükçe ne kadar karmaş¬klaşt¬g¼¬n¬ göstermektedir. Yukar¬da T (0) =
T (1) = 1 ve T (2) = 4 oldu¼
gunu söylemiştik. Şimdi bir üç elemanl¬küme düşünelim: X = f1; 2; 3g : Bu küme üzerindeki
yazabilece¼
gimiz ilk iki topolojiler T1 = Ttrivial ve T2 = Tayr{kd{r : Fakat bunlar¬n d¬ş¬nda X üzerinde daha yirmi yedi tane
topoloji yaz¬labilir! Yani T (3) = 29’d¬r. Örne¼
gin X üzerinde üç elemanl¬topolojilerden biri T3 = f ; f1g ; Xg ; dört elemanl¬
topolojilerden biri T4 = f ; f1g ; f2; 3g ; Xg, beş elemanl¬ topolojileren biri T5 = f ; f1g ; f2g ; f1; 2g ; Xg ve alt¬ elemanl¬
topolojilerden biri T6 = f ; f1g ; f2g ; f1; 2g ; f2; 3g ; Xg olarak yaz¬labilir. Geriye kalan 23 topolojiyi düşünmeyi okuyucuya
b¬rak¬yoruz.
5. X sonlu ve ya sonsuz herhangi bir küme olsun.
Tsonlutüm leyen = fU
X j U0 = X
U sonlu kümeg
kümesi X’in bir topoloijsidir. Bu topolojiye X’in sonlu tümleyen topolojisi denir.
[
f g
6. X sonlu ve ya sonsuz herhangi bir küme olsun.
Tsay¬labilirtüm leyen = fU
X j U 0 say¬labilir kümeg
[
f g
kümesi X’in bir topoloijsidir. Bu topolojiye X’in say¬labilir tümleyen topolojisi denir.
7. X = R1 reel say¬do¼
grusu kümesi olsun. Herhangi iki reel say¬a; b 2 R1 için (a; b) = x 2 R1 j a < x < b kümesine s¬n¬rl¬
aç¬k aral¬k denir.
U R1 j U key… say¬da s¬n¬rl¬aç¬k aral¬g¼¬n bileşimi
Tstandart =
şeklinde yaz¬labilir.
şeklinde tan¬mlanan küme reel say¬do¼
grusun topolojisidir. Bu kümenin topoloji oldu¼
gunu daha sonra ayr¬nt¬l¬olarak tüm
metrik uzaylara genelleştirerek kan¬tlayaca¼
g¬z. Bu topolojiye reel say¬do¼
grusunun standart topolojisi denir. Bu topolojinin
di¼
ger isimleri, standart metrik topolojisi, do¼
gal topoloji, s¬radan topoloji vb.’dir.
8. X = R1 reel say¬do¼
grusu kümesi olsun. Şimdi reel say¬do¼
grusun başka bir topolojisini tan¬ml¬yaca¼
g¬z. Do¼
gal topolojisini
unutunuz. Herhangi iki a; b 2 R1 için [a; b) = x 2 R1 j a x < b kümesine s¬n¬rl¬ ve alttan kapal¬ üstten aç¬k aral¬k
denir.
U R1 j U key… say¬da s¬n¬rl¬alttan kapal¬üstten aç¬k
Taltlim it =
aral¬g¼¬n bileşimi şeklinde yaz¬labilir.
şeklinde tan¬mlanan küme reel say¬ do¼
grusu kümesinin topolojisidir ve reel say¬ do¼
grusunun alt limit topolojisi olarak
adaland¬r¬l¬r. Benzer şekilde üst limit topolojisini tan¬mlamay¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
9. X = R1 reel say¬do¼
grusu kümesi olsun. Şimdi reel say¬do¼
grusun yukar¬dakilerden başka bir topolojisini tan¬ml¬yaca¼
g¬z.
Bunun için bir küme tan¬mlayal¬m: K = n1 j n 2 Z + : Ve (a; b) K şeklindeki kümelere K’s¬ silinmiş aç¬k aral¬klar
diyelim. Şimdi şu kümeyi tan¬mlayal¬m:
TK =
U
R1 j U key… say¬da aç¬k aral¬g¼¬n ve ya K’s¬silinmiş aç¬k
aral¬g¼¬n bileşimi şeklinde yaz¬labilir.
Bu küme reel say¬do¼
grusu kümesinin topolojisidir ve reel say¬do¼
grusunun K-topolojisi olarak adaland¬r¬l¬r.
10. Şimdi yedinci örne¼
gin genelleştirmesini yapal¬m ve çok boyutlu reel Öklit uzaylar¬n¬n do¼
gal topolojini tan¬mlayal¬m. Rn ;
n
1; n-boyutlu reel Öklit uzay¬ üzerindeki uzunluk fonksiyonu, di¼
ger ad¬yla standart metrik, d : Rn Rn ! R;
n
n
x = (x1 ; x2 ; ::::; xn ) 2 R ve y = (y1 ; y2 ; ::::; yn ) 2 R ;
v
u n
uX
dstandart (x; y) = t (yi xi )2
i=1
şeklinde tan¬mlan¬r. x = (x1 ; x2 ; ::::; xn ) 2 Rn için x merkezli
2 R+ yar¬çapl¬aç¬k küre
B(x; ) = fy 2 Rn j dstandart (x; y) < g
şeklinde tan¬mlan¬r.
Tstandart =
U
Rn j U key… say¬da aç¬k kürenin bileşimi
şeklinde yaz¬labilir.
kümesi n-boyutlu reel Öklit uzay¬n¬n bir topolojsidir ve Rn ’in standart topolojisi olarak adland¬r¬l¬r. Bu topolojinin di¼
ger
isimleri 7. örnekte oldu¼
gu gibidir. Ayr¬ca n = 1 durumunda bu örne¼
gin 7. örne¼
gin ayn¬s¬ oldu¼
gunu gösterebiliriz: Bir
boyutlu aç¬k küreler s¬n¬rl¬aç¬k aral¬klard¬r.
2
11. X bir küme ve üzerinde bir < üzerindeki s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬olsun. Ayr¬ca, X’in bu s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬na göre en küçük ve
en büyük eleman¬olmas¬n. a < b şart¬n¬sa¼
glayan her a; b 2 X için
(a; b) = fx 2 X j a < x < bg
aral¬g¼¬n¬tan¬ml¬yal¬m. Bu tip aral¬klar¬n key… bileşimlerinin koleksiyonu X üzerinde bir topoloji tan¬mlar. Bu topolojiye
X’in s¬ralama topolojisi denir. X’in en küçük ve en büyük elemanlar¬ varsa bu tan¬m¬n modife edilmesi gerekti¼
gini
belirtelim, [Munkres]. Aç¬kça görüldü¼
gü gibi bu topoloji reel say¬s¬do¼
grusunun do¼
gal topolojisinin anolojisidir. Gerçektende
reel say¬do¼
grusu üzerindeki küçük olma ba¼
g¬nt¬s¬na göre tan¬mlanan s¬ralama topolojisi R1 ’in standart metri¼
gi yani mutlak
de¼
ger metri¼
gine göre tan¬mlanan standart topolojisine eşittir! R2 üzerinde bir s¬ralama var m¬d¬r? Do¼
gru üzerinde bir
noktada durdu¼
gumuzda sadece iki yön vard¬r sa¼
g-sol (do¼
gu-bat¬) ve bu nedenle s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬n¬ bulmak kolayd¬r.
Fakat düzlem üzerinde bir noktada durdu¼
gumuzda gidebilece¼
gimiz sonsuz tane yön vard¬r. Do¼
gu-bat¬ ve kuzey-güney
bunlardan sadece dördüdür. Bununla birlikte düzlemde s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬ bulmak mümkündür. Bu s¬ralamalardan biri
kütüphanelerde kullan¬lan "sözlük s¬ralamas¬" denilen s¬ralamad¬r. E¼
ger (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) düzlemde iki nokta ise önce ilk
koordinatlar¬na bakar¬z. E¼
ger x1 < x2 ise (x1 ; y1 ) < (x2 ; y2 ) oldu¼
gunu kabul ederiz. Fakat x1 = x2 ise ikinci koordinatlar¬na
bakar¬z. E¼
ger x1 = x2 ve y1 < y2 ise (x1 ; y1 ) < (x2 ; y2 ) oldu¼
gunu kabul ederiz. Bu düzlemde s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬tan¬mlar ve
bu s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬düzlem üzerindeki sözlük topolojsi Tsözlük ’ü yarat¬r. Sözlük topolojisinin tan¬m¬benzer şekilde di¼
ger
Rn ’lere (n
3) genelleştirilebilir. Reel say¬ do¼
grusu üzerindeki sözlük topolojsinin standart topoloji ile ayn¬ oldu¼
gunu
söylemiştik. Fakat n
2 için bu do¼
gru de¼
gildir. Bu konuya topolojilerin karş¬laşt¬r¬lmas¬n¬ tan¬mlad¬kdan sonra tekrar
de¼
ginece¼
giz.
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun. U 2 T ise U ’ya aç¬k küme denir. E¼
ger C
C 0 = X C 2 T ise C’ye kapal¬küme denir.
X kümesinin tümleyeni aç¬k ise yani
Örnek:
1. Burada önemli bir kaç uyar¬da bulunal¬m. Aç¬k küme X’in belli bir topolojisine göre tan¬mlanm¬şd¬r. Bir küme üzerinde
birden fazla topoloji olabilece¼
ginden, X’in bir topolojisine göre aç¬k olan bir küme başka bir topolojisine göre aç¬k olmayabilir. Örne¼
gin X = f1; 2g için U = f1g kümesi Tayr{k için aç¬k kümedir fakat Ttrivial için aç¬k küme de¼
gildir. Bu örnek
ayr¬ca bir kümenin ne aç¬k nede kapal¬olabilece¼
ginide göstermekdedir. Ne aç¬k nede kapal¬kümeler olabilece¼
gi gibi, hem
aç¬k hem kapal¬ kümelerde vard¬r. En basiti ve X kümeleri, 0 = X ve X 0 = oldu¼
gu için X’in her topolojisi için
hem aç¬k hem de kapal¬kümelerdir! Bu bariz iki örne¼
gin d¬ş¬nda hem aç¬k hem kapal¬küme örne¼
gi olan başka örneklerde
vermek mümkündür. Örne¼
gin, X = f1; 2; 3; 4g kümesi üzerindeki
T = f ; f1g ; f2; 3g ; f4; 5g ; f1; 2; 3g ; f1; 4; 5g ; f2; 3; 4; 5g ; Xg
topolojisini düşünelim. Bu topolojiye göre A = f1; 2; 3g kümesi hem aç¬k hemde kapal¬d¬r. Daha zor bir örnek reel say¬
do¼
grusunun alt limit topolojisi Taltlim it ’de gösterilebilir. Reel say¬do¼
grusun alt limit topolojisinde [a; b) kümeleri hem aç¬k
hem kapal¬kümelerdir. Bu mant¬k oyununu çözmeyi okuyucuya b¬rak¬yoruz.
2. R1 ’in standart topolojisinin ba¼
glant¬l¬, yani tek komponentli, olan aç¬k kümeleri s¬n¬rl¬ ve ya s¬n¬rs¬z aç¬k aral¬klard¬r.
(a; b) şeklindeki s¬n¬rl¬ aç¬k aral¬klar zaten bu topolojinin yaratanlar¬ olarak al¬nm¬şt¬ ve dolay¬s¬yla standart topolojinin
içindedir. (a; 1); ( 1; b); R1 = ( 1; 1) şeklindeki s¬n¬rs¬z aç¬k aral¬klar¬n standart topolojinin içinde oldu¼
gu sonsuz bir
1
[
bileşimle gösterelebilir. Örne¼
gin (3; 1) =
(3; n) gibi. Fakat R1 ’in çok komponentli olan aç¬k kümeleride vard¬r. Örne¼
gin,
n=4
( 1; 21 ) [ (4; 1) aral¬g¼¬iki komponentli, ( 2; 1) [ (0; 0:1) [ ( ; 2 ) aral¬g¼¬üç komponentli aç¬k kümeleridir. Her n 2 Z +
için R1 ’in sonsuz tane n komponentli aç¬k kümesi vard¬r. R1 ’in s¬n¬rl¬ve ba¼
glant¬l¬, yani tek komponetli, kapal¬aral¬klar¬
[a; b] şeklindedir. Önemli bir durumu not etmek gerekirse, [a; a] = fag tek nokta kümeleride bu türdendir, yani kapal¬ve
ba¼
glant¬l¬. Noktalar¬n kapal¬olma özelli¼
gine ilerde uzay¬n T1 olma özelli¼
gi diyece¼
giz. (R1 ; Tstandart ) uzay¬T1 uzay¬d¬r. R1 ’in
ba¼
glant¬l¬olmayan kapal¬kümeleri de vard¬r. Örne¼
gin, f 3g [ [0; 2] [ [8; 1) kümesi (R1 ; Tstandart ) uzay¬n¬n üç komponentli
+
1
kapal¬bir kümesidir. Her n 2 Z için R ’in sonsuz tane n komponentli kapal¬kümesi vard¬r. Ve ayr¬ca standart topolojide,
sonsuz komponentli aç¬k ve kapal¬kümelerinde oldu¼
gunu ve sonsuz tane oldu¼
gunu kolayca ispatlayabiliriz.
Topolojinin tan¬m¬n¬kapal¬kümeler yani aşa¼
g¬da tan¬mlad¬g¼¬m¬z kapal¬küme ailesi cinsindende vermek de mümkündür.
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun. K = fC j C 0 2 T g kümesine X’in T topolojisine göre kapal¬küme ailesi denir.
Teorem: (X; T ) topolojik uzay ve K bu topoljinin kapal¬küme ailesi olsun. K aşa¼
g¬daki şartlar¬sa¼
glar:
1.
; X 2 K:
3
2. K’n¬n key… say¬da eleman¬n¬n kesişimi K’dad¬r.
3. K’n¬n sonlu say¬da eleman¬n bileşimi K’dad¬r.
Yukar¬daki teoremden dolay¬, alternatif olarak, X üzerindeki bir topolojiyi şu şekilde tan¬mlayabilirdik: K
yukar¬daki teoremdeki şartlar¬sa¼
glas¬n. Bu durumda
2X olsun ve
T = fU j U 0 2 Kg
ailesi X’in bir topolojisidir ve bu topolojinin kapal¬ küme ailesi K’d¬r. K¬sacas¬, aç¬k kümeler ile kapal¬ kümeler aras¬nda bir
"dualite" vard¬r ve bir kapal¬küme ailesi verildi¼
ginde bu kapal¬küme ailesi bir topoloji tan¬mlar.
2
Topolojilerin Karş¬laşt¬r¬lmas¬ve Alt Uzay
Tan¬m: T1 , T2 kümeleri X kümesinin iki topolojisi olsun. E¼
ger T1 ! T2 ; daha aç¬k olarak yazmak gerekirse T1 T2 ve T1 6= T2 ;
ise T1 topolojisi T2 topolojisine göre daha incedir ve ya T2 topolojisi T1 topolojisine göre daha kabad¬r denir. T1 = T2 ; daha
aç¬k olarak yazmak gerekirse T1 T2 ve T1 T2 ; ise bu topolojilere eşit topolojiler denir. E¼
ger topolojiler aras¬nda bir kapsma
ilişkisi yoksa bu topolojilere karş¬laşt¬r¬lamaz topolojiler denir.
Örnekler:
1. X herhangi bir küme olsun. X’in üzerindeki en kaba topoloji trivial topolojidir. Di¼
ger bir deyişle X’in üzerindeki di¼
ger
her topoloji trivial topolojiyi kapsar.
2. X herhangi bir küme olsun. X’in üzerindeki en ince topoloji ayr¬k topolojidir. Di¼
ger bir deyişle X’in üzerindeki di¼
ger her
topoloji ayr¬k topoloji taraf¬ndan kapsan¬r.
3. R1 üzerindeki altlimit ve üstlimit topolojileri standart topolojiden daha incedir, yani, Taltlim it ! Tstandart ve Tüstlim it !
1
[
[a + n1 ; b)
Tstandart : Örne¼
gin altlimit topolojinin neden standart topolojiden daha ince oldu¼
gunu gösterelim: (a; b) =
i=1
şeklinde yaz¬labilece¼
gi için her s¬n¬rl¬aç¬k aral¬k Taltlim it topolojisi içindedir, dolay¬s¬yla Taltlim it Tstandart olur. Fakat en
basiti [0; 1) 2
= Tstandart oldu¼
gu için Taltlim it 6= Tstandart ve böylece Taltlim it ! Tstandart ispatlanm¬ş olur. Üstlimit topolojisi
içinde benzer bir ispat yap¬labilir. Ayr¬ca not etmek gerekirse, Taltlim it ve Tüstlim it topolojileri birbirleri ile karş¬laşt¬r¬lamaz.
4. R1 üzerindeki K-topolojisi TK ’y¬ hat¬rl¬yal¬m. TK topolojisi Tstandart topolojisinden daha incedir. Gerçekten tan¬mdan
dolay¬ TK
Tstandart oldu¼
gu kolayca görülür. Eşit olmad¬klar¬n¬ kan¬tlayal¬m. Örne¼
gin U = ( 1; 1) K kümesini
düşünelim. U 2 TK ’d¬r. Fakat U kümesi Tstandart topolojisin eleman¬olamaz. Çünkü bu küme Tstandart topolojisin eleman¬
olsayd¬ aç¬k aral¬klar¬n bileşimi olarak yaz¬labilirdi ve 0 2 U oldu¼
gu için 0’¬ içeren bir aç¬k aral¬g¼¬n U ’nun içinde olmas¬
gerekirdi. Örne¼
gin böyle bir aral¬k ( 2 ; 1 ) olsun. Burada 1 ; 2 2 R+ ve bu nedenle öyle bir n 2 Z + vard¬r ki n1 < 1 :
Fakat bu durumda n1 2 U olur. Çelişki. O halde. TK ! Tstandart olur yani kapsama ilişkisi "kesinlikle" ’dir.
5. Rn üzerinde standart metri¼
ge göre tan¬mlanm¬ş Tstandart topolojisini hat¬rl¬yal¬m. Rn üzerinde standart metri¼
gin d¬ş¬nda
metriklerde mevcuttur. Örne¼
gin x; y 2 Rn olmak üzere küp metrik
dküp (x; y) = max jyi
1 i n
ve elmas metrik
delm as (x; y) =
n
X
i=1
şeklinde tan¬mlan¬r. Aç¬k kürelere benzer olarak aç¬k küpler
jyi
xi j
xi j
Ku
•p(x; ) = fy 2 Rn j dküp (x; y) < g
ve aç¬k elmaslar
Elmas(x; ) = fy 2 Rn j delm as (x; y) < g
tan¬mlayabiliriz. Benzer şekilde, Tküp topolojisini key… say¬da aç¬k küplerin bileşimleri ve Telm as topolojisin key… say¬da aç¬k
elmaslar¬n bileşimleri şeklinde tan¬mlayabiliriz. I·lerki bir konuda, baz kavram¬n¬tan¬mlad¬ktan sonra, şunu ispatl¬yaca¼
g¬z:
Tstandart = Tküp = Telm as
4
6. Do¼
gru, yani R1 ; üzerindeki standart topoloji ile sözlük topolojisin ayn¬ oldu¼
gunu söylemiştik. Fakat, düzlem, yani R2
üzerindeki sözlük topolojisi düzlem üzerindeki standart topolojiden daha incedir. Bunu ispatlamak için önce
Iab (x0 ) = f(x0 ; y) j a < y < bg
şeklindeki aral¬klar¬n sözlük topolojisinde oldu¼
gunu gösteririz. Düzlemde aç¬k bir küre (disk) verildi¼
ginde bu aç¬k diski
bu tip aral¬klar¬n bileşimi şeklinde yazabiliriz. Dolays¬yla aç¬k diskler sözlük topolojisinin içindedir ve dolay¬syla standart
topoloji sözlük topolojisinin içindedir. Fakat Iab (x0 ) şeklinde bir aral¬k standart topolojinin içinde olamaz. Bu nedenle
Tsözlük topolojisi Tstandart topolojisinden daha incedir. Benzer şekilde di¼
ger Rn ’ler; n 3; için de sözlük topolojisi standart
topolojiden daha incedir.
Teorem: (X; T ) topolojik uzay ve A
X bir alt küme olsun. TA = fU \ A j U 2 T g kümesi A üzerinde bir topolojidir.
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay ve A X olsun. (A; TA ) ikilsine ve ya k¬saca A’ya X’in bir alt uzay¬denir. TA topolojisine
T taraf¬ndan üretilen ve ya T ’den indirgenmiş alt uzay topolojisi denir.
K¬sacas¬, X’in her alt kümesi bir alt uzay¬d¬r. Bu tan¬mda üzerinde durulmas¬ ve vurgulanmas¬ gereken temel nokta alt
uzay¬n aç¬k kümelerinin karakterizasyonudur: Alt uzay¬n bir aç¬k kümesi ana uzay¬n bir aç¬k kümesinin alt uzay ile kesişimidir.
Alt uzay¬n kapal¬kümeleride aşa¼
g¬daki teoremde söylendi¼
gi gibi benzer karakterizasyona sahiptir.
K
Teorem: (X; T ) topolojik uzay ve (A; TA ) altuzay¬ olsun. C
X kapal¬olmak üzere C = A \ K olmas¬d¬r.
A kümesinin A’da kapal¬ olmas¬ için gerek ve yeter koşul
Örnekler:
1. Trivial topolojinin herhangi bir alt kümeye indirgenmesi trivial topolojdir. Benzer bir şekilde ayr¬k topolojinin herhangi
bir alt kümeye indirgenmesi ayr¬k topolojidir.
2. A = [0; 1] R1 olsun. (R1 ; Tstandart ) topolojisin A üzerine indirgenmesini düşünelim. Bu topolojide en basit aç¬k kümelere
[0; b); 0 < b 1; ve (a; 1]; 0 a < 1; ve (a; b); 0 < a; b < 1; şeklinde olanlard¬r. Ve [0; 1] üzerindeki indirgenmiş standart
topoloji bu tip aral¬klar¬n key… bileşimleri olarak düşünülebilir. Burada not düşmemiz gereken önemli bir nokta şudur:
Alt uzayda aç¬k olan bir küme ana uzayda aç¬k olmak zorunda de¼
gildir. Örne¼
gin bu örnekte A = [0; 1]’in kendisi alt uzay
topolojisinde aç¬kt¬r fakat (R1 ; Tstandart )’da elbetteki aç¬k de¼
gildir. Bu örnekte alt uzayda aç¬k olan fakat ana uzayda aç¬k
olmayan başka bir kümeye örnek olarak [0; 21 ) kümesi gösterilebilir.
3. Öklit düzleminin S 1 = (x; y) j x2 + y 2 = 1
R2 altkümesi, yani birim çember, üzerindeki standart topolojiden indirgenmiş alt uzay topolojisini düşünelim. Bu topolojinin en basit elemanlar¬ "aç¬k yaylar" olarak adland¬raca¼
g¬m¬z yaylard¬r.
_
_
0
<
360 olmak üzere
aç¬k yay¬n¬
= f(cos t; sin t) j < t < g şeklinde tan¬mlayal¬m. Birim çember
üzerindeki, düzlemin standart topolojisinden indirgenmiş alt uzay topolojisinin elemanlar¬, key… say¬da aç¬k yay¬n bileşimi
ile elde edilebilen kümelerdir.
4. m n ise Rm Rn olarak düşünülebilir. Rm ’in üzerindeki Rn ’in standart topolojisinden indirgenmiş alt uzay topolojisi
Rm ’in standart topolojisidir! Bunun ispat¬n¬baz kavram¬n¬tan¬mlad¬ktan sonra düşünece¼
giz.
Alt uzay¬n aç¬k bir kümesinin ana uzayda aç¬k olmayabilece¼
gini söylemiştik. Ayn¬ uyar¬ kapal¬ kümeler içinde yap¬labilir.
Fakat,
Teorem: (X; T ) topolojik uzay ve (A; TA ) alt uzay¬olsun. A’da aç¬k (kapal¬) olan herhangi bir kümenin X’de aç¬k (kapal¬)
olmas¬için gerek ve yeter koşul A’n¬n aç¬k (kapal¬) olmas¬d¬r.
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun. Bu uzay¬n sahip oldu¼
gu bir özellik bu uzay¬n tüm alt uzaylar¬nda varsa bu özelli¼
ge
kal¬tsal (genetik) özellik denir.
Kal¬tsal özellikle ilgili örnekler daha sonra verilecektir.
5
3
Baz ve Alt Baz
Bir önceki konuda, örneklerde, bir topolojinin çok daha az say¬da eleman¬n key… bileşimleri ile inşaa edildi¼
gini gördük. Örne¼
gin,
Rn ’in standart topolojisini tan¬mlarken aç¬k küreleri kulland¬k. Standart topolojiyi tan¬mlamadan önce tüm aç¬k kürelerin
kümesini ayr¬ bir koleksiyon (aile) olarak düşünebilirdik. Bu koleksiyon standart topolojinin kendisinden çok daha küçük bir
küme olurdu. Bu nedenle topolojiyi tan¬mlamadan önce daha temel bir kavram olan baz tan¬mlanabilir.
Tan¬m: X bir küme ve B
[
1. X =
U:
2X olsun. B aşa¼
g¬daki özellikleri sa¼
gl¬yorsa B’ye X’in bir baz¬d¬r denir:
U 2B
2. Her U1 ; U2 2 B ve x 2 U1 \ U2 için 9U3 2 B öyleki x 2 U3
Teorem: B
U1 \ U2 :
2X kümesi X’in bir baz¬ise
T = fU j U kümesi B’nin key… say¬da eleman¬n bileşimi olarak yaz¬labilir.g
kümesi X’in bir topolojisidir.
Tan¬m: B 2X kümesi X’in bir baz¬ise yukar¬da ifadesi verilen ve topoloji oldu¼
gu ispatlanan T kümesine B baz¬taraf¬ndan
yarat¬lan topoloji denir. Bu durumda B’ye T topolojisinin bir baz¬d¬r denir.
K¬sacas¬, bir topoloji verilmeden ve ya biliniyor olmadan önce baz verilebilir ve bu baz bir topoloji yarat¬r. Ters olarakda,
bir topoloji verildi¼
ginde bu topolojinin bir baz¬n¬n bulunmas¬istenebilir. Elbetteki verilen topolojinin kendisi kendisin baz¬d¬r
fakat bu pek yararl¬olmayan bazd¬r.
Örnekler:
1. 3 elemanl¬X = f1; 2; 3g’in 4 elemanl¬topolojisi T = f ; f1g ; f2; 3g ; Xg’nin bir baz¬B = ff1g ; f2; 3gg’dir ve 2 elemanl¬d¬r.
Bu kümenin baz tan¬m¬ndaki şartlar¬sa¼
glad¬g¼¬kolayca görülebilir.
2. B = fBstandart (x; ) j x 2 Rn ; 2 R+ g koleksiyonunun baz tan¬m¬n¬sa¼
glad¬g¼¬n¬ve Rn kümesinin bir baz¬oldu¼
gunu kolayca
gösterebiliriz. Ve bu baz daha önceden tan¬mlad¬g¼¬m¬z topoloji olan standart topolojiyi yarat¬r. Bu baz çok daha fazla
küçültülebilir! Şu şekilde: n tane rasyonel say¬ cisminin kartezyen çarp¬m¬ Qn = f(q1 ; q2 ; :::; qn ) j q1 ; q2 ; ::::; qn 2 Qg’yi
tan¬mlarsak Qn
Rn olur ve B 0 = fBstandart (x; ) j x 2 Qn ; 2 Q+ g koleksiyonuda baz tan¬m¬n¬n şartlar¬n¬sa¼
glar, yani
n
R ’in bir baz¬d¬r. Bu bazda Rn ’in satandart topolojisini yarat¬r! Bunu daha sonra yazaca¼
g¬m¬z bir teoremi kullanarak
ispatlayaca¼
g¬z. Bu örne¼
gi n = 1 için tekrar yazacak olursak (R1 ; Tstandart ) topolojik uzay¬n¬n, di¼
ger bir deyişle, standart
topolojili reel say¬do¼
grusunun en kullan¬şl¬baz¬B = f(a; b) j a < b; a; b 2 Qg’d¬r.
3. B = f[a; b) j a; b 2 Rg kümesinin tan¬m¬ sa¼
glad¬g¼¬n¬ ve bir baz oldu¼
gunu kolayca gösterebiliriz. Bu baz R1 ’in alt limit
topolojisi Taltlim it ’yi yarat¬r. Alt limit topolojisi için daha küçük bir baz B 0 = f[a; b) j a 2 R; b 2 Qg olarak verilebilir.
Fakat burada alt limit ucu olan a’y¬rasyonel say¬olarak almak mümkün de¼
gildir.
Daha önceden topolojilerin nas¬l karş¬laşt¬r¬ld¬g¼¬n¬tan¬mlam¬şt¬k. Peki bu karş¬laşt¬rman¬n bazla ilgisi nedir?
Teorem: B1 ve B2 s¬ras¬ile (X; T1 ) ve (X; T2 ) topolojik uzaylar¬n¬n bazlar¬olsunlar. Aşa¼
g¬dakiler denkdir:
1. T1
T2
2. Her x 2 X ve her x 2 U2 2 B2 için 9U1 2 B1 öyle ki x 2 U1
U2 :
Örnekler:
1. Şimdi bu teoremi kullanarak bir önceki konuda iddia etti¼
gimiz Rn üzerindeki
Tstandart = Tküp = Telm as
eşitli¼
gini ispat edebiliriz. Gerçektende bir aç¬k küre ve bu aç¬k kürenin içinde bir nokta verildi¼
ginde bu noktay¬içeren ve
kürenin içinde kalan daha küçük aç¬k bir elmas ve ya aç¬k bir küp bulabiliriz. Benzer olarak ayn¬şeyi aç¬k küpler için ve
aç¬k elmaslar içinde söyleyebiliriz. Dolay¬s¬yla bu topolojiler ikili olarak yukardaki teoremin 2. şart¬n¬sa¼
glarlar. 1. şart, 2.
şarta denk oldu¼
gu için, bu üç topoloji birbirini kapsamaktad¬r, dolay¬s¬yla eşittirler.
6
2. Şimdi daha önceden sözünü etti¼
gimiz Öklit uzay¬n¬n baz¬çok küçültülebilir iddias¬n¬ispatl¬yal¬m: Rn ’nin B = fBstandart (x; ) j x 2
0
ve B = fBstandart (x; ) j x 2 Qn ; 2 Q+ g bazlar¬n¬n yukar¬daki teoremin 2. şart¬n¬ "çift tara‡¬ olarak" sa¼
glad¬g¼¬ gösterilebilir. Bu nedenle bu bazlar¬n yaratt¬g¼¬topolojiler eşittir.
Ana uzay¬n topolojisinin bir baz¬ alt uzay¬ içinde bir baz tan¬mlar ve bu baz¬n yaratt¬g¼¬ topoloji alt uzay¬n indirgenmiş
topolojisini yarat¬r. Teorem olarak yazarsak,
Teorem: (X; T ) topolojik uzay, B bu topolojinin bir baz¬ve A
X olsun.
BA = fU \ A j U 2 Bg
kümesi alt uzay topolojisi TA ’n¬n bir baz¬d¬r.
Yukarda tan¬mlanan BA kümesine B baz¬n¬n A alt kümesine indirgenmiş baz¬denir. Ve teorem, tekrar edecek olursak, do¼
gal
olarak beklendi¼
gi gibi, indirgenmiş baz¬n indirgenmiş topolojiyi yaratt¬g¼¬n¬söylemektedir.
Örnek: Nas¬l R2 ’de x-eksenini R1 olarak, ve ya nas¬l R3 ’de xy-düzlemini R2 olarak düşünüyorsak, m
n için Rm
Rn
m
olarak düşünebiliriz. Bu durumda n-boyutlu aç¬k bir kürenin R ile kesişimi e¼
ger boş küme de¼
gilse m-boyutlu aç¬k bir küredir ve
tüm m-boyutlu aç¬k küreler bu şekilde kesişimle elde edilebilir ve dolay¬s¬yla Rn ’nin standart baz¬n¬n Rm ’e indirgenmesi Rm ’nin
standart baz¬d¬r. Ve bu indirgenmiş baz, yukar¬daki teoreminde söyledi¼
gi gibi, Rm ’nin standart topolojisini yarat¬r. Buda Rn ’nin
m
m
standart topolojisinin R ’e indirgenmesinin R ’nin standart topolojisi oldu¼
gunu kan¬tlar.
Topolojiyi yaratan daha küçük bir koleksiyon olarak baz¬tan¬mlad¬k. Baz¬yaratan daha küçük bir koleksiyonda tan¬mlanabilir.
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay ve S
T olsun. E¼
ger S’nin elemanlar¬n¬n sonlu kesişimleri kümesi T ’nin bir baz¬n¬oluşturuyorsa S’ye T ’nin ve yaratt¬g¼¬baz¬n bir alt baz¬d¬r denir.
Örnek: Altbaz ve baz kavram¬n¬ kafada canland¬rabilmek için düzlemin topolojisini ak¬lda tutmakta fayda vard¬r. Öklit
düzleminin standart topolojisinin bir baz¬aç¬k dikdtörtgenler kümesidir. Bu baza Bdiktörtgen diyelim. Bir aç¬k dikdörtgeni elde
etmenin kolay bir yolu bir aç¬k dik şerit ile bir aç¬k yatay şeriti kesiştirmekdir. Dolay¬s¬yla aç¬k kenarl¬ dik şeritlerin ve aç¬k
kenarl¬yatay şeritlerin hepsini bir bohçaya koyarsak bu bohçaya Sşerit dersek Sşerit kümesi düzlemin standart topolojisinin bir
alt baz¬olur. Bu şerit örne¼
gini tüm Öklit uzaylar¬na genelleştirebiliriz. Ayr¬ca şerit kavram¬, çarp¬m uzaylar¬n¬n anlaş¬lmas¬nda
temel oluşturmaktad¬r.
4
Metrik Uzaylar ve Metrik Topoloji
Aç¬k kürelerin bir metrik uzay olan n-boyutlu reel Öklit uzay¬n¬n yani Rn ’nin bir baz¬oldu¼
gunu ve standart topolojisini yaratt¬g¼¬n¬
söylemiştik. Şimdi bunu tüm metrik uzaylara genelleştirece¼
giz. Ama önce metri¼
gin ve metrik uzay¬n tan¬m¬n¬verelim.
Tan¬m: X bir küme olsun. d : X X ! R fonksiyonu aşa¼
g¬daki şartlar¬sa¼
gl¬yorsa d’nin X kümesinin üzerinde bir metrik
oldu¼
gu söylenir ve (X; d) ikilisine metrik uzay denir:
1. Her x; y 2 V için d(x; y)
0: (Poziti‡ik özelli¼
gi.)
2. d(x; y) = 0 , x = y: (S¬f¬r olma özelli¼
gi.)
3. Her x; y 2 X için d(x; y) = d(y; x): (Yans¬ma özelli¼
gi.)
4. Her x; y; z 2 X için d(x; y)
d(x; z) + d(z; y): (Üçgen eşitsizli¼
gi.)
Tan¬m:
2 R+ olsun. Bd (x; ) = fy 2 X j d(x; y) < g kümesine x merkezli
komşulu¼
gu denir.
yar¬çapl¬ aç¬k küre ve ya x’in (aç¬k) -
Teorem: (X; d) bir metrik uzay olsun. Tüm aç¬k kürelerin koleksiyonu olan B = fBd (x; ) j x 2 X;
bir baz¬d¬r.
2 R+ g kümesi X’in
Tan¬m: Yukardaki teoremdeki baz¬n yaratt¬g¼¬topolojiye X üzerindeki d metri¼
ginin yaratt¬g¼¬metrik topoloji denir. d metri¼
gi
ve d0 metri¼
gi X üzerinde iki metrik ve ayn¬topolojiyi yarat¬yor iseler bu metriklere denk metrikler denir.
Örnekler:
7
1. Rn için tan¬mlanan küre (di¼
ger ad¬yla standart),
küp ve elmas metriklerini hat¬rlayal¬m: i) Uzunluk fonksiyonu ve ya di¼
ger
v
uX
n
u
ad¬yla standart metrik: dstandart (x; y) = t (yi xi )2 ii) Küp metri¼
gi: dküp (x; y) = max jyi xi j iii) Elmas metri¼
gi:
1 i n
i=1
delm as (x; y) =
n
X
i=1
jyi
xi j : Bu üç fonksiyonun metrik oldu¼
gunu yani tan¬m¬n şartlar¬n¬sa¼
glad¬g¼¬n¬ispatlamay¬okuyucuya
b¬rak¬yoruz. Daha önceden gösterildi¼
gi gibi, bu metriklerin yaratt¬g¼¬ topolojiler eşittir yani ayn¬d¬r ve standart metrik
topoloji ve ya standart topoloji olarak adland¬r¬l¬r. K¬sacas¬dstandart ; dküp ve delm as denk metriklerdir.
1 x 6= y
şeklinde tan¬mlanan fonksiyon X üzerinde bir metrikdir ve ayr¬k
0 x=y
metrik olarak ça¼
gr¬l¬r. Bu metri¼
gin yaratt¬g¼¬topoloji kolayca gösterilebilece¼
gi gibi X üzerindeki ayr¬k topolojidir.
2. X boş olmayan bir küme ise d(x; y) =
3. (X; d) metrik uzay olsun. d0 (x; y) = min f1; d(x; y)g şeklinde tan¬mlanan fonksiyon X üzerinde yeni bir metriktir ve bu
metrik ayn¬topolojiyi yarat¬r. Di¼
ger bir ifadeyle d ve d0 denk metriklerdir.
Şimdi ilerde kullanabilece¼
gimiz uzakl¬k ve s¬n¬rl¬l¬k ile ilgili bir kaç tan¬m verelim:
Tan¬m: (X; d) metrik uzay olsun. x 2 X ve A
X ise d(x; A) = inf fd(x; y) j y 2 Ag say¬s¬na x’in A’ya uzakl¬g¼¬, ayr¬ca
B X ise d(A; B) = inf fd(y; z) j y 2 A; z 2 Bg say¬s¬na A ile B aras¬ndaki uzakl¬k denir. (A) = sup fd(y; z) j y; z 2 Ag say¬s¬na
ise A’n¬n çap¬ad¬verilir. E¼
ger (A) sonlu bir say¬ise A kümesine s¬n¬rl¬küme ad¬verilir.
Örnek: Her aç¬k kürenin s¬n¬rl¬ oldu¼
gu gösterilebilir: Gerçektende üçgen eşitsizli¼
gi kullanarak (Bd (x; ))
2 oldu¼
gu
gösterilebilir ve bu nedenle Bd (x; ) s¬n¬rl¬d¬r. Dolay¬s¬yla bir aç¬k kürenin içinde kalan bir küme s¬n¬rl¬d¬r. Dolay¬s¬yla, Öklit
uzaylar¬için s¬n¬rl¬kümenin alternatif bir tan¬m¬da şudur: E¼
ger A B (0; ) ise yani A kümesi orijin merkezli bir aç¬k kürenin
içinde kal¬yor ise A alt kümesi s¬n¬rl¬d¬r.
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay olsun. E¼
ger X üzerinde T topolojisini yaratan bir metrik bulunabiliyorsa, (X; T ) topolojik
uzay¬na metrize edilebilir uzay denir.
Örnek:
1. Her X kümesi için (X; Tayr{k ) topolojisi metrize edilebilir. Çünkü d(x; y) =
1
0
x 6= y
metri¼
gi ayr¬k topolojiyi yarat¬r
x=y
ve bu fonksiyon her küme için metrikdir.
2. E¼
ger X "en az 2 eleman içeren" bir küme ise (X; Ttrivial ) topolojisi metrize edilemez. Bunun ispat¬n¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
Tan¬m: (X1 ; d); (Y; d0 ) iki metrik uzay ve f : X ! Y fonksiyonu her x1 ; x2 2 X için d0 (f (x1 ); f (x2 )) = d(x1 ; x2 ) şart¬n¬
sa¼
gl¬yorsa f fonksiyonuna izometri denir. E¼
ger ayr¬ca f fonksiyonu bire-bir ve örten ise bu durumda X ve Y izometrik uzaylard¬r
denir.
Örnekler:
1. Rn ’den Rn ’e tan¬mlanan öteleme, bir hiper düzleme göre yans¬ma ve dönme fonksiyonlar¬izometrilerdir. Hiper düzlemlere
göre olan yans¬malar, bileşke işlemi alt¬nda, Rn ’den Rn ’e olan tüm izometrileri, di¼
ger bir deyişle Rn ’in izometri grubunu
yarat¬r.
2. X en az iki elemanl¬ bir küme olsun. Bu küme üzerinde iki metrik tan¬ml¬yal¬m: d1 (x; y) =
1
0
x 6= y
ve d2 (x; y) =
x=y
2 x 6= y
: Birinci metri¼
ge göre X kümesini X1 ile, ikinci metri¼
ge göre ayn¬kümeyi X2 ile gösterelim. Bu durumda X1
0 x=y
metrik uzay¬ile X2 metrik uzay¬izometrik de¼
gildir, yani aralar¬nda bir izometri fonksiyonu bulunamaz.
Tan¬m: V bir reel vektör uzay¬ve k k : V ! R aşa¼
g¬daki özellikleri sa¼
glayan bir fonksiyon ise (V; k k) ikilisine normlu vektör
uzay¬ve ya k¬saca normlu uzay denir:
1. Her x 2 V için kxk
0: (Poziti‡ik özelli¼
gi.)
2. kxk = 0 , x = 0: (S¬f¬r olma özelli¼
gi.)
8
3. Her
2 R; x 2 V için k xk = j j kxk : (Skaler çarp¬m özelli¼
gi.)
4. Her x; y; z 2 V için d(x; y)
d(x; z) + d(z; y): (Üçgen eşitsizli¼
gi.)
Teorem: (V; k k) bir normlu uzay ise d(x; y) = kx
metriktir ve (V; d) metrik uzayd¬r.
yk şeklinde tan¬mlanan d : V
V ! R fonksiyonu V üzerinde bir
v
uX
u n 2
n
Örnek: n-boyutlu Öklit uzay¬ R bir reel vektör uzay¬d¬r ve her x = (x1 ; x2 ; :::; xn ) 2 X için kxk = t
xi şeklinde
i=1
tan¬mlanan fonksiyon bir normdur. Bu norma standart norm ve ya Öklit normu denir ve standart norm daha önce defalarca
belirtti¼
gimiz standart metri¼
gi tan¬mlar ve bu standart metrikde standart topolojiyi tan¬mlar. K¬sacas¬ Rn ’in pek çok yap¬s¬
var¬d¬r: Vektör uzay¬, Normlu uzay, Metrik uzay¬, Topolojik uzay vb.
Önemli bir not ile Metrik uzaylar konusunu, daha sonra metrik uzaylara tekrar tekrar de¼
ginmek üzere, kapatal¬m. (Not:
Bir Öklit uzay¬n¬n ve ya bir Öklit uzay¬n¬n alt uzay¬n¬n topolojisi belirtilmedi ise topolojisi standart topoloji
olarak kabul edilecektir.)
5
I·ç, Y¬g
¼¬lma Noktalar¬, Kapan¬ş ve S¬n¬r
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay ve A
X , yani A kümesi X’in alt kümesi, olsun. A taraf¬ndan kapsanan en büyük aç¬k
kümeye, ve ya di¼
ger bir ifadeyle A taraf¬ndan kapsanan bütün aç¬k kümelerin bileşkesine, A’n¬n içi denir ve A ile gösterilir.
A’y¬kapsayan en küçük kapal¬kümeye, ve ya di¼
ger bir ifadeyle A’y¬kapsayan bütün kapal¬kümelerin kesişimine, A’n¬n kapan¬ş¬
gu, @A ile gösterilir ve @A = A A şeklinde tan¬mlan¬r. (A)0 = X A
denir ve A ile gösterilir. A’kümesinin s¬n¬r¬, yani kabu¼
aç¬k kümesine A’n¬n d¬ş¬denir.
Örnekler:
1. A aç¬k bir alt kümeyse tan¬mdan hemen A = A oldu¼
gunu söyleyebiliriz. Dual olarak A kapal¬bir alt kümeyse tan¬mdan
hemen A = A oldu¼
gunu söyleyebiliriz.
2. R1 ’in standart topolojisinde, (0; 1) = [0; 1) = (0; 1] = [0; 1] oldu¼
gu [0; 1) ve (0; 1] kümeleri kapal¬ olmad¬g¼¬ için tan¬mdan
otomatik olarak söylenebilir. Ayn¬şekilde [0; 1) ve (0; 1] kümeleri aç¬k olmad¬g¼¬için [0; 1] = [0; 1) = (0; 1] = (0; 1)’dir.
Ve dolay¬s¬yla bu kümelerin dördününde s¬n¬r¬ayn¬d¬r ve @[0; 1] = @ [0; 1) = @(0; 1] = @(0; 1) = f0; 1g olur.
3. Rn ’deki Bd (x; ) = fy 2 X j d(x; y) < g aç¬k küresinin kapan¬ş¬ Bd (x; ) = fy 2 X j d(x; y)
g eşitsizli¼
gi küçük-eşit
yaparak elde edilir ve kapal¬ küredir. Aç¬k kürenin kabu¼
gu, yani s¬n¬r¬, eşitsizlik eşitlik yap¬larak verilir: @Bd (x; ) =
fy 2 X j d(x; y) = g. Elbette bu s¬n¬r aç¬k küreye ait de¼
gildir fakat kapal¬küreye tamamen aittir.
Teorem: (X; T ) bir topolojik uzay ve A
A
Teorem: (X; T ) bir topolojik uzay ve A; B
B v) (A \ B) = A \ B olur.
X olsun. Bu durumda i) (A )0 = (A0 ) ii) (A)0 = (A0 ) olur.
X olsun. Bu durumda i) X = X ii) A
A iii) (A ) = A
iv) A
B ise
Örnek: Yukar¬daki teoremdeki v. ş¬k bileşim için do¼
gru de¼
gildir. Örne¼
gin, R1 ’in standart topolojisinde A = (0; 1] ve
B = (1; 2) alal¬m. Bu durumda (A [ B) = (0; 2) = (0; 2)’dir fakat A [ B = (0; 1) [ (1; 2)’dir. Yani bu örnek için
(A [ B) 6= A [ B ’dir.
Teorem (Kuratowski Kapan¬ş Aksiyomlar¬): (X; T ) bir topolojik uzay ve A; B
iii) (A) = A iv) A B ise A B v) (A [ B) = A [ B olur.
X olsun. Bu durumda i)
=
ii) A
A
Örnek: Yukar¬daki teoremdeki v. ş¬k kesişim için do¼
gru de¼
gildir. Örne¼
gin, R1 ’in standart topolojisinde A = (0; 1) ve
B = (1; 2) alal¬m. Bu durumda A \ B = = ’dir fakat A \ B = [0; 1] \ [1; 2] = f1g’dir. Yani bu örnek için A \ B 6= A \ B’dir.
Teorem (S¬n¬r¬n alternatif tan¬m¬): @A = A \ (A0 ):
Kapan¬ş¬n alternatif bir tan¬m¬da y¬g¼¬lma noktas¬ve daha da sadesi limit noktas¬kavram¬kullan¬larak verilebilir. Yukar¬daki
teoremler ve topolojideki pek çok teorem limit noktas¬kavram¬kullan¬lrak daha kolay bir şekilde ispatlanabilir. Bu tan¬mlardan
önce komşuluk kavram¬ile ilgili birkaç notasyon tan¬mlayal¬m. Bu notasyonlar ilerki konularda kullan¬lacakt¬r.
9
Tan¬m:
(X; T ) bir topolojik uzay ve x 2 X olsun. x’i içeren bir U 2 T aç¬k kümesine x’in bir (aç¬k) komşulu¼
gu denir.
x’in tüm aç¬k komşuluklar¬n¬n kümesini T (x) ile gösterece¼
giz.
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay ve x 2 X olsun. B(x)
x 2 U T (x) için 9V 2 B(x) öyle ki x 2 V
U:
T (x) şu şart¬sa¼
gl¬yorsa B(x)’e x’in lokal bir baz¬d¬r denir: Her
Teorem: (X; T ) bir topolojik uzay olsun. Her x 2 X için B(x) kümesi x’in bir lokal baz¬ ise
[
B(x) kümesi T ’nin bir
x2X
baz¬d¬r. Ters olarak e¼
ger B kümesi T ’nin bir baz¬ise her x 2 X için B(x) = fU 2 B j x 2 U g kümesi x’in lokal bir baz¬d¬r.
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay ve A X olsun. E¼
ger her U 2 T (x) için (U
denir. A’n¬n y¬g¼¬lma noktalar¬kümesini Ay ile gösterece¼
giz.
fxg) \ A 6=
ise x’e A’n¬n y¬g¼¬lma noktas¬
Tan¬m: E¼
ger x 2
= Ay fakat x 2 A ise x’e A’n¬n izole noktas¬denir. A’n¬n izole noktalar¬kümesini Aiz ile gösterece¼
giz.
A ile Ay aras¬nda bir kapsama ilişkisi yoktur. A
Tan¬m: E¼
ger her U 2 T (x) için U \ A 6=
bir izole nokta ise x’e limit noktas¬denir.
Ay = Aiz ’dir yani Ay ve Aiz ayr¬k kümelerdir.
ise x’e A’n¬n limit noktas¬denir. Di¼
ger bir de¼
gişle, x bir y¬g¼¬lma noktas¬ve ya
Teorem (Kapan¬ş¬n alternatif tan¬m¬): (X; T ) bir topolojik uzay ve A
X olsun. Bu durumda
A = fx j x; A’n¬n bir limit noktas¬d¬r.g
olur. Di¼
ger bir ifadeyle A = Ay [ A ve ya ayr¬k kümeler cinsinden di¼
ger bir ifadeyle A = Ay [ Aiz olur.
K¬sacas¬, bir kümenin kapan¬ş¬o kümenin tüm limit noktalar¬n¬n kümesidir ve ya di¼
ger bir ifade ile tüm y¬g¼¬lma noktalar¬ile
tüm izole noktalar¬n¬n bileşim kümesidir.
Kapan¬ş¬n alternatif tan¬m¬n¬, yani limit noktalar¬tan¬m¬n¬kullanarak metrik uzaylarda, bir alt kümenin kapan¬ş¬n¬n aşa¼
g¬daki
teoremde verildi¼
gi gibi oldu¼
gunu gösterebiliriz ve bu metrik uzaylar için kapan¬ş¬n tan¬m¬olarak kabul edilebilir.
Teorem: (X; d) bir metrik uzay ve (X; T ) yaratt¬g¼¬topoloji ve A
X olsun. Bu durumda A = fx 2 X j d(x; A) = 0g :
Şimdi kapan¬ş ile ilgili önemli bir tan¬m daha yapal¬m. Yo¼
gun küme kavram¬ileriki konularda tekrar karş¬m¬za ç¬kacak.
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay ve A
gun küme denir.
X olsun. E¼
ger A = X ise A’ya (her yerde) yo¼
Örnek: Qn Rn kümesi n-boyutlu reel Öklit uzay¬n¬n yo¼
gun bir alt kümesidir; çünkü, her x 2 Rn ve B(x; );
n
B(x; ) \ Q 6= ’dir.
> 0; için
Alt uzay¬n herhangi bir alt kümesinin kapan¬ş¬n¬hem alt uzaya hemde ana uzaya göre tan¬mlayabiliriz. Peki bunlar aras¬ndaki
ilişki nedir?
Teorem: B A
B A = B \ A olur.
X şeklinde bir alt uzay zinciri olsun. B’nin A’daki kapan¬ş¬n¬B A ile, X’deki kapan¬ş¬n¬B ile gösterirsek
Örnek: Yukar¬daki teorem iç için do¼
gru de¼
gildir. Yani B’nin A’daki içini BA ile, X’deki içini B ile gösterirsek BA ile B \ A
farkl¬ olabilir. Çok basit bir karş¬ örnek: B = A = Q rasyonel say¬lar kümesi ve X = R reel say¬lar kümesi olsun. Standart
topolojiyi düşünelim. Bu durumda Q’nun kendisine göre içi kendisi olaca¼
g¬ndan QQ = Q olur. Fakat Q’nun R’ye göre içi boş
kümedir. O halde Q \ R = olur. Ve böylece QQ 6= Q \ R:
10
6
Süreklilik, Aç¬k ve Kapal¬Fonksiyonlar, Homeomor…zma
Önce lokal süreklili¼
gi tan¬ml¬yal¬m. Notasyonlar¬ hat¬rl¬yal¬m: T; T (x); B; B(x) ve K notasyonlar¬ s¬ras¬yla, topolojiyi, x’in
komşuluk ailesini, baz¬, x’in lokal baz¬n¬ve T ’nin kapal¬ailesini göstermektedir.
Tan¬m: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y bir fonksiyon, x0 2 X ve y0 = f (x0 ) olsun. E¼
ger her V 2 T 0 (y0 ) için
f (U ) V şart¬n¬sa¼
glayan bir U 2 T (x0 ) varsa, f fonksiyonuna x0 noktas¬nda, T T 0 topolojilerine göre, süreklidir denir.
Tan¬m: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y bir fonksiyon olsun. E¼
ger f fonksiyonu X’in her noktas¬nda sürekli
ise bu fonksiyona X üzerinde süreklidir ve ya her yerde süreklidir ve ya sadece süreklidir denir.
Şimdi süreklili¼
gin alternatif tan¬mlar¬n¬görelim:
Teorem: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y bir fonksiyon olsun. K ve K 0 s¬ras¬ile T ve T 0 ’nün kapal¬ailelerini
göstersin. Aşa¼
g¬daki cümleler denkdir:
1. f süreklidir.
2. Her V 2 T 0 için f
1
3. Her B 2 K 0 için f
1
(V ) 2 T:
(B) 2 K:
4. Her A
X için f (A)
5. Her C
Y için f
1
f (A).
(C )
(f
1
(C))
6. E¼
ger B 0 kümesi Y uzay¬n¬n bir baz¬ise 8V 2 B 0 için f
1
(V ) 2 T:
Yukar¬daki teoremin 2. ş¬kk¬, pek çok kitapda, lokal süreklili¼
gin tan¬m¬ndan ba¼
g¬ms¬z olarak, süreklili¼
gin tan¬m¬ olarak
verilmektedir. Bu tan¬m süreklili¼
gin en güzel tan¬m¬d¬r. Bizde bunu süreklili¼
gin genel tan¬m¬olarak hat¬rlayaca¼
g¬z. Şu şekilde:
"E¼
ger (hedef uzay¬ndaki) her aç¬k kümenin ters görüntüsü (tan¬m uzay¬nda) aç¬k ise fonksiyon süreklidir." Daha da basiti, 6.
ş¬kda söylendi¼
gi gibi, hedef uzay¬n baz elemanlar¬n¬n tersinin tan¬m kümesi uzay¬nda aç¬k olmas¬fonksiyonun sürekli olmas¬için
yeterlidir.
Metrik uzaylar aras¬ndaki fonksiyonlar¬n "süreklili¼
gin "
tan¬m¬" diye bildi¼
gimiz süreklilik tan¬m¬ ile süreklili¼
gin genel
tan¬m¬denktir. Bu denklik yukrdaki teoremin 6. ş¬kk¬ndan kolayca ç¬kart¬labilir. Notasyonu hat¬rl¬yal¬m: Bd (x; ) notasyonu d
metri¼
gine göre, x merkezli, yar¬çapl¬aç¬k küreyi göstermektedir.
Teorem: (X; d) ve (Y; d0 ) iki metrik uzay Td ve Td0 s¬ras¬ile d ve d0 metriklerinin X ve Y üzerinde yaratt¬g¼¬topolojiler olsun.
f : X ! Y fonksiyonu X’den Y ’ye bir fonksiyon olsun. Aşa¼
g¬daki cümleler denktir:
1. f fonksiyonu Td -Td0 süreklidir, yani k¬sacasa söylemek gerekirse, süreklidir.
2. 8" > 0 ve 8x 2 X için 9 > 0 öyle ki f (Bd (x; ))
Tan¬m: Yukar¬daki teoremdeki
denir.
Bd0 (f (x); "):
say¬s¬x’den ba¼
g¬ms¬z yani sadece "’a ba¼
gl¬olarak bulunabiliyorsa f ’ye düzgün süreklidir
Düzgün sürekli olan her fonksiyon süreklidir fakat bunun tersi do¼
gru de¼
gildir. Düzgün süreklilik süreklilikden daha güçlüdür.
Aşa¼
g¬da sürekli fonksiyonlarla ilgili temel örnekler, verilen sürekli fonksiyonlardan yeni sürekli fonksiyon elde etme yollar¬ ve
düzgün süreklilikle ilgili örnekler verilmiştir. Yap¬lmas¬gereken ispatlar¬okuyucuya al¬şt¬rma olarak b¬rak¬yoruz.
Örnekler:
1. Yukar¬daki tan¬mlarda X kümesi fonksiyonun tan¬m kümesidir (uzay¬d¬r). Yani f fonksiyonu X’in her noktas¬nda tan¬mlanm¬şt¬r. Buna dikkat edilmesi gerekir. Örne¼
gin f : R ! R; f (x) = x1 , şeklinde bir yaz¬m, x 6= 0 oldu¼
gu belirtilmezse,
do¼
gru de¼
gildir. Çünkü bu fonksiyon x = 0 noktas¬nda tan¬ms¬zd¬r. Kalkülüs’de bu nednenle bu fonksiyonun bu noktada
süreksiz oldu¼
gunu söyleriz. Fakat topolojide bu o kadar önemli bir husus de¼
gildir. Çünkü X = R f0g bu fonksiyonun
tan¬m kümesidir ve asl¬nda fonksiyon f : X ! R; f (x) = x1 şeklinde verilmelidir. Bu fonksiyon X üzerinde süreklidir,
k¬saca söylemek gerekirse, süreklidir.
11
2. (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve c 2 Y olsun. Her x 2 X için f (x) = c şeklinde tan¬mlanan bir f : X ! Y
fonksiyonuna sabit fonksiyon denir. Sabit fonksiyonlar süreklidir. Çünkü her V 2 T 0 için ya c 2 V ’dir ki bu durumda
f 1 (V ) = X 2 T olur ve ya c 2
= V ’dir ki bu durumda f 1 (V ) = 2 T olur. Her iki durumda süreklilik şart¬sa¼
gland¬g¼¬
için sabit bir fonksiyon süreklidir.
3. (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y bir fonksiyon olsun. E¼
ger T , yani X’in topolojisi, yani tan¬m kümesinin
topolojisi ayr¬k topoloji ise f hangi fonksiyon olursa olsun süreklidir.
4. (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y bir fonksiyon olsun. E¼
ger T 0 , yani Y ’nin topolojisi, yani hedef kümesinin
topolojisi trivial topoloji ise f hangi fonksiyon olursa olsun süreklidir.
1 x 0
şeklinde tan¬mlanan ad¬m fonksiyonu u : R1 ! R1 standart topoloji-standart topoloji ikilisine göre
0 x<0
süreksizdir. Örne¼
gin V = ( 12 ; 32 ) kümesi standart topolojide aç¬kt¬r fakat f 1 (V ) = f 1 (1) = [0; 1) standart topolojide
aç¬k de¼
gildir ve bu nedenle ad¬m fonksiyonu süreklili¼
gin tan¬m¬n¬ sa¼
glamaz. Bu fonksiyonun süreksiz oldu¼
gu tek nokta
x = 0 noktas¬d¬r. Ve fonksiyonun bir noktada süreksiz olmas¬, (global olarak) süreksiz olmas¬için yeterlidir.
5. u =
6. (X; T ) bir topolojik uzay ve A X alt uzay¬ve TA bu alt uzay¬n indirgenmiş topolojisi olsun. i : A ! X fonksiyonunu
i(a) = a şeklinde tan¬ml¬yal¬m. Bu fonksiyona (A’n¬n X’e) gömme fonksiyonu denir. Bu fonksiyon yani i süreklidir.
Bunun ispat¬tamamen alt uzay¬n tan¬m¬ndan gelir. E¼
ger V 2 T ise i’nin tan¬m¬ndan dolay¬i 1 (V ) = V \ A olaca¼
g¬ndan
1
i (V ) 2 TA olur ve bu nedenle i süreklidir.
7. (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y sürekli bir fonksiyon, yani T T 0 ikilisine göre sürekli bir fonksiyon, olsun.
E¼
ger T T 0 topolojileri yerine X üzerine T ’den daha ince bir topoloji T ve Y üzerine T 0 ’den daha kaba bir topoloji T 0
konursa f fonksiyonu T
T 0 ikilisine görede süreklidir.
8. (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay, f : X ! Y sürekli bir fonksiyon ve A X olsun. A üzerindeki k¬s¬tlanm¬ş fonksiyon
fjA : A ! Y bariz bir şekilde tan¬mlan¬r: fjA (a) = f (a): Bu fonksiyon A’n¬n alt uzay topolojisi ve T 0 topolojisi ikilisine
göre süreklidir.
9. (Yap¬şt¬rma Lemas¬) X = A [ B bir topolojik uzay olsun ve A; B
X’in aç¬k alt kümeleri (alt uzaylar¬) olsun.
f : A ! Y ve g : B ! Y sürekli fonksiyonlar olsun. Ve her x 2 A \ B için f (x) = g(x) olsun. Bu durumda e¼
ger h : X ! Y
fonksiyonunu, h(x) = f (x); e¼
ger x 2 A; h(x) = g(x); e¼
ger x 2 B; şeklinde tan¬mlarsak h fonksiyonu sürekli olur. Bu
Lema’da her iki kümeyi aç¬k almak yerine her ikisinide kapal¬al¬rsak Lema yine do¼
grudur.
10. I·ki sürekli fonksiyonun bileşkesi yeni bir sürekli fonksiyondur. f : X ! Y sürekli ve g : Y ! Z sürekli ise g
süreklidir.
f :X!Z
11. Düzgün ve düzgün olmayan süreklili¼
ge örnek verelim. f : R1 ! R1 ; f (x) = ax + b; düzgün süreklidir. Fakat g : R1 ! R1 ;
2
g(x) = ax +bx+c; a 6= 0; düzgün sürekli de¼
gildir. I·kinci fonksiyonun düzgün sürekli olmamas¬n¬n nedeni, tan¬m kümesinin
s¬n¬rs¬z olmas¬ndan ve dolay¬s¬yla ’n¬n x’e ba¼
gl¬olarak bulunmas¬ndan kaynaklan¬r. Fakat, örne¼
gin, bu fonksiyonu kapal¬
bir aral¬g¼a s¬n¬rl¬etmiş olsayd¬k, ’y¬x’den ba¼
g¬ms¬z olarak sadece "’a ba¼
gl¬olarak ifade edebilirdik ve g(x)’de bu kapal¬
aral¬k üzerinde düzgün sürekli olurdu. ’n¬n seçimindeki ayr¬nt¬lar¬okuyucuya al¬şt¬rma olarak b¬rak¬yoruz.
12. (X; d) metrik uzay ve x0 2 X seçilmiş (sabit) bir nokta olsun. d(x; x0 ) : X ! R fonksiyonu düzgün süreklidir.
Tan¬m:(X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve f : X ! Y bir fonksiyon olsun. K ve K 0 s¬ras¬ile T ve T 0 ’nün kapal¬ailelerini
göstersin. Her U 2 T için f (U ) 2 T 0 ise f ’ye aç¬k fonksiyon, her C 2 K için f (C) 2 K 0 ise f ’ye kapal¬fonksiyon denir.
Teorem: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve f : X ! Y bir fonksiyon olsun. Şu ifadeler denktir: a) f : X ! Y aç¬k
fonksiyondur. b) Her A X için f (A ) f (A) :
Yukar¬daki teoremin benzeri kapal¬fonksiyonlar içinde yaz¬labilir. Bunu okuyucuya b¬rak¬yoruz.
Örnekler:
1. (X; T ) üzerinde trivial topoloji olan bir topolojik uzay ve ya (Y; T 0 ) üzerinde ayr¬k topoloji olan bir uzay ise, her f : X ! Y
bir fonksiyonu hem aç¬k fonksiyon hem kapal¬fonksiyondur.
2. p1 (x; y) = x; şeklinde tan¬mlanan p1 : R2 ! R1 projeksiyon fonksiyonu aç¬k fonksiyondur fakat kapal¬fonksiyon de¼
gildir.
Bunu ispatlamak için y = x1 fonksiyonunun R2 ’deki gra…¼
gi ’y¬ düşünmek yeterlidir.
kolayca ispatlanaca¼
g¬ gibi R2 ’de
kapal¬d¬r. Fakat, p1 ( ) = ( 1; 0) [ (0; 1) kümesi R1 ’de kapal¬de¼
gildir. Ve genel olarak Rn ’den Rm ’e olan bir projeksiyon
aç¬k fonksiyondur fakat kapal¬fonksiyon de¼
gildir.
12
3. Sürekli bir fonksiyon aç¬k fonksiyon ve ya kapal¬ fonksiyon olmak zorunda de¼
gildir. Örne¼
gin, f : R1 ! R1 ; f (x) = x2
fonksiyonu süreklidir fakat aç¬k de¼
gildir. Örne¼
gin, f (( 1; 1)) = [0; 1) ve bu fonksiyon aç¬k de¼
gildir. Bu örnekte kullan¬lan
fonksiyon 1 1 ve örten de¼
gildir. 1-1, örten ve sürekli olan fakat aç¬k olmayan bir fonksiyona örnek olarak şu verilebilir:
f : (R1 ; Tstandart ) ! (R1 ; Ttrivial ) fonksiyonunu birim fonksiyon yani f (x) = x şeklinde tan¬mlans¬n. Bu fonksiyon tan¬m
gere¼
gi 1-1 ve örtendir, yani bijektifdir. Sürekli oldu¼
gu hemen kontrol edilebilir. Fakat aç¬k de¼
gildir. Örne¼
gin, U = (0; 1) 2
Tstandart oldu¼
gu halde f (U ) = (0; 1) 2
= Ttrivial : Fakat, f : (R1 ; Tstandart ) ! (R1 ; Tstandart ) şeklindeki bijektif sürekli bir
fonksiyon aç¬kt¬r. Bunun ispat¬n¬daha sonra, ba¼
glant¬l¬l¬k kavram¬n¬kullanarak yapaca¼
g¬z.
4. Başka bir bijektif ve sürekli olan fakat aç¬k olmayan fonksiyon örne¼
gi gösterelim. Önce birim çemberi karmaş¬k say¬lar
içinde jzj = 1 olarak düşünelim. f : [0; 1) ! S 1 ; f (x) = exp 2 i; fonksiyonu bijektifdir ve süreklidir, fakat aç¬k de¼
gildir.
Üstelik bu örnekte kullan¬lan her iki uzay¬n topolojisi standart topolojiden indirgenmiştir, yani standart topolojidir.
5. Aç¬k olan fakat sürekli olmayan bir fonksiyon örne¼
gi de gösterebiliriz. Kolay bir karş¬ örnek şu: f : (R1 ; Ttrivial ) !
1
(R ; Tstandart ) fonksiyonunu birim fonksiyon olsun. f ’in aç¬k bir fonksiyon oldu¼
gu kolayca kontrol edilebilir. Fakat, f
sürekli de¼
gildir. Örne¼
gin, (0; 1) 2 Tstandart , fakat f 1 ((0; 1)) = (0; 1) 2
= Ttrivial . Fakat, f : (R1 ; Tstandart ) ! (R1 ; Tstandart )
şeklindeki bijektif aç¬k bir fonksiyon süreklidir. Ters fonksiyon f 1 ’i düşünerek ve 3. örnekte söylenen son şeyi kullanarak
bu ispatlanabilir.
Topolojide karş¬örnekler bulmak için genelde "tuhaf" topolojileri ve ya farkl¬topolojileri düşünmemiz gerekebilir. Gerçektende, 3. ve 5. örnekte görüldü¼
gü gibi, standart topoloji, topolojideki pek çok problem için karş¬ örnekler üretmiyor. Bunu
ak¬lda tutmakda yarar var.
Tan¬m: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve f : X ! Y bir fonksiyon olsun. f bijektif, sürekli ve tersi sürekli bir fonksiyon
ise f ’e homeomor…zma; X ve Y ’ye homeomor…k uzaylar, ve ya topolojik olarak eşit uzaylar, denir ve X = Y şeklinde gösterilir.
Teorem: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve f : X ! Y bijektif bir fonksiyon olsun. Şu ifadeler denktir: a) f
homeomor…zmad¬r b) f aç¬k ve süreklidir c) f kapal¬ve süreklidir d) Her A X için f (A) = f (A)’d¬r.
Örnekler:
1. R1 herhangi bir (a; b) s¬n¬rl¬ aç¬k aral¬g¼¬ alt uzay¬na homeomor…kdir, k¬saca ifade etmek gerekirse: R1 = (a; b): I·spat:
f : R1 ! (a; b); f (x) = (b a) arctan x + a+b
2 istenen homeomor…zmad¬r.
2. (0; 1) aç¬k aral¬g¼¬ (0; 1) [ (1; 2) aç¬k kümesine homeomor…k de¼
gildir. Bunun ispat¬n¬ "ba¼
glant¬l¬l¬k" kavram¬n¬ kullanarak
ilerki bir konuda yapaca¼
g¬z. Fakat, okuyucu üzerinde biraz düşünürse, şu andada bu sav¬kan¬tlayabilir.
3. R2 ’deki birim çember, max(jxj ; jyj) = 1 karesine homeomor…kdir. Genel olarak söylemek gerekirse, düzlemde bir çember
ile bir kare homeomor…kdir. Bu heomeomor…zma fonksiyonunu aç¬k olarak yazmak o kadar kolay de¼
gildir. Ama bu
homeomor…zmay¬hayal etmek o kadar zor de¼
gildir. Benzer şekilde, genel olarak, Rn ’de kapal¬, sürekli ve kendini kesmeyen
her e¼
grinin çembere homeomor…k oldu¼
gu hayal edilebilir.
4. Düzlemde, ve ya Rn ’de (n
3), sekiz şeklindeki, yani yat¬k olarak hayal edilirse, sonsuz şeklindeki bir e¼
gri çembere
homeomor…k de¼
gildir. Bunun ispat¬topolojik uzaylara ait bir topolojik de¼
gişmez olan "temel grup" kavram¬kullan¬larak
yap¬labilir. Bu kavram cebirsel topolojinin ilk ve önemli kavramlar¬ndan biridir.
5. n-boyutlu birim küreyi S n = fx 2 Rn j kxk = 1g şeklinde tan¬mlarsak S n ve Rm ’nin hiç bir m; n 2 N ikilisi için homeomor…k olmad¬g¼¬ilerki bir konuda tan¬mlayaca¼
g¬m¬z kompaktl¬k kavram¬kullan¬larak kolyaca gösterilebilir.
6. 2 boyutlu birim küre S 2 üzerinden bir nokta ç¬kar¬rsak kalan alt uzay düzleme, yani R2 ’ye, homeomor…ktir. Bu homeomor…zmay¬formülize etmek mümkündür. Okuyucu için anahtar kelime: Stereogra…k projeksiyon.
7. n 6= m , Rn
Rm : n = 1 için bir çözüm her iki uzaydan bir nokta ç¬kar¬larak ve ba¼
glant¬l¬l¬k kavram¬ kullan¬larak
yap¬labilir. n; m 2 için, bu problemi genel topolojide çözmek zordur. Cebirsel topoloji teknikleri ile çözülebilir.
8. n 6= m , S n
S m ise yukardaki örne¼
gin, yani 7. örne¼
gin, direkt sonucudur. Bunu göstermeyi okuyucuya b¬rak¬yoruz.
Homeomor…zma = ba¼
g¬nt¬s¬ bir denklik ba¼
g¬nt¬s¬d¬r ve topolojik uzaylar ve sürekli fonksiyonlar kategorisini homeomor…zma denklik s¬n¬‡ar¬na ay¬r¬r. Topolojinin en önemli problemlerinden biri iki uzay¬n ayn¬homeomor…zma denklik s¬n¬f¬nda olup
olmad¬g¼¬n¬anlamak için topolojik özellikler ve ya topolojik de¼
gişmezler bulmakt¬r. Say¬labilme ve ayr¬lama aksiyomlar¬, kompaktl¬k, ba¼
glant¬l¬l¬k ve yol ba¼
glant¬l¬l¬g¼¬genel topolojideki en önemli topolojik özelliklerdendir. Fakat bu özellikler, homeomor…zma
problemlerini çözmeye yetmez. Bu nedenle topolojinin bir kolu olan cebirsel topoloji do¼
gmuştur.
13
7
Fonksiyonlarla Üretilen Topolojiler, Bölüm Uzaylar¬ve Çarp¬m Uzaylar¬
Topolojileri olmayan uzaylara fonksiyonlar¬kullanarak topoloji koyabiliriz.
Tan¬m: a) X bir küme, f(Yi ; Ti0 )g bir topolojik uzay ailesi ve ffi : X ! (Yi ; Ti0 )g bir fonksiyon ailesi olsun. ffi g ailesinin
tüm elemanlar¬n¬ sürekli yapan X üzerindeki en kaba topolojiye, ffi g fonksiyonlar¬na göre X’in başlang¬ç topolojisi denir. b)
Y bir küme, f(Xi ; Ti )g bir topolojik uzay ailesi ve fgi : (Xi ; Ti ) ! Y g bir fonksiyon ailesi olsun. fgi g ailesinin tüm elemanlar¬n¬
sürekli yapan Y üzerindeki en ince topolojiye, fgi g fonksiyonlar¬na göre Y ’nin bitiş topolojisi denir.
Örnek:
1. X = R1 kümesi reel say¬ kümesi olsun.
f ; fag ; fb; cg ; Y g olsun. f : X ! Y;
Standart topolojisini unutun.
8
< a;
b;
f (x) =
:
c;
Y = fa; b; cg ve üzerindeki topoloji T 0 =
x<0
x=0
x>0
olsun. Bu durumda bu fonksiyonu sürekli yapan X’in en kaba topolojisi Tbaşlang¬ç =
topoloji reel say¬do¼
grusunun yukar¬daki fonksiyona göre başlang¬ç topolojisidir.
; ( 1; 0); [0; 1); R1
olur ve bu
2. (X; T ) topolojik uzay ve A
X alt kümesi olsun. A’n¬n üzerine topoloji konulmad¬g¼¬n¬ ve topoloji koymak istedi¼
gimizi
farz edelim. i : A ! X fonksiyonunu i(a) = a; 8a 2 A; şeklinde tan¬mlayal¬m. Buna içine ve ya gömme fonksiyonu diyoruz.
Kolayca görülece¼
gi gibi, bu fonksiyona göre A’n¬n üzerine konulan başlang¬ç topolojisi A’n¬n alt uzay topolojisidir.
3. Y kümesi 1. örnekte oldu¼
gu gibi olsun ve üzerinde topoloji olmas¬n; yukar¬daki topolojisini unutun. f : R1 ! Y
fonksiyonu 1. örnekte oldu¼
gu gibi tan¬mlans¬n. f fonksiyonunu sürekli yapan Y üzerindeki en ince topoloji Tbitiş =
f ; fag ; fcg ; fa; cg ; Y g’dir.
4. f : R1 ! S 1 ; f (x) = exp 2 i; şeklinde tan¬mlans¬n. S 1 ’in üzerinde topoloji olmas¬n. Bu durumda bu fonksiyona göre S 1 ’in
bitiş topolojisi (R2 ’den indirgenmiş) standart topolojisidir. Bu iddiay¬ kan¬tlamak için baz elemanlar¬n¬n görüntülerini
ve ters görüntülerini düşünmek yeterlidir. Aç¬k aral¬klar¬n görüntüleri aç¬k yaylar ve aç¬k yaylar¬n ters görüntüleri aç¬k
aral¬klar¬n bileşimi şeklinde olaca¼
g¬için buradaki bitiş topolojisi S 1 ’in standart topolojisine eşit olmal¬d¬r.
Fonksiyonlarla üretilen topolojilerin en önemlileri bölüm topolojisi ve çarp¬m topolojisi olarak adland¬raca¼
g¬m¬z topolojilerdir.
Bu kavramlara ayr¬ayr¬de¼
ginelim. Önce bölüm uzaylar¬ndan bahsedelim. Bir uzay¬n bölünmesi denildi¼
ginde genelde bu uzay¬n
üzerinde bir denklik ilişkisi oldu¼
gu ve ya uzay¬n bir ayr¬k parçalanmas¬n¬n yap¬ld¬g¼¬düşünülür. Bununla birlikte, bölüm uzay¬
daha genel bir şekilde tan¬mlan¬r.
Tan¬m: (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay ve p : X ! Y örten fonksiyon olsun. p şu şart¬sa¼
gl¬yorsa p’ye bölüm fonksiyonu
denir:
p 1 (V ) 2 T () V 2 T 0 :
Ve bu durumda Y uzay¬na X’in bir bölüm uzay¬denir.
Yukar¬daki tan¬mdaki şart süreklilik şart¬ndan daha güçlüdür. Bu sebeble bölüm fonksiyonu şart¬na "güçlü süreklilik" denir.
Aşa¼
g¬daki teorem her bölüm uzay¬n¬n asl¬nda bir bitiş topolojisi oldu¼
gunu söylüyor. Yani aşa¼
g¬daki teorem bölüm uzay¬n¬n
tan¬m¬olarakda al¬nabilir.
Teorem: (X; T ) bir topolojik uzay, Y bir küme ve f : X ! Y örten bir fonksiyon olsun. Y kümesinin üzerinde, f ’yi
bölüm fonksiyonu yapan, di¼
ger bir ifadeyle Y ’yi bölüm uzay¬yapan tek bir topoloji vard¬r ve bu topoloji f ’ye göre Y ’nin bitiş
topolojisidir.
Di¼
ger bir ifadeyle, bir topolojik uzaydan topolojisi olmayan bir kümeye örten bir fonksiyon verildi¼
ginde, hedef kümesi üzerine
bitiş topolojisi konuldu¼
gunda, bu fonksiyon bölüm fonksiyonu olur. Bir fonksiyonun bir bölüm fonksiyonu oldu¼
gunu anlamak
bazen kolayd¬r. Örne¼
gin,
Teorem: X; Y topolojik uzaylar ve f : X ! Y örten bir fonksiyon olsun. E¼
ger f hem sürekli hemde aç¬k ise f bölüm
fonksiyonudur.
Fakat, bir bölüm fonksiyonun aç¬k olmas¬ zorunlu de¼
gildir. Örten fonksiyonlar için, ayn¬ anda aç¬k ve sürekli olma bölüm
fonksiyonu olmakdan daha kuvvetlidir. Benzer bir teorem kapal¬ve sürekli örten fonksiyonlar içinde yaz¬labilir.
Örnekler:
14
1. X bir topolojik uzay ve
ilişkisi X’in bir ba¼
g¬nt¬s¬ olsun. Bu ba¼
g¬nt¬ alt¬ndaki denklik s¬n¬‡ar¬n¬n kümesini X=
ile
gösterelim ve p : X ! X=
fonksiyonu natüral bir şekilde tan¬mlanan projeksiyon olsun. Elbetteki p örtendir. Bu
fonksiyona göre X=
üzerindeki bitiş topolojisi bir bölüm topolojisidir ve bu topoloji ile X=
uzay¬ X’in bir bölüm
uzay¬d¬r ve p bölüm fonksiyonudur.
[
2. X bir topolojik uzay ve Y = fXi gi2I
2X koleksiyonu X’in ayr¬k alt kümelere parçalanmas¬olsun: i)
Xi = X ve ii)
i2I
Xi \ Xj = ; 8i 6= j. Ve p : X ! Y fonksiyonu, p(x) = Xi e¼
ger x 2 Xi ise şeklinde tan¬mlans¬n. Elbetteki p örtendir. Bu
fonksiyona göre, Y üzerine bitiş topolojisi koyal¬m. Bu durumda p fonksiyonu bölüm fonksiyonu, Y uzay¬X’in bir bölüm
uzay¬olur.
3. I·kinci örne¼
gin özel bir durumunu yazaca¼
g¬z. X bir topolojik uzay ve A
X bir alt kümesi olsun. X üzerinde şu ayr¬k
parçalanmay¬ tan¬ml¬yoruz: A tek bir parça, ve x 2
= A ise fxg tek parça. Bu ayr¬k bölünmeye göre ikinci örnekteki
inşaay¬yaparsak elde etti¼
gimiz bölüm uzay¬na A’s¬çökertilmiş X uzay¬denir ve X=A ile gösterilir. Fakat bu gösterim grup
bölümleri ile kar¬şt¬r¬lmamal¬d¬r. I·kisi farkl¬şeylerdir.
4. Bölüm fonksiyonlar¬n¬n en meşhuru daha önceden yazd¬g¼¬m¬z reel say¬lardan birim çembere tan¬mlanan exponensiyal
fonksiyonudur: p1 : R ! S 1 ; p(x) = e2 ix : Bu fonksiyon örtendir ve bölüm fonksiyonu oldu¼
gu yukardaki teoremden
kolayca gösterilebilir: Bu fonksiyon aç¬k ve süreklidir. Burada önemli bir şeyi not edelim. Reel say¬lar kümesi üzerinde şu
denklik ba¼
g¬nt¬s¬n¬tan¬mlayal¬m: x y e¼
ger x y 2 Z: Bu denklik ba¼
g¬nt¬s¬için birinci örnekteki inşaay¬yaparsak bir R=
uzay¬ve p2 : R ! R= bölüm fonksiyonu elde ederiz. Z < R alt grubu ilişkisi nedeni ile R= asl¬nda grup bölümüdür bu
nedenle literatürde R=Z ile gösterilir. (Uyar¬: Bu gösterimin üçüncü örnekteki gösterimle, yani çökertme uzay¬ile alakas¬
yoktur.) Bu nedenle bu bölüm fonksiyonu p2 : R ! R=Z şeklinde yaz¬labilir. Okuyucuya h p2 = p1 şart¬n¬sa¼
glayan bir
h : R=Z = S 1 homeomor…zmas¬bulmay¬al¬şt¬rma olarak b¬rak¬yoruz. Dolay¬s¬yla p1 ve p2 fonksiyonlar¬farkl¬şekilde inşaa
edilmiş olmalar¬na ra¼
gmen, asl¬nda, h homeomor…zmas¬alt¬nda, ayn¬şeylerdir.
5. Ka¼
g¬ttan k¬v¬rarak ve yap¬şt¬rarak uzaylar yapmak bölüm uzay¬ inşaa etmek demekdir. Örne¼
gin, 0
x
1; 0
y
1
karesini düşünelim. Bu kare üzerinde şöyle bir denklik ba¼
g¬nt¬s¬tan¬ml¬yoruz: (0; y) (1; y). Bu denklik ba¼
g¬nt¬s¬alt¬nda
bölüm uzay¬n¬inşaa edersek ve ya di¼
ger bir deyişle her y için (0; y) noktas¬n¬(1; y) noktas¬na yap¬şt¬r¬rsak bir silindir elde
gi 1 birimdir. Bu silindir sonlu ve kapal¬bir silindirdir.
ederiz. Bu silindirin yar¬çap¬ 21 ve yüksekli¼
6. Möbiüs şeridide silindir gibi bir bölüm uzay¬dr. Yukar¬daki kare üzerinde şu denklik ba¼
g¬nt¬s¬n¬ tan¬ml¬yal¬m: (0; y)
(1; 1 y): Yap¬şt¬rma işlemi zor olmakla birlikte, ka¼
g¬t¬k¬v¬r¬r ve bu denklik ba¼
g¬nt¬s¬na göre yap¬şt¬rmay¬yaprasak sonlu
ve kapal¬ bir Möbiüs şeridi elde ederiz. Silindirin ve Mobiüs şeridinin homeomor…k olmad¬g¼¬n¬ ispatlamak için cebirsel
topoloji metodlar¬gerekmektedir.
Şimdi çarp¬m topolojisinden bahsedelim. Bölüm topolojisi nas¬l bitiş topolojisi olarak görülüyorsa, çarp¬m topolojiside
başlang¬ç topolojisi olarak görülecektir. Sonlu say¬da topolojik uzay¬n kartezyen çarp¬m¬ üzerine topoloji koyman¬n do¼
gal bir
yolu aşa¼
g¬daki teoremde verilmiştir.
Teorem: (X1 ; T1 ); (X2 ; T2 ); :::; (Xn ; Tn ) sonlu say¬da (n tane) küme ve
( n
)
n
Y
Y
olsun.
Ui j Ui 2 Ti kümesi
Xi kümesinin bir baz¬d¬r.
i=1
n
Y
Xi bunlar¬n verilen s¬ra ile kartezyen çarp¬m¬
i=1
i=1
Tan¬m: Yukar¬daki teoremde verilen baz¬n
n
Y
Xi üzerinde yaratt¬g¼¬topolojiye çarp¬m topolojisi ve bu topoloji alt¬nda
i=1
n
Y
Xi
i=1
uzay¬na çarp¬m uzay¬ denir.Önemli
bir şeyi
ger B1 ; B2 ; :::; Bn s¬ras¬yla (X1 ; T1 ); (X2 ; T2 ); :::; (Xn ; Tn ) topolojik
( n
) not edelim: E¼
Y
uzaylar¬n¬n bazlar¬ iseler
Ui j Ui 2 Bi kümeside çarp¬m uzay¬n¬n bir baz¬d¬r. Elbette bu baz daha küçük ve dolay¬s¬ ile
i=1
daha kullan¬şl¬d¬r.
Tan¬m: pk (x1 ; x2 ; :::; xk ; :::; xn ) = xk ; 1
k
n; şeklinde tan¬mlanan pk :
n
Y
i=1
fonksiyonu denir.
Xi ! Xk fonksiyonuna k-¬nc¬ projeksiyon
Çarp¬m topolojisi bu projeksiyonlar ailesine göre olan başlang¬ç topolojisidir.
Teorem: a) pk ’lar sürekli ve aç¬k fonksiyonlard¬r. b) Çarp¬m topolojisi fpk g fonksiyon ailesine göre kartezyen çarp¬m¬
kümesinin başlang¬ç topolojisidir.
Örnekler:
15
1. R1 standart topolojili reel say¬do¼
grusu olsun. Kalkülüste R2 kümesini R1 R1 kartezyen çarp¬m¬kümesi olarak tan¬m1
1
lam¬şt¬k. R
R kümesi üzerindeki çarp¬m topolojisi R2 ’nin standart topolojisidir: Çarp¬m topolojisinin bir baz¬n¬aç¬k
diktörtgenler oluşturur. Aç¬k bir disk aç¬k diktörtgenlerin bileşimi şeklinde yaz¬labilece¼
gi, ve aç¬k bir diktörgende aç¬k
disklerin bileşimi şeklinde yaz¬labilece¼
gi için çarp¬m topolojisi standart topolojiye eşittir. Benzer şekilde, Rn ’de asl¬nda
R1 R1 :::: R1 (n tane) şeklinde bir çarp¬m uzay¬d¬r.
2. S 1 R1 her iki ucu sonsuza giden silindir ve S 1 S 1 torus çarp¬m uzaylar¬d¬r. Bu cisimler üç boyutlu Öklit uzay¬n¬n
içinde hayal edilebilirler. Bu durumda bu uzaylar¬n çarp¬m topolojisi üç boyutlu Öklit uzay¬n¬n standart topolojisinden
indirgenen alt uzay topolojisine eşittir.
Sonsuz tane kümenin çarp¬m topolojisini, tuhaf bir şekilde, farkl¬bir şekilde tan¬mlayaca¼
g¬z. I·şin daha da tuhaf yan¬, do¼
gal
olarak genellemesi olarak düşündü¼
gümüz tan¬ma farkl¬bir isim verece¼
giz.
Tan¬m: f(Xi ; Ti )gi2I key… say¬da bir topolojik uzay koleksiyonu olsun ve X =
kümesi olsun. X üzerine iki farkl¬topoloji koyaca¼
g¬z.
(
)
Y
1. (Kutu Topolojisi) Baz¬:
Ui j Ui 2 Ti
Y
Xi kümesi bu uzaylar¬n kartezyen çarp¬m¬
i2I
i2I
2. (Çarp¬m Topolojisi)
(
)
Y
Baz¬:
Ui j Ui 2 Ti ve sonlu say¬da i 2 I hariç Ui = Xi
i2I
Sonlu say¬da küme için kutu topolojisi ile çarp¬m topolojisinin ayn¬ oldu¼
gu tan¬mdan hemen gösterilebilir. Fakat sonsuz
say¬da küme için kutu topolojisi genelde çok daha ince olan bir topolojidir, yani bu topolojiler farkl¬d¬r. Aşa¼
g¬daki teorem
çarp¬m topolojisi için yaz¬lm¬şt¬r. Çarp¬m topolojisi kutu topolojisi olarak de¼
giştirilirse teorem sa¼
glanmaz, yani do¼
gru de¼
gildir.
Karş¬bir örnek için [Munkres]’e bakabilirsiniz.
Teorem:
Y
i2I
Xi üzerinde çarp¬m topolojisi olsun ve f : A !
tan¬mlans¬n. Bu durumda f süreklidir , Her
Y
i2I
Xi bir fonksiyon olsun ve f (a) = (f (a))
2I
şeklinde
2 I için f süreklidir.
Yukar¬daki teorem neden çarp¬m topolojisin, daha kaba olmas¬na ra¼
gmen, kutu topolojisine tercih edildi¼
gini gösteren nedenlerden sadece biridir. Bu nedenle bir kartezyen çarp¬m üzerinde, aksi belirtilmedikçe çarp¬m topolojisi oldu¼
gu
varsay¬l¬r.
8
Birinci ve I·kinci Say¬labilir Uzaylar
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun. E¼
ger her x 2 X için x’in say¬labilir bir lokal baz¬B(x) var ise X uzay¬na birinci say¬labilir
uzay; e¼
ger X’in say¬labilir bir baz¬B varsa X’e ikinci say¬labilir uzay denir.
1. say¬labilir olma ve 2. say¬labilir olma topolojik özelliklerdir. Yani iki uzay homeomor…kse birinin say¬labilme özelli¼
gi ne
ise di¼
gerininki de odur. Ayr¬ca, 1. say¬labilir olma ve 2. say¬labilir olma kal¬tsal özelliklerdir. Yani bir uzay 1. say¬labilir ise
tüm alt uzaylar¬1. say¬labilirdir. Ayn¬şekilde bir uzay 2. say¬labilir ise tüm alt uzaylar¬2. say¬labilirdir. Aşa¼
g¬daki teorem 2.
say¬labilir olman¬n 1. say¬labilir olmadan daha güçlü oldu¼
gunu söylüyor.
Teorem: X 2. say¬labilir ise 1. say¬labilirdir.
Örnekler:
1. Yukar¬daki teoremin tersi do¼
gru de¼
gildir. Örne¼
gin (R1 ; Taltlim it ) 1. say¬labilir bir uzayd¬r, fakat 2. say¬labilir de¼
gildir. 1.
1
say¬labilir oldu¼
gunu göstermek için, her a 2 R için a’n¬n say¬labilir lokal baz¬n¬B(a) = f[a; b) j b 2 Q; b > ag olarak almak
yeterlidir. 2. say¬labilir olmad¬g¼¬n¬n ispat¬n¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
2. Reel Öklit uzaylar¬, Rn ’ler, ve bunlar¬n alt uzaylar¬ 2. say¬labilirdir ve dolay¬s¬yla 1. say¬labilirdir. Rn ’in 2. say¬labilir
oldu¼
gunu kan¬tlamak için en kullan¬şl¬ baz¬n¬ B = fB(x; ) j x 2 Qn ; 2 Q+ g’yi hat¬rlamak yeterlidir. Burada Rn ’in 2.
say¬labilir olma nedeni, say¬labilir ve yo¼
gun bir alt kümesi olan Qn ’in varl¬g¼¬d¬r. Yani Rn ayr¬labilen metrik uzayd¬r. Genel
olarak, say¬labilir ve yo¼
gun bir alt kümesi olan, yani ayr¬labilen, her metrik uzay¬n 2. say¬labilir oldu¼
gunu söyleyebiliriz.
16
3. (R1 ; Tsonlutüm leyen ) uzay¬ 1. say¬labilir bile de¼
gildir. Örne¼
gin 0’¬n say¬labilir bir lokal baz¬ B(0) = R1 Fn j n 2 Z +
1
[
oldu¼
gunu varsayal¬m. Burada Fn ’ler sonlu kümlerdir. Dolay¬s¬yla F =
Fn say¬labilir bir kümedir. y 2 R1 F alal¬m,
n=1
ki R1 say¬lamaz oldu¼
gu için bunu yapabiliriz, ve U = R1 fyg olsun. U s¬f¬r¬n bir komşulu¼
gudur. Fakat hiçbir R1
kümesi U ’nun içinde olamaz. Bu lokal baz¬n tan¬m¬ile çelişir.
Fn
Aşa¼
g¬daki teorem 1. say¬labilir uzaylar¬n lokal bazlar¬n¬n özel bir şekilde iç içe seçilebilece¼
gini söylüyor. Buda görsel aç¬dan
1. say¬labilir topolojilerin oldukça düzenli oldu¼
gunu gösteriyor. Dizilerin limitleri göz önüne ald¬g¼¬m¬z ileriki bir konuda, bu iç
içe düzenlili¼
gin oldukça yararl¬oldu¼
gunu görece¼
giz.
Teorem: X 1. say¬labilir uzay ise X’in her x 2 X için, iç içe olan say¬labilir bir lokal baz¬ vard¬r. Yani, her x 2 X için
9B(x) = fVn j n 2 Z + g öyle ki B(x) koleksiyonu x’in lokal baz¬d¬r ve Vn+1 Vn ; 8n:
Say¬labilme ile ilgi di¼
ger iki önemli tan¬m Lindölöf uzay¬tan¬m¬ve ayr¬labilen uzay¬n tan¬md¬r. Fakat bu tan¬mlardan önce,
örtü ve alt örtü kavramlar¬n¬tan¬mlayal¬m. Bu önemli kavramlar kompaktl¬k konusunda tekrar karş¬m¬za ç¬kacaklar.
Tan¬m: X bir topolojik uzay olsun, tümünün bileşimi X’i veren herhangi bir aç¬k küme koleksiyonuna X’in bir aç¬k örtüsü
denir. Bu örtünün bir alt kümesi X’i kapl¬yorsa bu alt kümeye verilen örtünün alt örtüsü denir.
Tan¬m: Bir uzay¬n her aç¬k örtüsünün say¬labilir bir alt örtüsü var ise bu uzaya Lindelöf uzay¬denir.
Teorem: 2. say¬labilir uzay Lindelöf uzay¬d¬r. (Dolay¬s¬yla, özel bir durum olarak, 2. say¬labilir uzay¬n her baz¬, say¬labilir
bir baza indirgenebilir.)
Örnek: Yukar¬daki teoremin tersi do¼
gru de¼
gildir. Örne¼
gin (R1 ; Taltlim it ) uzay¬Lindelöf’dür fakat 2. say¬labilir de¼
gildir.
Aşa¼
g¬daki teoremi kompaktl¬k konusundaki "Kompakt uzaylar¬n kapal¬alt kümeleri kompaktt¬r." teoremiyle karş¬laşt¬r¬n¬z.
Benzer sonuçlar¬n olmas¬n¬n nedeni her iki kavram¬nda (Lindelöf uzay¬kavram¬ve kompaktl¬k kavram¬) örtü kavram¬ile tan¬mlanmas¬d¬r.
Teorem: Bir Lindelöf uzay¬n¬n kapal¬alt kümesi Lindelöf uzay¬d¬r.
Şimdi di¼
ger önemli tan¬ma geçelim. Bu tan¬m daha önce sözünü etti¼
gimiz yo¼
gun kümelerle ilişkilidir.
Tan¬m: X topolojik uzay olsun. X’in say¬labilir ve yo¼
gun bir alt kümesi varsa X’e ayr¬labilen uzay denir.
Örnekler:
1. 2. say¬labilir her uzay ayr¬labilen uzayd¬r.
2. Ayr¬labilen her metrik uzay¬, yukar¬daki örneklerde belirtti¼
gimiz gibi, 2. say¬labilir uzayd¬r.
Ayr¬labilen uzay olma özelli¼
gi topolojik özellikdir, fakat kal¬tsal de¼
gildir. Sadece aç¬k alt uzaylar için kal¬tsald¬r. Aç¬k olmayan
alt uzaylara kal¬tsal olmad¬g¼¬n¬gösteren karş¬örne¼
gi bulmay¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
9
Ayr¬lma Aksiyomlar¬
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun ve K bu topolojinin kapal¬küme ailesi olsun.
(T0 ) E¼
ger 8x1 ; x2 2 X için "9U1 2 T öyle ki x1 2 U1 ; x2 2
= U1 " ve ya "9U2 2 T öyle ki x1 2
= U2 ; x2 2 U2 " ise X’e T0 uzay¬denir.
(T1 ) E¼
ger 8x1 ; x2 2 X için "9U1 2 T öyle ki x1 2 U1 ; x2 2
= U1 " ve "9U2 2 T öyle ki x1 2
= U2 ; x2 2 U2 " ise ise X’e T1 uzay¬denir.
(T2 ) E¼
ger 8x1 ; x2 2 X için "9U1 ; U2 2 T öyle ki x1 2 U1 ve x2 2 U2 ve U1 \ U2 = " ise X’e T2 uzay¬ve ya Hausdor¤ uzay¬
denir.
(T3 ) E¼
ger 8A1 2 K; 8x 2 X; x 2
= A; için "9U1 ; U2 2 T öyle ki A
uzay¬"regüler T1 uzay¬" ise X’e T3 uzay¬denir.
(T4 ) E¼
ger 8A1 ; A2 2 K; için "9U1 ; U2 2 T öyle ki A1
"normal T1 uzay¬" ise X’e T4 uzay¬denir.
U1 ve A2
17
U1 ve x 2 U2 ve U1 \ U2 = " ise X’e regüler uzay denir. X
U2 ve U1 \ U2 = " ise X’e normal uzay denir. X uzay¬
Bir uzay regüler ise bu uzay¬n T1 oldu¼
gunu söyleyemeyiz, ayn¬şekilde bir uzay normal ise bu uzay¬n T1 oldu¼
gunu söyleyemeyiz.
Bu nedenle T3 ve T4 özelliklerinin tan¬m¬nda uzay¬n ayr¬ca T1 olmas¬istenmiştir. Buna dikkat edilmesi gerekir. Bu durumda,
i > j ise Ti özelli¼
ginin Tj özelli¼
ginden güçlü oldu¼
gunu söyleyen, aşa¼
g¬daki teoremi yazabiliriz:
Teorem: (T4 ) ) (T3 ) ) (T2 ) ) (T1 ) ) (T0 )
Yukar¬daki teoremdeki oklar¬ters çeviremeyiz. Aşa¼
g¬da karş¬örnekler gösterilmiştir.
Örnekler:
1. T0 olmayan topolojik uzay vard¬r. Örne¼
gin Ttrivial en az 2 elaman¬olan bir küme için T0 de¼
gildir.
2. T0 olan fakat T1 olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi: X = f1; 2; 3g ; T = f ; f1g ; f1; 2g ; Xg . 2’yi içeren ve 1’i içermeyen
bir aç¬k küme yoktur. Dolay¬s¬yla bu uzay T1 de¼
gildir. Fakat T0 ’d¬r. Çünkü 1’i içeren ve 2’yi içermeyen f1g aç¬k kümesi
var¬dr.
3. T1 olan fakat T2 (yani Hausdor¤) olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi olarak (R1 ; Tsonlutüm leyen ) verilebilir. Çünkü bu uzayda
aç¬k iki küme mutlaka kesişir.
4. T2 (Hausdor¤) olan fakat T3 olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi olarak (R1 ; TK ) verilebilir. Bu uzay¬ hat¬rl¬yal¬m: K =
1
+
alm¬şt¬k ve reel say¬do¼
grusunun TK topolojisinin yaratanlar¬(a; b) şeklindeki aç¬k aral¬klar ve ya (a; b) K
n jn2Z
şeklindeki K-s¬silinmiş aç¬k aral¬klard¬. TK kolayca görülebilece¼
gi gibi Hausdor¤’dur, çünkü verilen farkl¬iki nokta aç¬k
aral¬klar yard¬m¬ile ayr¬labilir. Bununla birlikte, TK ; T3 uzay¬de¼
gildir. Örne¼
gin kapal¬küme olarak K’y¬ve nokta olarak
0’¬alal¬m. Bu durumda K ve s¬f¬r iki ayr¬k aç¬k küme ile ayr¬lamazlar. I·spat¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
5. T3 olan fakat T4 olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi vermeden önce (R1 ; Taltlim it ) topolojisinin T4 uzay¬oldu¼
gunu gösterelim.
Öncelikle Taltlim it
Ystandart oldu¼
gu için, ve standart topoloji T1 oldu¼
gu için Taltlim it ’de T1 ’dir. Şimdi Taltlim it ’in normal
oldu¼
gunu gösterelim. A ve B kümeleri Taltlim it ’in kesişmeyen herhangi iki kapal¬ kümesi olsun. Her a 2 A için a 2
= B
oldu¼
gundan ve B kapal¬ oldu¼
gundan B’yi kesmeyen bir [a; xa ) şeklinde baz eleman¬ vard¬r. Ayn¬şekilde, her b 2 B için
b2
= A oldu¼
gundan ve A kapal¬oldu¼
gundan[
A’y¬kesmeyen bir
[[b; xb ) şeklinde baz eleman¬vard¬r. Bu durumda, bu şekilde
seçilen baz elemanlar¬ile oluşturulan U =
[a; xa ) ve V =
[b; xb ) kümeleri s¬ras¬ile A ve B’yi kapsar ve ayr¬ca ayr¬kt¬r.
a2A
b2B
Buda Taltlim it ’in normal oldu¼
gunu kan¬tlar. Taltlim it hem T1 hem normal oldu¼
gu için T4 uzay¬d¬r. Şimdi T3 olan fakat T4
olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi verebiliriz. Fakat önce Taltlim it topoloji reel say¬do¼
grusunu Rl ile gösterelim. Sorgenfrey
düzlemi bu uzay¬n kendisi ile olan çarp¬m uzay¬d¬r. Yani Sorgenfrey düzlemi: Rl2 = Rl Rl şeklinde tan¬mlan¬r. I·ki T1
uzay¬n¬n çarp¬m¬ T1 ve iki regüler uzay¬n çarp¬m¬ regüler oldu¼
gu için, Sorgenfrey düzlemi T3 uzay¬d¬r. Fakat Sorgenfrey
düzlemi normal de¼
gildir! Sorgenfrey düzleminin normal olmad¬g¼¬n¬n ispat¬ oldukça zordur. Bu ispat için [Munkres]’e
bakabilirsiniz. Dolay¬s¬yla Sergonfrey düzlemi T4 uzay¬de¼
gildir. Bu örnek regüler bir uzay¬n normal uzay olmayabilece¼
gini
gösterdi¼
gi gibi, ayr¬ca normal iki uzay¬n çarp¬m¬n¬n normal olmayabilece¼
ginide göstermektedir. Nispeten kolay olan, T1 ve
regüler oldu¼
gunun ispat¬n¬ise okuyucuya b¬rak¬yoruz.
Şimdi Ti ; i = 0; 1; 2; 3; 4; uzay¬ olman¬n özelliklerini inceliyelim. Öncelikle, ufak bir istisna (normal uzaylar¬n kal¬tsall¬g¼¬)
d¬ş¬nda, hepsi için genel olan aşa¼
g¬daki önemli teorem yaz¬labilir:
Teorem: Ti ; i = 0; 1; 2; 3 uzay¬ olma özelli¼
gi kal¬tsal ve topolojik özelliklerdir. T4 uzay¬ olma özelli¼
gi topolojik özelliktir,
fakat sadece kapal¬alt uzaylar için kal¬tsald¬r.
Yukar¬daki teoremin ispat¬n¬okuyucuya b¬rak¬yoruz. Şimdi bu aksiyomlar¬ayr¬ayr¬ele alal¬m. T0 olma aksiyomu çok güçsüz
bir aksiyomdur. T0 uzaylar¬nda noktalar (tek elemanl¬ kümeler) kapal¬ olmayabilir. Buda bu uzaylar¬ çok vahşi yap¬yor. Bir
T0 uzay¬n¬n bölüm uzay¬T0 uzay¬olmayabilir, fakat iki T0 uzay¬n¬n çarp¬m¬T0 uzay¬d¬r. T1 uzaylar¬T0 uzaylar¬ndan daha az
vahşidir, bu uzaylarda noktalar kapal¬d¬r. Daha da ötesi, bu durum çift tara‡¬d¬r:
Teorem: Bir uzay¬n T1 uzay¬olmas¬için gerek ve yeter koşul noktalar¬n kapal¬olmas¬d¬r.
Yukar¬daki teoremin di¼
ger bir ifadesi ise şudur: "Bir uzay¬n T1 uzay¬olmas¬için gerek ve yeter koşul bu uzay¬n topolojisinin
sonlu tümleyen topolojisini içine almas¬d¬r." T1 uzaylar¬n¬n di¼
ger bir önemli özelli¼
gide T1 uzaylar¬nda her alt kümenin y¬g¼¬lma
kümlerinin kapal¬olmas¬d¬r. Bir T1 uzay¬n¬n bölüm uzay¬n¬n T1 uzay¬olmas¬için tek noktalar¬n denklik s¬n¬‡ar¬n¬n kapal¬olmas¬
gerekir. T1 uzaylar¬n¬n çarp¬m¬yine T1 uzay¬d¬r.
18
T2 (Hausdor¤) uzaylar¬nda noktalar¬n kapal¬olmas¬ndan daha güçlü bir durum vard¬r. Bir uzay T2 uzay¬olmas¬için gerek ve
yeter koşul, bu uzay¬n herhangi bir x noktas¬n¬n, bu noktay¬içeren tüm aç¬k kümelerin kapan¬şlar¬n¬n kesişimi olmas¬d¬r, di¼
ger
bir deyişle T (x) ile her zamnaki gibi x noktas¬n¬içeren tüm aç¬k kümelerin koleksiyonunu gösterirsek
\
U
fxg =
U 2T (x)
olmas¬d¬r.
Hausdor¤ uzay¬olman¬n di¼
ger bir tan¬m¬aşa¼
g¬da verilmiştir:
X
Teorem: X topolojik bir uzay olsun. X’in T2 uzay¬olmas¬için gerek ve yeter koşul diyoganlin, yani
X kümesinin, X X çarp¬m uzay¬nda kapal¬uzay olmas¬d¬r.
= f(x; x) j x 2 Xg
Bazen bir uzay¬n Hausdor¤ oldu¼
gu üzerinde verilen bir fonksiyonla anlaş¬labilir. Örne¼
gin, f : X ! Y sürekli ve bire-bir bir
fonksiyon olsun. E¼
ger Y uzay¬Hausdor¤ ise X uzay¬da Hausdor¤’dur. Bir Hausdor¤ uzay¬n¬n bölüm uzay¬Hausdor¤ olmayabilir.
Fakat, Hausodor¤ uzaylar¬n¬n çarp¬m¬ Hausdor¤’dur. Hausdor¤ uzay¬n¬n di¼
ger özelliklerini, limit noktalar¬ ve kompaktl¬kla
ba¼
glant¬s¬n¬, ilerki konularda görece¼
giz. Şimdi T3 uzaylar¬ndan bahsedelim. T3 (Regüler plus T1 ) uzaylar¬n¬ aşa¼
g¬daki teorem
di¼
ger bir şekilde karakterize eder:
V
Teorem: X topolojik bir uzay olsun. X’in T3 uzay¬olmas¬için gerek ve yeter koşul her x 2 X ve U 2 T (x) komşulu¼
gu için
U şart¬n¬sa¼
glayan başka bir V 2 T (x) komşulu¼
gunun olmas¬d¬r.
Hausdor¤ uzaylar¬nda oldu¼
gu gibi bir uzay lokal olarak T3 uzay¬ise global olarakda öyledir. Bir T3 uzay¬n¬n bölüm uzay¬n¬n
T3 uzay¬olmas¬gerekmez, fakat T3 uzaylar¬n¬n çarp¬m uzay¬T3 uzay¬d¬r. T4 (Normal plus T1 ) uzaylar¬n¬da benzer bir teorem
karakterize eder:
Teorem: (X; T ) topolojik bir uzay olsun ve K kapal¬küme ailesi olsun. X’in T4 uzay¬olmas¬için gerek ve yeter koşul her
C 2 K kapl¬ kümesinin bir U 2 T; C
U; komşulu¼
gu için V
U şart¬n¬ sa¼
glayan bir V 2 T aç¬k kümesinin olmas¬d¬r (Yani
K V
V
U ).
Normal uzaylar¬n bölüm uzaylar¬n¬n normal olmas¬gerekmez. Şu ana kadar T0; T1 ; T2 ; T3 uzylar¬n¬n çarp¬m uzaylar¬n¬n yine
ayn¬özelli¼
gi korudu¼
gunu söyledik. Fakat T4 uzaylar¬için ayn¬şeyi söyleyemeyiz! I·ki normal uzay¬n çarp¬m¬normal olmayabilir.
Dolay¬s¬yla T4 uzaylar¬n¬n çarp¬m¬T4 olmayabilir. Karş¬bir örnek, Segonfrey düzlemi, yukar¬da verilmişti. Bu zor örnek ayr¬ca
T3 olan fakat T4 olmayan bir uzay örne¼
gi oluyordu. Normal uzaylarla alakal¬en önemli teorem metrik uzaylarla ilgili olan¬d¬r:
Teorem: Metrik uzaylar normaldir, yani T4 uzaylar¬d¬r.
K¬sacas¬, metrik uzaylar¬ve alt uzaylar¬ayr¬lma anlam¬nda mükemmeldir. Bahsetmek istedi¼
gimiz ve T 23 aksiyomu diyece¼
gimiz
bir ayr¬lma aksiyomu daha var. Bu aksiyom fonksiyonlarlada alakal¬oldu¼
gu için oldukça önemlidir.
Tan¬m: (X; T ) topolojik bir uzay olsun ve K kapal¬ küme ailesi olsun. Her x 2 X ve x 2
= C şart¬n¬ sa¼
glayan C 2 K için
f (x) = 0 ve f (C) = 1 şart¬n¬sa¼
glayan sürekli bir f : X ! [0; 1] fonksiyonu varsa X’e "tamamen regüler" uzay denir. E¼
ger X
uzay¬tamamen regüler ve ayr¬ca T1 uzay¬ise X’e T 23 uzay¬(ve ya Tychono¤ uzay¬) denir.
Numaraland¬rmadan anlaş¬laca¼
g¬üzere, (T4 ) ) (T 23 ) ) (T3 ) durumu vard¬r. Yani, Bir uzay T4 ise T 32 ’dir ve T 23 ise T3 ’dür.
Tychono¤ uzay¬olmada hem kal¬tsal hem topolojik özellikdir. Bir Tychono¤ uzay¬n¬n bölüm uzay¬Tychono¤ olmayabilir. Fakat
çarp¬m uzaylar¬nda durum iyidir: Tychono¤ uzaylar¬n¬n çarp¬m¬Tychono¤’dur. Çarp¬m için durum, t¬pk¬kal¬tsall¬kda oldu¼
gu
gibi, sadece normal uzaylarda kötüdür.
10
Diziler, Limit Noktalar¬, Bolzano–Weierstrass Teoremi ve Süreklilik
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay ve A
X alt kümesi olsun. (an )1
A dizisi A’n¬n elemanlar¬n¬n bir dizisi olsun. E¼
ger
n=1
9x 2 X öyle ki 8U 2 T (x) için bir n0 2 Z + varsa öyle ki her n
n0 için an 2 U ise (an ) dizisine yak¬nsak dizi denir. Bu
durumda x’e (an )’in bir limit noktas¬denir ve an ’in x’e yak¬nsad¬g¼¬söylenir.
Uyar¬: Bir dizinin limit noktas¬ kavram¬ ile bir kümenin limit noktas¬ kavram¬ bir birlerinden farkl¬ kavramlard¬r. Bir
dizinin limit noktas¬, o dizinin küme olarak limit noktas¬d¬r. Fakat, bu durumun tersi do¼
gru de¼
gildir. Bir dizinin kümesel
bir limit noktas¬, o dizinin limit noktas¬ olmayabilir. Di¼
ger bir deyişle, bir dizinin limiti olmad¬g¼¬ halde, küme olarak kapan¬ş¬
ald¬g¼¬m¬zda pek çok yeni nokta ortaya ç¬km¬ş olabilir, ve bunlar dizisel limit noktalar¬de¼
gildir. Basit bir örnek verecek olursak,
19
n
an = ( 1)n n+1
dizisinin (R1 ; Tstandart ) uzay¬nda limiti yoktur, fakat bu dizinin küme olarak kapan¬ş¬nda iki yeni nokta ortaya
ç¬kar: 1 ve 1 ve bu noktalar dizinin limit noktalar¬de¼
gildir, sadece alt dizilerinin limit noktalar¬d¬r. Bkz. Bolzano-Weierstrass
Özelli¼
gi.
Bir dizinin en az bir limiti varsa bu diziye yak¬nsak dedik. Fakat bir dizinin birden daha fazla limit noktas¬ olabilir, yani
birden fazla elemana yak¬nsayabilir. Karş¬örnek için standart olmayan topolojileri düşünmeliyiz. Örne¼
gin,
Örnek: (R1 ; Tsonlutüm leyen ) topolojik uzay¬n¬düşünelim. Bu topolojik uzay¬n an = n dizisini alal¬m. x 2 R herhangi bir reel
say¬olsun ve U bu reel say¬n¬n herhangi bir komşulu¼
gu olsun. U 0 kümesi sonlu olaca¼
g¬için öyle bir n0 2 Z + vard¬r ki an = n 2 U;
n
n0 : Dolay¬s¬yla x noktas¬ limit nokta olman¬n tan¬m¬ sa¼
glar ve dolay¬s¬yla her reel say¬ bu dizinin limitidir! Bu absürd
durumun oluşmas¬ayr¬lma aksiyomlar¬ile ilgilidir.
Yukardaki absürd durumdan daha da kötüsü yak¬nsak bir dizinin başka noktalara yak¬nsayan alt dizileri olabilir! Bu noktalara
cluster noktalar diyece¼
giz. Elbette limit noktalar¬cluster noktalar¬d¬r fakat bir cluster noktas¬limit noktas¬olmayabilir. Bununla
birlikte, "Tüm cluster noktalar bileşim dizinin kendisi" dizinin küme olarak kapan¬ş¬n¬verir.
Yukar¬da söylenen absürd durumlar¬tamamen yok etmek için, uzay üzerine ünlü bir ayr¬lma şart¬koyaca¼
g¬z:
Teorem: Hausdor¤ (T2 ) uzaylar¬nda yak¬nsak bir dizinin sadece bir tek cluster noktas¬(ve dolay¬s¬yla bir tek limit noktas¬)
vard¬r.
Dizilerin limit noktalar¬ dizinin kapan¬ş¬n¬n limit noktalar¬d¬r. Dolay¬s¬ ile bir kümeden al¬nan bir dizinin limit noktas¬
o kümenin kapan¬ş¬n¬n içinde kal¬r. Peki bunun tersi do¼
gru mudur? Bir nokta bir kümenin kapan¬ş¬ içinde ise bu noktaya
yak¬nsayan, bu küme içinden seçilmiş elemanlardan oluşmuş, bir dizi var m¬d¬r? Bunun cevab¬genel olarak hay¬rd¬r. Bu nedenle
al¬nan uzay üzerine bir şart koyaca¼
g¬z, 1. say¬labilirlik şart¬:
Teorem: X 1. say¬labilir bir uzay ve A X alt kümesi olsun. x 2 A olmas¬ için gerek ve yeter koşul x’e yak¬nsayan bir
(an ) A dizisi olmas¬d¬r.
·
Ispat: Sadece, ) yönünü ispatlamam¬z yeterli, çünkü, daha önce söyledi¼
gimiz gibi dizisel limit noktalar¬ kümesel limit
= A olsun. 1. say¬labilir uzaylarda içiçe bir
noktalar¬d¬r. x = a 2 A ise an = a sabit dizisi a’ya yak¬nsar. Şimdi x 2 A fakat x 2
lokal baz bulunabilece¼
gi için x’in bir içiçe fVn g lokal baz¬n¬ bulabiliriz. Bu durumda, kapan¬ş¬n tan¬m¬ndan dolay¬, her n için
an 2 Vn \ A şart¬n¬sa¼
glayan sa¼
glayan bir (an ) A dizisi bulunabilir. Ve x bu dizinin bir limit noktas¬d¬r.
Yukardaki teoremde e¼
ger X uzay¬ ayr¬ca Hausdor¤ ise teoremin ispat¬nda inşaa edilen dizinin limiti tekdir. Bu teoremin
ispat¬nda görüldü¼
gü gibi ilginç olan limit noktalar¬A’ya ait olmayan limit noktalar¬d¬r, yani di¼
ger bir ifadeyle, A’ya ait olmayan
y¬g¼¬lma noktalar¬d¬r. Limit noktalar¬ile ilgili temel bir teorem Bolzano–Weierstrass Teoremi’dir: "Rn ’de her s¬n¬rl¬dizinin
yak¬nsak bir alt-dizisi vard¬r." Bu teoremin di¼
ger bir ifadesi aşa¼
g¬da verilmiştir:
Teorem: Rn ’de s¬n¬rl¬olan ve sonlu olmayan bir kümenin en az bir tane y¬g¼¬lma noktas¬vard¬r.
Yukar¬daki teorem, dolay¬s¬yla Bolzano-Weierstrass teoremi, Heine-Borel Teoremi’nin bir sonucudur. Hiene-Borel teoremi
kompaktl¬k kavram¬tan¬mland¬ktan sonra ispatlanacakt¬r.
Fonksiyonlar¬n süreklili¼
gine diziler yard¬m¬ile bakabiliriz. Özellikle bu metrik uzaylarda görsel, yani gra…ksel, olarak süreklili¼
gin ifade edilmesidir. f : X ! Y bir topolojik uzaydan di¼
gerine bir fonksiyon olsun. (xn ) dizisi x’e yak¬nsayan bir dizi olsun.
(f (xn )) dizisinin Y ’de yak¬nsak olup olmad¬g¼¬n¬ve yak¬nsak ise neye yak¬nsad¬g¼¬n¬sorabiliriz?
Tan¬m: X ve Y iki topolojik uzay f : X ! Y bir fonksiyon olsun. E¼
ger x’e yak¬nsayan her (xn ) X dizisi için (f (xn )) Y
dizisi f (x)’e yak¬ns¬yorsa f fonksiyonuna x noktas¬nda dizisel süreklidir denir. f fonksiyonu her x 2 X için dizisel sürekli ise f
fonksiyonuna (her yerde) dizisel süreklidir denir.
Teorem: Süreklilik =) Dizisel süreklilik.
Yukar¬daki teoremin tersi genel olarak do¼
gru de¼
gildir. Bu teoremin çift tara‡¬olmas¬için fonksiyonun tan¬m kümesine yine
tahmin etti¼
giniz şart¬koyaca¼
g¬z:
Teorem: X ve Y iki topolojik uzay f : X ! Y bir fonksiyon olsun. X 1. say¬labilir bir uzay ise f ’in (bir noktada) dizisel
sürekli olmas¬için gerek ve yeter şart (o noktada) sürekli olmas¬dr.
Bir kümenin kapan¬ş¬n¬ ve ya bir fonksiyonun süreklili¼
gini dizilerle tan¬mlayabilmek için uzaylar üzerine 1. say¬labilirlik
şart¬n¬koyduk. Bu şart¬kald¬rd¬g¼¬m¬zda dizilerin bu kavramlar¬tan¬mlamak için yetersiz oldu¼
gu görülür. Bu nedenle dizilerin
genelleştirilmesi olan a¼
g kavram¬tan¬mlanm¬şt¬r. Bu kavrama daha sonra de¼
ginece¼
giz.
20
11
Kompaktl¬k, Heine-Borel Teoremi
Örtü ve alt örtü kavram¬na Lindelöf uzay¬n¬tan¬mlamadan önce de¼
ginmiştik. Şimdi bu kavramlara dayal¬çok önemli bir tan¬m
daha yapaca¼
g¬z.
Tan¬m: X bir topolojik uzay olsun. X’in her örtüsünün sonlu bir alt örtüsü varsa X’e kompakt uzay denir. A
A’n¬n kompakt olmas¬A’n¬n altuzay topolojisine göre kompakt olmas¬demektir.
X ise
Kompaktl¬kla ilgili başl¬ca teoremler aşa¼
g¬da yaz¬lm¬şt¬r.
Teorem: Kompakt bir uzay¬n her kapal¬alt uzay¬kompakt¬r.
Teorem: Hausdor¤ uzay¬n¬n her kompakt alt uzay¬kapal¬d¬r.
Teorem: Kompakt bir uzay¬n sürekli bir fonksiyon alt¬ndaki görüntüsü kompakt¬r. Dolay¬s¬yla, kompaktl¬k topolojik özellikdir.
Kompaktl¬g¼¬n kal¬tsal bir özellik olmad¬g¼¬n¬ not edelim. Kompakt uzayalar¬n kapal¬ alt uzaylar¬ kompaktt¬r. Dolay¬s¬yla
kompaktl¬k genel anlamda sadece kapal¬alt uzaylar için kal¬tsald¬r. Kapal¬olmayan alt uzaylar kompakt olmaya bilir. Ve metrik
uzaylarda, birazdan söyleyece¼
gimiz üzere, kompakt alt uzay¬n kapal¬olmas¬zorunludur.
Teorem: f : X ! Y sürekli bijektif bir fonksiyon olsun. X kompakt ve Y Hausdor¤ ise f homeomor…zmad¬r.
Teorem: Sonlu say¬da topolojik uzay¬n çarp¬m¬kompakt¬r.
Son teorem key… say¬da uzay¬n çarp¬m¬ içinde do¼
grudur. Teorem bu haliyle Tychono¤ Teoremi ad¬n¬ al¬r. Fakat ispat¬
sonlu çarp¬ma göre çok daha zordur.
Rn ’lerde bir altuzay¬n kompakt olmas¬n¬n gerekli ve yeterli koşullar¬Heine -Borel Teoremi ile verilir. Genel teorem, HeineBorel teoreminin ilk versiyonu diyebilece¼
gimiz aşa¼
g¬daki teoremin yukar¬daki teoremlerlerle birleştirilmesi sonucunda ortaya ç¬kar:
Teorem: [0; 1] kompakt¬r.
·
Ispat: U koleksiyonu [0; 1]’in herhangi bir örtüsü olsun. U’nun [0; 1]’i kaplayan sonlu bir alt örtüsünün var oldu¼
gunu gösterirsek
ispat biter. Şimdi,
S = fx j [0; x]’i kaplayan U’nun sonlu bir alt örtüsü vard¬r, 0 x 1g
şeklinde bir küme tan¬ml¬yal¬m. 0 2 S oldu¼
gu için S 6= ’dir. Ayr¬ca e¼
ger a 2 S ve b < a ise b 2 S olmak zorundad¬r. Bu nedenle
S kümesi [0; c] (ve ya [0; c)) şeklinde bir kümedir. Her iki durumduda c = 1 oldu¼
gunu gösterirsek ispat biter. S = [0; c] oldu¼
gunu
ve c < 1 oldu¼
gunu varsayal¬m ve çelişki elde edelim. ([0; c) durumuda ayn¬şekilde ele al¬nabilir.) Şimdi c 2 [0; 1] oldu¼
gu için c’yi
içeren bir U 2 U vard¬r ve dolay¬s¬yla öyle bir > 0 vard¬r ki (c
; c + ) U ve c +
1 ve dolay¬syla [0; c + ] kümesi U’nun
sonlu bir alt örtüsü ile kaplanabilir. Fakat bu durumda c + 2 S olur. I·stenen çelişki elde edildi. O halde c = 1 ve S = [0; 1]
olmal¬d¬r.
Şimdi Rn için Heine-Borel teoremini yazal¬m. Bu teoremin oldukça k¬sa olan ispat¬nda yukarda yaz¬lan teoremlerin ço¼
gu
kullan¬lmaktad¬r. Aşa¼
g¬daki teoremde kapal¬olma standart metrik topolojisine göre, s¬n¬rl¬olma ise yine standart metri¼
ge göre
tan¬mlanm¬şt¬r.
Teorem: Rn ’in bir alt uzay¬n¬n kompakt olmas¬için gerek ve yeter koşul bu alt uzay¬n kapal¬ve s¬n¬rl¬olmas¬d¬r.Y
·
•p(k) =
[ k; k] =
Ispat: Her k 2 Z + için K u
•p(k) = f(x1 ; x2 ; :::; xn ) 2 Rn j jxi j < k; 8ig şeklinde aç¬k küpler tan¬mlans¬n. K u
n kez
n
[ k; k] bir çarp¬m uzay¬d¬r. [ k; k] = [0; 1] oldu¼
gu için [ k; k] kompakt¬r, ve kompakt uzaylar¬n çarp¬m¬kompakt oldu¼
gu için
Ku
•p(k) kompaktt¬r. Şimdi teoremin ()) yönünü ispatl¬yal¬m. A Rn kompakt olsun. En başta Rn Hausdor¤ oldu¼
gu için ve
Hausdorf uzay¬n bir kompakt alt uzay¬kapal¬olaca¼
g¬için A kapal¬d¬r. Şimdi de s¬n¬rl¬oldu¼
gunu gösterelim. fK u
•p(k) j k 2 Z + g
+
koleksiyonu A’n¬n bir örtüsü olur ve dolay¬syla, A kompakt oldu¼
gu için, öyle bir k 2 Z bulabiliriz ki A
Ku
•p(k); yani
A s¬n¬rl¬d¬r. Şimdi di¼
ger yani ((=) yönünü ispatl¬yal¬m. A
Rn s¬n¬rl¬ ve kapal¬ olsun. Bu durumda A s¬n¬rl¬ oldu¼
gu için
öyle bir k 2 Z + vard¬r ki A K u
•p(k): Fakat teoremin ispat¬na haz¬rl¬k olarak K u
•p(k)’lar¬n kompakt oldu¼
gunu ispatlam¬şt¬k.
Dolay¬syla A kümesi kompakt bir uzay¬n kapal¬bir alt uzay¬d¬r. Ve kompakt bir uzay¬n kapal¬alt uzay¬kompakt olaca¼
g¬ndan,
A kompaktt¬r.
Teorem: (Mutlak Maksimum-Minumum Teoremi) X kompakt bir uzay ve f : X ! R’ye sürekli bir fonksiyonsa, f ’nin
mutlak maksimumu ve minumumu vard¬r.
21
·
Ispat:X kompakt ve f sürekli oldu¼
gu için görüntü kümesi f (X) R kompaktt¬r. Heine-Borel teoremi nedeniyle f (X) kümesi
kapal¬s¬n¬rl¬olur ve bu nedenle bu kümenin maxiumumu ve minumumu vard¬r. Dolay¬s¬yla, 9x1 2 X öyle ki f (x1 ) = min(f (X))
and 9x2 2 X öyle ki f (x2 ) = max(f (X)):
Tan¬m: X bir toplojik uzay olsun. Her x 2 X için x 2 C
kompakt uzay denir.
X şart¬n¬ sa¼
glayan kompakt bir C kümesi varsa X’ e lokal
Örnek: Her kompakt uzay elbette lokal kompaktt¬r. Fakat bunun tersi do¼
gru de¼
gildir. Heine-Borel teoremi nedeni ile Rn ’ler
n
lokal kompaktt¬r. Fakat, R ’ler kompakt de¼
gildir.
12
Limit Nokta Kompaktl¬g
¼¬, Dizisel Kompaktl¬k, Metrik Uzaylarda Kompaktl¬k
Şimdi iki farkl¬kompakl¬k tan¬m¬daha verece¼
giz.
Tan¬m:
1. X bir topolojik uzay olsun. E¼
ger X’in her sonsuz alt kümesinin y¬g
¼¬lma noktas¬ varsa X’e limit noktas¬kompakt
uzay denir.
2. X bir topolojik uzay olsun. E¼
ger X’in her dizisinin yak¬nsak olan bir alt dizisi varsa X’e dizisel kompakt uzay denir.
Yukardaki tan¬mlar¬n Bolzano–Weierstrass Teoremi ile çok yak¬ndan alakadar oldu¼
gunu hemen farkediyoruz. Gerçektende, metrik uzaylar için aşa¼
g¬daki teorem ispatlanabilir, [Munkres].
Teorem: X bir metrik uzay ve topolojisi bu metri¼
gin yaratt¬g¼¬topoloji olsun. Aşa¼
g¬daki cümleler denktir:
1. X limit noktas¬kompaktt¬r.
2. X dizisel kompaktt¬r.
3. X kompaktt¬r.
Yukardaki teorem esasen Bolzano-Wierstrass teorimidir; bu teoremin bir genellemesi ve genişlemesi olarak alg¬lanabilir.
Burada X metriklenebilir bir topolojik uzay ise teorem yine do¼
grudur.
Metrik uzaylar¬n kompaktl¬g¼¬yla ilgili ve analizde çokca kullan¬lan önemli bir kavramda Leubesgue Say¬s¬d¬r. Önce bir
hat¬rlatma yapal¬m. A (X; d) bir metrik uzay¬n alt kümesi ise dia(A) = sup fd(x; y) j x; y 2 Ag say¬s¬na A’n¬n çap¬denir.
Lema: (Lebesgue Say¬s¬Lemas¬) U koleksiyonu (X; d) metrik uzay¬n¬n bir örtüsü olsun. X kompakt ise öyle bir
reel say¬s¬vard¬r öyle ki, her 8A X, dia(A) < için 9U 2 U öyle ki A U:
>0
Yukar¬daki Lemma’da sözü edilen say¬s¬na U örtüsünün Lebesgue say¬s¬denir. Metrik uzaylar ve kompaktl¬k ile ilgili di¼
ger
çok kullan¬lan bir teoremde Heine-Cantor teoremidir.
Teorem: (Heine-Cantor Teoremi) (X; dX ); (Y; dY ) metrik uzaylar ve f : X ! Y sürekli bir fonksiyon olsun. X kompakt
ise f düzgün süreklidir.
·
Ispat: " > 0 verildi¼
ginde, Y ’nin şu örtüsünü alal¬m: V = dY (y; 2" ) j y 2 Y . Bu örtünün ters görüntüsü U =f 1 (V) olsun.
Bu durumda U koleksiyonu X’in bir örtüsü olur. X kompakt oldu¼
gu için Lebesgue say¬s¬ teoremine göre U örtüsünün bir
Lebesgue say¬s¬vard¬r. Bu say¬ya diyelim. Bu say¬sadece "’a ba¼
gl¬d¬r! Şimdi x1 ; x2 2 X ve dX (x1 ; x2 ) < ise f (x1 ) ve f (x2 )
noktalar¬Y içindeki 2" yar¬çapl¬bir aç¬k kürenin içinde olmak zorundad¬r. Bu da dY (f (x1 ); f (x2 )) < " oldu¼
gu anlam¬na gelir.
I·stenen gösterildi.
13
A¼
glar ve Süzgeçler
Bir kümenin kap¬n¬ş¬n¬n ve ya bir fonksiyonun süreklilili¼
ginin alternta…f olarak diziler kullanarakda tan¬mlanabilece¼
gini daha
önceki konularda söylemiştik, fakat bu tan¬mlar¬n daha önceki tan¬mlarla denk olmas¬için baz¬uzaylar üzerine 1. say¬labilir uzay
olma şart¬n¬koymam¬z gerekmişti. Bu anlamda kapan¬ş¬ve süreklilili¼
gi tan¬mlamada dizileri yetersiz görmüştük. Şimdi dizilerin
bir genellemesi olan a¼
g kavram¬n¬tan¬ml¬yal¬m. Fakat daha önce yönlü küme kavram¬n¬verelim.
Tan¬m: Üzerinde
9 2 J öyle ki hem
k¬smi s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬ olan J kümesine şu şart¬ sa¼
gl¬yorsa yönlü küme denir: 8 ;
hem de
:
22
2 J ikilisi için
Tan¬m: X bir topolojik uzay olsun. Herhangi bir yönlü J kümesinden X üzerine olan bir j : J ! X fonksiyonuna X
üzerinde bir a¼
g’d¬r denir ve (j( )) 2J ve ya (x ) 2J ile gösterilir.
Yukar¬daki tan¬mda J = N do¼
gal say¬lar yönlü kümesi al¬n¬rsa bildi¼
gimiz normal dizi elde edilir. Yani X üzerindeki a¼
glar
kümesi, diziler kümesini kapsar. A¼
glar dizilerin çok boyutlu genellemesidir.
Tan¬m: X bir topolojik uzay ve (x ) 2J a¼
g¬ X’in bir a¼
g¬ olsun. E¼
ger x’i içeren bir aç¬k U kümesi için 9 0 2 J öyle ki
8
için
x
2
U
şart¬sa¼
g
lan¬
yorsa,
x
2
X
eleman¬
na
(x
)
a¼
g
¬
n¬
n
bir limit noktas¬denir. Bu durumu x ! x şeklinde
0
2J
gösteririz.
Şimdi topolojik uzaylar üzerine hiçbir şart koymadan aşa¼
g¬daki teoremler ispatlanabilir. Ayn¬teoremleri diziler için yazm¬şt¬k,
fakat topolojik uzaylar üzerine şartlar koymam¬z gerekmişti.
Teorem:
g (x )
1. X herhangi bir topolojik uzay ve A herhangi bir alt kümesi olsun. Bu durumda x 2 A ancak ve ancak 9 a¼
ki x ! x:
2J
öyle
2. X; Y herhanfgi iki topolojik uzay ve f : X ! Y herhangi bir fonksiyon olsun. Bu durumda f : X ! Y süreklidir ancak ve
ancak f a¼
gsal süreklidir, yani, X’in x’e yak¬nsayan her yak¬nsak (x ) 2J a¼
g¬için Y ’nin (f (x )) 2J a¼
g¬f (x)’e yak¬nsar.
A¼
g kavram¬kompaktl¬k kavram¬n¬tan¬mlamada da kullan¬labilir [bkz. Munkres]. Dizisel kompaktl¬g¼¬n ve kompaktl¬g¼¬n sadece
metriklenebilir uzaylar için denk oldu¼
gunu söylemiştik. Oysa, a¼
glar¬ kulland¬g¼¬m¬zda bu tüm topolojik uzaylar için do¼
grudur.
Yani dizisel kompaktl¬g¼¬n aksine, a¼
gsal kompaktl¬k ve kompaktl¬k tüme topolojik uzaylar için ayn¬kavramlard¬r.
Şimdi kapan¬ş ve süreklilik ile yak¬ndan alakal¬di¼
ger bir kavram olan süzgeç kavram¬na k¬saca de¼
ginelim: X bir küme olsun.
F 2X koleksiyonu şu şartlar¬sa¼
gl¬yorsa, F’ye X üzerinde bir süzgeçtir denir: i) ; X 2 F ii) E¼
ger A 2 F ve A B ise B 2 F
iii) A; B 2 F ise A \ B 2 F. A¼
glara benzer şekilde bir süzgeçin yak¬nsamas¬n¬şu şekilde tan¬mlayabiliriz: (X; T ) bir topolojik
uzay olsun. E¼
ger x 2 X noktas¬n¬içeren her aç¬k küme F’ye ait iseF’nin x’e yak¬nsad¬g¼¬söylenir ve F ! x şeklinde yaz¬l¬r.
14
Ba¼
glant¬l¬l¬k ve Yol-Ba¼
glant¬l¬l¬g
¼¬
Tan¬m: (X; T ) bir topolojik uzay olsun. X = U1 [ U2 öyle ki U1 ; U2 2 T; U1 \ U2 = ; U1 6= ; U2 6= şeklinde yaz¬labiliyorsa,
yani, X uzay¬ boş kümeden farkl¬ ayr¬k iki aç¬k kümenin bileşkesi şeklinde ise X’ ba¼
glant¬s¬z uzay denir. Aksi durumda X’in
ba¼
glant¬l¬oldu¼
gu söylenir.
Örnek: R1 ; tüm standart topolojili Öklit uzaylar¬nda oldu¼
gu gibi, ba¼
glant¬l¬ olmas¬na ra¼
gmen, R1
n
ba¼
glant¬s¬z bir uzayd¬r. Bununla birlikte, R
forijing ; n 2 için ba¼
glant¬l¬d¬r.
f0g
R1 alt uzay¬
Tan¬m: (X; T ) topolojik uzay olsun. Ui ’ler boş kümeden farkl¬ve birbirinden ayr¬k aç¬k ve ba¼
glant¬l¬kümeler olmak üzere
X = U1 [ U2 [ ::::: [ Un şeklinde yaz¬labiliyorsa, X’e n-ba¼
glant¬l¬ve ya n-komponentli uzay denir. Bir uzay¬n komponentlerinin
kümesine o uzay¬n s¬f¬r¬nc¬homotopi kümesi denir ve uzay X ise 0 (X) ile gösterilir.
Ba¼
glant¬l¬ uzay ve 1-komponentli uzay ayn¬ kavramlard¬r. Di¼
ger bir deyişle, 0 (X) bir elemanl¬ bir küme ise X uzay¬
ba¼
glant¬l¬d¬r. Burada, bir zay¬n sonsuz tane komponentli olabilece¼
ginide belirtelim. Örne¼
gin, Z ve Q R1 altuzaylar¬sonsuz
komponentlidir.
Tan¬m: X bir topolojik uzay olsun. I = [0; 1] R1 altuzay¬na birim aral¬k denir. Herngibir f : I ! X sürekli fonksiyonuna
X üzerinde bir yoldur denir, ve bu yolun x0 = f (0)’dan x1 = f (1)’e sürekli bir yol oldu¼
gu söylenir. E¼
ger X üzerindeki herhangi
iki nokta sürekli bir yol ile birleştirilebiliyorsa X’in yol-ba¼
glant¬l¬oldu¼
gu söylenir.
Teorem: X yol-ba¼
glant¬l¬ise X ba¼
glant¬l¬d¬r.
Örnek: X ba¼
glant¬l¬ise yol-ba¼
glant¬l¬olmak zorunda de¼
gildir. Örne¼
gin, düzlemde ki Y = f(0; y) j y 2 Ig[ (x; sin x1 ) j x 2 (0; 2 )
alt uzay¬ba¼
glant¬l¬olmas¬na ra¼
gmen yol-ba¼
glant¬l¬de¼
gildir.
Teorem: Ba¼
glant¬l¬l¬k ve yol-ba¼
glant¬l¬l¬g¼¬topolojik özelliklerdir.
Örnek: Yukar¬daki teoremi kullanarak reel say¬ do¼
grusu R1 ve birim çember S 1 ’in homeomor…k olmad¬g¼¬n¬ ispatl¬yal¬m.
1
1
Aksini varsayal¬m. f : R ! S ’e bir homeomor…zma ve x = f (0) 2 S 1 olsun. Bu durumda, elbette,
f jR1
f0g :
R1
f0g ! S 1
fxg
s¬n¬rland¬r¬l¬m¬ş fonksiyonuda homeomor…zmad¬r (Neden?). Fakat bu bir çelişkidir. Çünkü, sol taraf 2 komponentli yani ba¼
glant¬s¬z bir uzay olmas¬na ra¼
gmen sa¼
g taraf ba¼
glant¬l¬d¬r.
23
15
Genişleme Teoremleri
X bir topolojik uzay ve A; B X olsun. E¼
ger f (A) = 0 ve f (B) = 1 şartalr¬n¬sa¼
glayan sürekli bir fonksiyon f : X ! [0; 1] var
ise, A ve B kümelerinin sürekli bir fonksiyon ile ayr¬labildi¼
gi söylenir.
Lemma: (Uryshon Lemmas¬) X bir topolojik uzay olsun. X normaldir () X içindeki her hangi iki ayr¬k kapal¬küme
sürekli bir fonksiyon ile ayr¬labilir.
Teorem: (Tietze Genişleme Teoremi) X bir normal uzay ve A
X kapal¬ bir alt kümesi ve f : A ! R reel de¼
gerli
sürekli bir fonksiyon olsun. Bu durumda F (a) = f (a); 8a 2 A şart¬n¬ sa¼
glayan sürekli bir F : X ! R fonksiyonu bulunabilir
öyle ki
sup fjF (x)j : x 2 Xg = sup fjf (a)j : a 2 Ag
Yukardaki teoremde sözü edilen F fonksiyonuna, f fonksiyonun bir genişlemesidir denir.
24
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MAT216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAV I
BAHAR 2011-2012 13.04.201
1. (10 p.) B baz¬X kümesinin bir baz¬olsun. Bu durumda, B’nin X üzerinde
yaratt¬g¼¬ topolojinin, "X’in B’yi içine alan tüm topolojilerinin kesişimi"
oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z. (Not: Herhangi bir topoloji koleksiyonunun kesişiminin topoloji oldu¼
gunu ispatlam¬şt¬k.)
Çözüm: B’yi içine alan X’in tüm topolojilerinin koleksiyonu fT g 2I ol\
sun. T =
T şeklinde tan¬mlay¬m. Bu durumda T ’de X’in bir topolo2I
jisidir ve ayr¬ca T ’de B’yi içerir. O halde T ’de bu koleksiyona aittir. Yani
T 2 fT g 2I : Şimdi B’nin yaratt¬g¼¬topolojiye T 0 diyelim. Bizden istenen
T 0 = T oldu¼
gunu göstermemiz. I·lk olarak şunu belirtelim: T 0 topolojiside
B’yi içerdi¼
gi için T 0 de ayn¬koleksiyona aittir. Yani T 0 2 fT g 2I : I·kinci
olarak, T bu koleksiyona ait tüm topolojilerin kesişimi oldu¼
gu için T T 0
olmak zorundad¬r. Fakat öteki kapsama ilişkisi yani T T 0 de do¼
grudur:
Çünkü T 0 topolojisinin her eleman¬B’nin elemanlar¬n¬n key… bileşimidir,
fakat B T oldu¼
gu için T 0 topolojisinin her eleman¬T topolojisinin elemanlar¬n¬n key… bileşimi şeklinde yaz¬labilir. Sonuç olarak T = T 0 :
2. (5+5 p.) Aşa¼
g¬daki kümelerin iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬yaz¬n¬z:
o
n
1
+
R1
a) A = (0; 1)
n+1 j n 2 Z
Çözüm:
A aç¬kokümedir yani A = A: Kapan¬ş¬: A = [0; 1] S¬n¬r¬: @A =
n
[
1
f0; 1g
j
n
2 Z+
n+1
b) B = (x; y) j x2 + y 2 < 1; x > 0; y 6= 0
R2
Çözüm: B aç¬k küme oldu¼
gu için B = B: Kapan¬ş¬: B = (x; y) j x2 + y 2
S¬n¬r¬: Üç kümenin bileşimi olarak
@B = (x; y) j x2 + y 2 = 1; x
[
f(x; y) j 0 x 1; y = 0g
0
[
f(x; y) j
1
y
1; x = 0g
3. (5+5 p.)
a) C = f(x; y) j x 0; y
oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
R2 kümesinin R2 ’nin kapal¬ kümesi
0g
Çözüm: C 0 nün aç¬k oldu¼
gunu ispatlamal¬y¬z. P (x0 ; y0 ) 2 C 0 olsun. Bu
durumda iki durum vard¬r: Ya x0 < 0 ve ya y0 < 0: 1. durum) x0 < 0
olsun. Bu durumda P (x0 ; y0 ) merkezli ve jx0 j yar¬çapl¬, ve ya daha iyisi
jx0 j
0
2 yar¬ çapl¬, aç¬k disk C nün içinde kal¬r. 2. durum) y0 < 0 olsun.
Bu durumda P (x0 ; y0 ) merkezli ve jy0 j yar¬çapl¬, ve ya daha iyisi jy20 j yar¬
çapl¬, aç¬k disk C 0 nün içinde kal¬r. Dolay¬s¬yla her P (x0 ; y0 ) 2 C 0 noktas¬
için, P (x0 ; y0 ) 2 U C 0 olan bir U aç¬k diski vard¬r. O halde C 0 aç¬kd¬r.
1
1; x
0
b) Her hangi bir kümenin sonlu tümleyen topolojisinin kapal¬ kümeleri
hakk¬nda ne söyleyebilir siniz? Aç¬klay¬n¬z.
Çözüm: K sonlu tümleyen topolojisinin kapal¬ kümesidir , K 0 sonlu
tümleyen topolojisinin aç¬k kümesidir, (K 0 )0 sonlu kümedir ve ya X’dir,
K sonlu kümedir ve ya X’dir. K¬sacas¬, sonlu tümleyen topolojide bir
kümenin kapal¬küme olmas¬demek ya sonlu küme olmas¬demekdir ve ya
X’in kendisi olmas¬demekdir.
4. (10 p.) A kümesi Y ’de kapal¬ ise ve Y kümeside X’de kapal¬ ise, A’n¬n
X’de kapal¬oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: A kümesi Y ’de kapal¬ ise A0Y kümesi Y ’de aç¬k kümedir. Burada A0Y ile A’n¬n Y içindeki komplementini kastediyoruz X içindeki de¼
gil.
Dolay¬s¬yla, Y altuzay oldu¼
gu için, alt uzay¬n tan¬m¬gere¼
gi, X’in öyle bir
aç¬k kümesi U vard¬r ki A0Y = Y \ U: Fakat bu durumda A = Y \ U 0 olur.
(Check!) Son eşitli¼
ge bak¬n¬z. Y kümesi X’de kapal¬ verilmişti. U aç¬k
oldu¼
gu için U 0 kümesi X’de kapal¬d¬r. I·ki kapal¬kümenin kesişimi kapal¬
olaca¼
g¬için A kümesi X’de kapal¬d¬r.
5. (5+5 p.)
gunu ispatlay¬n¬z
a) A [ B = A [ B oldu¼
Çözüm: A
A ve B
B oldu¼
gu için A [ B
A [ B olur. Burada iki
kapal¬kümenin bileşimi kapal¬oldu¼
gu için A[B kümesi kapal¬bir kümedir.
Şimdi A [ B kümesi A[B kümesini kapsayan en küçük kapal¬küme oldu¼
gu
için A [ B kümesinden büyük olamaz. O halde A [ B A [ B olmal¬d¬r.
Bu (1). I·kinci olarak, şu özelli¼
gi kullanaca¼
g¬z: E¼
ger C ve D iki küme ve
C D ise C D olmak zorundad¬r. (Limit noktalar¬n¬düşünün!). Şimdi
A A[B oldu¼
gu için A A [ B ve de B A[B oldu¼
gu için B A [ B
olur ki bu iki şeyi birleştirisek, A [ B
A [ B oldu¼
gu ç¬kar. Bu da (2).
(1) ve (2) den istenen eşitlik ç¬kar.
b) I·ki C; D R1 kümesi bulunuz öyle ki C \ D 6= C \ D.
Çözüm: C = (0; 1) D = (1; 2) alal¬m. C \ D =
[0; 1] \ [1; 2] = f1g olur ve farkl¬d¬rlar.
6. (10 p.) f : X ! Y sürekli bir fonksiyon ve A
oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
=
fakat C \ D =
X olsun. f (A)
f (A)
Çözüm: y 2 f (A) olsun. E¼
ger y 2 f (A) oldu¼
gunu gösterirsek soru biter.
Bu durumda öyle bir x 2 A vard¬r ki f (x) = y: Şimdi y’nin bir aç¬k
V komşulu¼
gunu alal¬m. f sürekli oldu¼
gu için f 1 (V ) kümesi x’in bir
aç¬k komşulu¼
gudur. Fakat x 2 A oldu¼
gu için f 1 (V ) \ A 6=
olmak
0
1
zorundad¬r. O halde öyle bir x 2 f (V ) \ A vard¬r ki f (x0 ) 2 V \ f (A):
O halde V \ f (A) 6= olmak zorundad¬r. Fakat V kümesi key… seçilmişti.
Dolay¬s¬yla, y = f (x) eleman¬n¬n her aç¬k komşulu¼
gu f (A)’y¬keser. Yani
y 2 f (A)’d¬r.
2
7. (2,5+2,5+2,5+2,5 p.) Aşa¼
g¬daki tan¬mlar¬yap¬n¬z:
Alt Uzay: X topolojisi T olan bir topolojik uzay ve A X kümesi X’in
sadece bir alt kümesi olsun. A üzerine TA = fU \ X j U 2 T g topolojisi
konursa, art¬k A’ya sadece alt küme denlmekle kalmaz bir alt uzay oldu¼
gu
söylenir.
Yo¼
gun Küme: X bir topolojik uzay ve A
ise A’ya X’in yo¼
gun alt kümesi denir.
X altkümesi olsun. A = X
Sürekli Fonksiyon: (X; T ) ve (Y; T 0 ) topolojik uzaylar ve f : X ! Y
bir fonksiyon olsun. E¼
ger her V 2 T 0 için f 1 (V ) 2 T ise f ’ye sürekli
fonksiyon denir.
2. Say¬labilir Uzay: Bir topolojik uzay¬n say¬labilir bir baz¬varsa o uzaya
2. say¬labilir uzay denir.
8. (10 p.) X bir küme olsun. X üzerinde reel de¼
gerli bir metrik fonksiyonu
nas¬l tan¬mlan¬r? Yaz¬n¬z. Metrik fonksiyonunu tan¬mlad¬ktan sonra X
üzerindeki metrik topoloji nas¬l yarat¬l¬r anlat¬n¬z.
X bir küme ve X X kartezyen çarp¬m kümesi olsun. Bir d : X X !
R fonksiyonu aşa¼
g¬daki özellikleri sa¼
gl¬yorsa d’nin X üzerinde bir metrik
(fonksiyonu) oldu¼
gu söylenir:
1) Her x; y 2 V için d(x; y)
0: (Poziti‡ik özelli¼
gi.)
2) d(x; y) = 0 , x = y: (S¬f¬r olma özelli¼
gi.)
3) Her x; y 2 X için d(x; y) = d(y; x): (Yans¬ma özelli¼
gi.)
4) Her x; y; z 2 X için d(x; y)
d(x; z) + d(z; y): (Üçgen eşitsizli¼
gi.)
Böyle bir fonksiyon verildi¼
ginde, önce aç¬k küre denilen şu yap¬lar¬tan¬ml¬yoruz:
Her x 2 X ve
2 R+ pozitif say¬s¬için B (x) = fy 2 X j d(x; y) < g :
Ve şu şekilde tan¬mlanan küme X üzerinde bir topolojidir:
Td = fU
X j U kümesi key… say¬da B (x)’lerin bileşimi şeklinde yaz¬labilirg :
Bu topolojiye X’in d metri¼
gi taraf¬ndan yarat¬lan metrik topolojisi denir.
9. (10 p.) X bir küme ve 2X kümesi X’in kuvvet kümesi olsun. X üzerindeki
bir T topolojisi nas¬l tan¬mlan¬r? Aç¬klay¬n¬z.
Çözüm:
Tan¬m: T 2X kümesi aşa¼
g¬daki şartlar¬sa¼
gl¬yorsa T ’ye X üzerinde bir
topoloji ve ya X’in bir topolojisi denir:
1)
2 T ve X 2 T:
2) U1 2 T ve U2 2 T ) U1 \ U2 2 T:
3) I herhangi bir indeksleme kümesi ve fU g
3
2I
T ise
[
2I
U 2 T:
10. (5+5 p.)
a) (X; T ) ve (Y; T 0 ) iki topolojik uzay olsun. X Y kartezyen çarp¬m¬
kümesi üzerindeki çarp¬m topolojisinin en bariz baz¬nedir? Aç¬klay¬n¬z.
Çözüm:
B = fU1 U2 j U1 2 T ve U2 2 T 0 g : Bu baz tan¬m gere¼
gi X
çarp¬m topolojisini yarat¬r.
Y ’nin
b) Şeklini çizebilece¼
giniz 3 tane bölüm uzay¬yaz¬n¬z ve şeklini çiziniz.
Çözüm:
Asl¬nda her topolojik uzay bölüm uzay¬d¬r. :) Örne¼
gin X her hangi bir
topolojik uzay olsun. 1X (x) = x şeklinde tan¬mlanan birim fonksiyonu
1X : X ! X; hem aç¬k hem süreklidir dolay¬s¬yla bölüm fonksiyonudur.
O halde X kendisinin bölüm uzay¬d¬r. Yani ne karalasan¬z bölüm uzay¬
olur.
Bununla birlikte, elbette, klasik ve basit örnekleri çizmeniz istenmişti.
1) I·lk akla gelen çemberdir. S 1 = R=Z: Burada p : R ! R=Z örtü
fonksiyonu bölüm fonksiyonudur. Çemberin şekli:
x2 + y 2 = 1
y
5
4
3
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
1
-1
2
3
4
5
x
-2
-3
-4
-5
2) Silindir S 1 I de bölüm uzay¬d¬r. Bölüm fonksiyonu p : R I ! S 1
yukarda söylenen bölüm fonksiyonundan kaynaklan¬r. Silindirin şekli:
x2 + y 2 = 1
4
I
4
-4
-4
2
-2
z
0
0 0
-2
y 2 -4
-2
2x
4
4
3) Ve torus: S 1 S 1 : Bölüm fonksiyonu yine çemberin bölüm fonksiyonundan kaynaklan¬r: p : R R ! S 1 S 1 : Torusun şekli:
p
(4
x2 + y 2 )2 + z 2 = 1
4
-4
-4
2
-2
z
0
0 0
-2
y 2 -4
4
-2
2x
4
5
11. (Bonus, 5 p.) Sizce topoloji nedir? Sadece bir cümle yaz¬n¬z. (Not: I·kinci cümleyi yazan¬n ilk cümlesi de¼
gerlendirilmeyecektir I·kinci bir not:
9. soruda bir küme üzerindeki bir topolojiyi zaten tan¬mlam¬şt¬n¬z, yani
topolojinin tan¬m¬n¬yapm¬şt¬n¬z. Burada yazaca¼
g¬n¬z cümle farkl¬ve felse…
birşey olsun.)
Şu makalenin ilk cümlesi olabilir.:
http://www.math.wayne.edu/~rrb/topology.html
R. Bruner topolojiye geometrinin modern versiyonu diyor.
Say¬lar¬n az kullan¬ld¬g¼¬ bir geometri çok pratik de¼
gil diyerek topolojiyi
karalayabilirsiniz. Fakat, teori olmadan pratiklik hiçbir işe yaramaz.
Mühendis vizyonu (pratik):
Topoloji Matematik Kalkülüs (Topolojiyi çöpe at. :))
Matematikçi vizyonu (teorik):
Kalkülüs Matematik Topoloji (Yorumsuz)
6
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MAT216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAV II BAHAR 30.04.2012
Bilgiler/Uyar¬lar: S¬nav 120 dakikad¬r. S¬navda yanlar¬nda puanlar¬ belirtilen 11
soru vard¬r. Elektronik cihaz kullanmak yasakd¬r. Aksi belirtilmedikçe, reel Öklit
uzaylar¬n¬n ve alt kümelerinin topolojisi standart kabul edilecektir. Başar¬lar!
1. (5+5 p.)
a) R2 ’de sözlük topolojisi Tsözlük nas¬l tan¬mlan¬r? Aç¬klay¬n¬z ve bu
topolojinin bir baz¬n¬yaz¬n¬z.
b) Yukarda tan¬mlad¬g¼¬n¬z Tsözlük topolojisinin R2 ’nin Tstandart topolojisinden daha ince oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
a) R2 üzerinde sözlük s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬n¬şu şekilde tan¬ml¬yoruz:
E¼
ger x1 < x2 ise (x1 ; y1 ) < (x2 ; y2 ) ; E¼
ger x1 = x2 ve y1 < y2 ise (x1 ; y1 ) <
(x2 ; y2 ) ; ve elbette di¼
ger durumda (x1 ; y1 ) = (x2 ; y2 ): Bu s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬na kütüphanelerde kitaplar¬n s¬ralanmas¬mant¬g¼¬n¬taş¬d¬g¼¬için sözlük
s¬ralamas¬ diyoruz. Bir küme üzerinde bir s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬ var ise, bu
bize bir s¬ralama topolojisi verir. Bunu aç¬klam¬şt¬k. Örne¼
gin burada, R2
üzerindeki sözlük topolojisi
(P1 ; P2 ) = P 2 R2 j P1 < P < P2
şeklinde tan¬mlanan ve "ray" (demiryolu de¼
gil :)) denilen kümelerin key…
bileşimleri şeklinde yaz¬l¬r. Fakat bu şekildeki raylar¬n kümesi sözlük
topolojisinin çok büyük bir baz¬d¬r. Tsözlük ’ün daha küçük bir baz¬ şu
şekildeki kümelerden elde edilir:
Iab (x0 ) = P 2 R2 j (x0 ; a) < P < (x0 ; b)
yani bu topolojinin kullan¬şl¬bir baz¬:
B = Iab (x0 ) j a; b; x0 2 R öyle ki a < b
d¬r.
b) Iab (x0 ) şeklindeki bir küme, ki bu küme düzlem üzerinde aç¬k uçlu xeksenine dik bir aral¬kd¬r, elbetteki standart topolojinin içinde olamaz.
Çünkü, e¼
ger (x0 ; y) 2 Iab (x0 ) ise (x0 ; y) merkezli aç¬k bir disk Iab (x0 )’de
olmayan bir eleman içerir ve dolay¬s¬ ile Iab (x0 ) şeklindeki bir küme aç¬k
disklerin bileşimi şeklinde yaz¬lamaz. O halde Iab (x0 ) standart topolojinin içinde de¼
gildir ve dolay¬s¬yla Tstandart topolojisi Tsözlük topolojisini
kapsayamaz. Öte yanda, her aç¬k disk dik aç¬k aral¬klar¬n, yani Iab (x0 )
kümelerinin bileşimi şeklinde yaz¬labilir. Bir diski dik olarak tarad¬g¼¬n¬z¬
düşünün! Bu nedenle Tstandart $ Tsözlük olur. Yani Tsözlük daha incedir
(küme olarak daha büyükdür).
1
2. (5+5 p.)
a) Z
R1 tamsay¬lar alt kümesi kapal¬ m¬d¬r? Aç¬k m¬d¬r? Cevab¬n¬z¬
ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Z kapal¬ kümedir çünkü komplementi aç¬k aral¬klar¬n bileşimi
şeklinde yaz¬labilir:
[
Z0 =
(n; n + 1):
n2Z
O halde Z 0 aç¬k yani Z kapal¬d¬r.
b) Q
R1 rasyonel say¬lar alt kümesinin aç¬kl¬g¼¬ ve kapal¬l¬g¼¬ hakk¬nda
ne söyleyebilir siniz? Söyledikleriniz do¼
grulay¬n¬z.
Çözüm: Q NE AÇIKDIR NE DE KAPALI. Kapal¬ de¼
gildir. Çünkü
Q = R1 ’dir. Yani Q’nun kapan¬ş¬ kendisi de¼
gildir yani kapl¬ de¼
gildir!
Q = R1 oldu¼
gunu nas¬l ispatlad¬g¼¬m¬z hat¬rl¬yal¬m: Her irrsayonel say¬
rasyonel say¬lardan oluşmuş bir dizinin limitidir. Yani her rasyonel say¬Q
kümesinin bir limit noktas¬d¬r. O halde e¼
ger irrasyonel say¬lar kümesini
IRR ile gösterirsek, IRR
Q olur ve elbette Q
Q oldu¼
gu için Q =
IRR [ Q = R1 olur. Benzer şekilde her rasyonel say¬irrasyonel say¬lar¬n
limiti olaca¼
g¬ndan (Neden?) IRR = R1 olacakt¬r. Yani IRR say¬lar kümeside kapal¬de¼
gildir. Şimdi Q’nun aç¬k olmad¬g¼¬n¬ispatlayabiliriz. Q aç¬k
olamaz e¼
ger aç¬k olsayd¬ komplementi kapal¬ olurdu. Fakat Q0 = IRR
kapal¬de¼
gildir.
3. (10 p.) A ve B bir topolojik uzay¬n alt kümeleri olsun. E¼
ger A
A B oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
B ise
Çözüm: x 2 A alarak ispata başl¬yoruz. E¼
ger x 2 B oldu¼
gunu gösterirsek
ispat biter. Şimdi, x 2 A oldu¼
guna göre kapan¬ş¬n tan¬m¬ndan "x’i içeren
her aç¬k U kümesi" A kümesini keser. Yani x 2 U aç¬k ise U \ A 6= ’dir.
Fakat A B oldu¼
gu söylenmiş. Bu durumda U kümesi B’yi de kesecektir.
San¬r¬m bunu ispatlamam¬za gerek yok. Sonuç: "x’i içeren her aç¬k U
kümesi" B kümesini keser. Yani x 2 B:
4. (4+3+3 p.) R2 ’den al¬nan aşa¼
g¬daki alt kümelerin iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬
yaz¬n¬z:
a) A = f(x; y) j x rasyonel bir say¬d¬r.g
Çözüm: Q kümesinin R1 ’deki içi boş kümedir yani içi yoktur. Bunu biliyoruz. O halde A =
olmal¬d¬r. Gerçektende biraz daha aç¬klamak
gerekirse,mesela A’da bir nokta alal¬m. Diyelim (q; y) 2 A: Şimdi (q; y)
merkezli her aç¬k disk (x; y) şeklinde ve x 2 IRR olacak şekilde bir eleman yani A’da olmayan bir eleman içerecektir. O halde (q; y) eleman¬
A’n¬n içinde olamaz. Yani A’n¬n hiçbir eleman¬ A’n¬n içinde olamaz. O
halde A’n¬n içi yoktur. Boşkümedir. Q kümesinin R1 ’deki kapan¬ş¬ tüm
reel say¬lar oldu¼
gu için A’n¬n kapan¬ş¬da tüm düzlem olacakt¬r. Daha
fazla aç¬klamay¬ okuyucuya b¬rak¬yoruz. Yani A = R2 ve dolay¬s¬yla
@A = A A = R2 :
2
b) B = f(x; y) j y 6= 0g
Çözüm: B aç¬k kümedir. B = B olur. Ve elbette B = R2 ve de @B =
B B = x-ekseni!
c) C = f(x; y) j 0
x < 1; y 6= 0g
Çözüm: C = f(x; y) j 0 < x < 1; y 6= 0g ve C = f(x; y) j 0
@C = f(0; y) j y 2 Rg [ f(1; y) j y 2 Rg [ f(x; 0) j 0
x
x
1g ve
1g :
5. (10 p.) R2 ’de verilen y = x do¼
grusunun R1 ’e homeomor…k oldu¼
gunu
birinden di¼
gerine bir fonksiyon yazarak ispatlay¬n¬z. Yazd¬g¼¬n¬z fonksiyonun homeomor…zma oldu¼
gunu okuyucuyu ikna edici olacak bir şekilde
aç¬klay¬n¬z.
Çözüm: Bu do¼
gruyu L ile gösterelim. L
R2 bir altuzayd¬r. Şimdi
1
f : R ! L’ye f (x) = (x; x) şeklinde bir fonksiyon tan¬ml¬yal¬m. Bu
fonksiyon 1-1 ve örtendir, yani bijektif fonksiyondur. Bu fonksiyon süreklidir. Çünkü L’nin topolojisinin baz elemanlar¬ düzlem üzerinde (a; a)
ve (b; b); a < b; şeklindeki noktalar¬ birleştiren aç¬k aral¬klard¬r, yani
aç¬k uçlu do¼
gru parçalar¬d¬r. Fakat bu şekildeki bir baz eleman¬n ters
görüntüsü R1 üzerinde (a; b) aç¬k aral¬g¼¬d¬r. L’nin topolojisinin baz elemanlar¬n¬n ters görüntüsü aç¬k oldu¼
guna göre, f süreklidir. f bijektif oldu¼
gu için f 1 : L ! R1 ters fonksiyonu tan¬ml¬d¬r. Üstelik bu
fonksiyon f 1 (x; x) = x şeklinde tan¬ml¬d¬r. Ve f ’nin süreklili¼
gini nas¬l
ispatlam¬şsak f 1 ’inde sürekli oldu¼
gunu ayn¬şekilde kan¬tlayabiliriz. Ve
homeomor…zman¬n 4 şart¬ sa¼
gland¬. f homeomor…zmad¬r ve L ve R1
topolojik olarak ayn¬uzaylard¬r -şeylerdir-; yani homeomor…kdir.
6. (5+5 p.)
a) p : R2 ! R1 projeksiyonu p(x; y) = x şeklinde tan¬mlan¬yor. Bu
fonksiyonun aç¬k fonksiyon oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: R2 ’nin baz elemanlar¬n¬aç¬k kenarl¬diktörtgenler olarak alabiliriz. (Aç¬k diskler yerine) Ve e¼
ger R(a; b; c; d) = f(x; y) j a < x < b; c < y < dg
şeklinde aç¬k bir diktörgense p(R(a; b; c; d)) = (a; b) aral¬g¼¬olur. Yani aç¬k
bir diktörtgenin x-eksenine iz düşümü aç¬k aral¬kd¬r. Şimdi R2 ’nin herhangi bir aç¬k kümesi U olsun. p(U )’nun aç¬k oldu¼
gunu gösterirsek ispat
biter. U kümesi
aç¬
k
diktörtgenlerin
key…
bileşimi
[
[şeklinde yaz¬labilir.
Yani U =
R şeklindedir. Bu durumda p(U ) =
p(R ) olaca¼
g¬ndan
2I
2I
p(U ) kümesi aç¬k aral¬klar¬n bileşimi şeklindedir dolay¬syla aç¬kd¬r.
b) p’nin kapal¬ fonksiyon olmad¬g¼¬n¬, R2 ’deki kapal¬ bir kümenin görüntüsünün R1 ’de kapal¬olmad¬g¼¬n¬göstererek ispatlay¬n¬z.
Çözüm: y = x1 ’in meşhur gar…¼
gine
3
diyelim.
y
2
1
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
-1
-2
R2 düzlemin bir alt uzay¬d¬r. Ba¼
glant¬l¬de¼
gildir. I·ki parçad¬r. ’n¬n
kapal¬bir küme oldu¼
gunu göstermek o kadar zor de¼
gil. ’n¬n d¬ş¬nda bir
nokta al¬rsak bu noktay¬içeren ve ’y¬kesmeyen aç¬k bir disk hayal edebiliriz. O halde 0 aç¬kd¬r yani kapal¬d¬r. Fakat, p( ) = ( 1; 0)[(0; 1)
olaca¼
g¬ndan, yukar¬daki gra…¼
ge bak¬n¬z, p( ) aç¬kd¬r! p kapal¬ fonksiyon
de¼
gildir.
7. (2,5+2,5+2,5+2,5 p.) Aşa¼
g¬daki tan¬mlar¬yap¬n¬z:
a) Lokal Baz
(X; T ) topolojik uzay olsun. x0 2 X olsun. Şimdi "x0 ’¬içeren aç¬k kümelerden oluşmuş" bir B(x0 ) koleksiyonu şu şart¬sa¼
gl¬yorsa bu B(x0 ) kümesine x0 ’¬n bir lokal baz¬d¬r denir: x0 ’¬ içeren her U 2 T için öyle bir
V 2 B(x0 ) vard¬r ki V
U:
b) Alt Baz
X bir topolojik uzay ve B’de baz¬ olsun. E¼
ger S
B kümesi şu şart¬
sa¼
gl¬yorsa S’ye B’nin alt baz¬denir: B’nin her eleman¬S’nin elemanlar¬n¬n
sonlu kesişimi şeklinde yaz¬labilir.
c) Bölüm fonksiyonu
(X; T ) ve (Y; T 0 ) topolojik uzaylar ve f : X ! Y bir fonksiyon olsun. f
şu şart¬sa¼
gl¬yorsa f ’ye bölüm fonksiyonu denir:
p
1
(V ) 2 T , V 2 T 0
d) Ayr¬labilir Uzay
4
Say¬labilir ve yo¼
gun bir alt kümesi olan uzaya ayr¬labilir uzay denir. Örne¼
gin,
Rn ’ler ayr¬labilir uzayd¬r. Qn Rn latisi say¬labilir ve yo¼
gun bir alt kümesidir.
8. (5+5 p.)
a) f : R1 ! R1 fonksiyonu f (x) = x2 şeklinde tan¬mlan¬yor. f ’nin düzgün
sürekli olmad¬g¼¬n¬kan¬tlay¬n¬z.
Çözüm: Süreklili¼
gin
tan¬m¬nda ’n¬n x0 ’den ba¼
g¬ms¬z seçilemeyece¼
gini
kan¬tlamal¬y¬z. Şimdi bunun aksini varsayal¬m. Varsayal¬m ki her > 0
için öyle bir > 0 bulabiliriz öyle ki jx x0 j < ise x2 x20 < her
x; x0 2 R için. Fakat şimdi f (x0 + 2 ) f (x0 ) = x0 + 2 < olur ki
bu absürd bir durum çünkü x0 ’¬ çok büyük seçersem ’unda çok büyük
oldu¼
gu anlam¬na gelir ki, bu saçmad¬r. K¬sacas¬ ’y¬ x’lerden ba¼
g¬ms¬z
seçemeyiz.
b) f : [0; 1] ! R1 fonksiyonu f (x) = x2 şeklinde tan¬mlan¬yor. f ’nin
düzgün sürekli oldu¼
gunu kan¬tlay¬n¬z.
Çözüm: Şu beylik ve uygulamal¬matematik için çok önemli olan teoremi
kullanabiliriz:
Teorem (Heine–Cantor theorem): Metrik uzay¬n kompakt bir alt kümesi
üzerinde tan¬mlanm¬ş sürekli bir fonksiyon düzgün süreklidir.
Fakat ’n¬n nas¬l seçilebilece¼
gini anlatarak yapmam¬z isteniyor. (Bu teoremi görmedik.)
O halde ’y¬ x’lerden ba¼
g¬ms¬z seçelim. Nas¬l? Bu san¬r¬m s¬nav¬n en
zor (teknik) k¬sm¬. Şimdi x2 x20 < ise jx x0 j < jx+x0 j yaz¬labilir.
Sadece x = x0 = 0 durumu hariç. Sol taraf tan¬ms¬z oluyor. Fakat bu o
kadar önemli de¼
gil. x0 = 0 durumu ayr¬olarak incelenebilir. Şimdi < 21
varsayabiliriz. Çünkü ’y¬seçme hakk¬m¬z var. Bu durumda 0 x0 1
5
oldu¼
gu için 21 < x < 32 olacakt¬r. Yani 21
x + x0
2 olur ki
5
bu bize max jx + x0 j = 2 oldu¼
gunu söyler. O halde
= min 25 ; 12
seçmemiz yeterli. Bu seçimin x’lerden ba¼
g¬ms¬z oldu¼
guna dikkat ediniz.
Bu durumda jx x0 j < < jx+x0 j olacakt¬r.
(Soru: Peki yukardaki minumum içine
miyiz? En büyük ne koyabiliriz?)
bölü 2; 5 yerine =2 koyabilir
9. (10 p.) X bir topolojik uzay olsun ve B’de X’in üzerindeki topolojinin
bir baz¬olsun. A X olsun. Şunu ispatlay¬n¬z: "x 2 A ancak ve ancak
x 2 U şart¬n¬sa¼
glayan her U 2 B için U \ A 6= :".
Çözüm: ()) Bu yönü kolay çünkü x 2 A ise x’i içeren her aç¬k kümenin A
ile kesişimi boş kümeden farkl¬d¬r ve dolay¬s¬yla bu x’i içeren baz elemanlar¬içinde geçerlidir. (() Bu yönü için x’i içeren tüm baz elemanlar¬n¬n A
ile kesişiminin boş kümeden farkl¬oldu¼
gunu var say¬yoruz. Şimdi x’in A
oldu¼
gunu ispatlayaca¼
g¬z. Bunun için x’i içeren herhangi bir aç¬k kümenin
A ile kesişiminin boş kümeden farkl¬oldu¼
gunu göstermeliyiz. Öyleyse x’i
5
içeren herhangi bir aç¬k U kümesi verilsin. Şimdi baz¬n tan¬m¬nda öyle
bir V baz eleman¬ vard¬r ki x 2 V
U: Fakat baz elemanlar¬n¬n A ile
kesişiminin boş kümeden farkl¬oldu¼
gunu kabul etmiştik ve V
U oldu¼
gu
için U ’nun A ile kesişimide boş kümeden farkl¬olmak zorundad¬r.
10. (5+5 p.) (Bu soru için ipucu: En basit topolojileri ve fonksiyonu düşünün.)
a) Aç¬k olan fakat sürekli olmayan bir fonksiyon yaz¬n¬z.
Çözüm: f : (R1 ; Ttrivial ) ! (R1 ; Tayr¬k ) fonksiyonu f (x) = x şeklinde
tan¬mlan¬s¬n. f aç¬kd¬r çünkü Ttrivial ’¬n iki eleman¬ var ve ikisininde
görüntüsü aç¬k. Fakat f sürekli de¼
gildir. Örne¼
gin f1g 2 Tayr¬k aç¬k
kümesinin ters görüntüsü f 1 (f1g) = f1g kümesi Ttrivial ’de aç¬k de¼
gildir.
b) Sürekli olan fakat aç¬k olmayan bir fonksiyon yaz¬n¬z.
Çözüm: f : (R1 ; Taç¬k ) ! (R1 ; Ttrivial ) fonksiyonu f (x) = x şeklinde
tan¬mlan¬s¬n. f süreklidir fakat aç¬k de¼
gildir. a ş¬kk¬ndaki aç¬klaman¬n
dualini yap¬n¬z.
11. (5 p. Bonus) Sonsuz tane kapal¬ kümenin bileşiminin aç¬k küme olabilece¼
gini ispatlay¬n¬z. (I·pucu: R1 ’den basit bir örnek verin.)
[
[
1
1
[ n1 ; n] ve ya ( 1; 1) =
Çözüm: (0; 1) =
n; 1
n ve ya (0; 1) =
[
n 2
n 3
[ n; n]:
n 1
6
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATH216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAV III
BAHAR 2011-2012 25.05.2012
1. (12 p.) Aşa¼
g¬da R2 ’nin baz¬alt uzaylar¬verilmişti. Bu uzaylar¬n iç, kapan¬ş
ve s¬n¬rlar¬n¬yanlar¬na yaz¬n¬z:
a) A = Z
Q
A = (Z
A=Z
Q) = Z
Q=Z
Q =
=
R
@A = A
b) B = Q
B =Q
B=Q
@B = B
fy j y > 0 and y 2 Rg
fy j y > 0 and y 2 Rg =
fy j y > 0 and y 2 Rg = R
0 and x2 + y 2 < 1
c) C = (x; y) j x
C = (x; y) j x > 0 and x2 + y 2 < 1
0 and x2 + y 2
C = (x; y) j x
@C = (x; y) j x
2
fy j y > 0 and y 2 Rg =
fy j y
0 and y 2 Rg
( n1 ; 0) j n 2 Z +
1
2
0 and x + y = 1 [ f(0; y) j
d) D = (x; y) j x2 + y 2
2
1
y
1g
1 and y > x
2
D = (x; y) j x + y < 1 and y > x
D = (x; y) j x2 + y 2
1 and y
x
@D = (x; y) j x2 + y 2 = 1 and y
n
x [ (x; x) j
p1
2
x
p1
2
o
2. a) (8 p.) B = f[a; b] j a; b 2 Rg kümesinin R1 kümesinin bir (topolojik)
baz¬oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
1
[
Çözüm: a) Baz¬n 1. şart¬ sa¼
glan¬yor çünkü R1 =
[ n; n] ve 2. şart¬
n=1
sa¼
glan¬yor çünkü a2
baz eleman¬d¬r!
b1 olmak üzere [a1 ; b1 ] \ [a2 ; b2 ] = [a2 ; b1 ] yine bir
b) (4 p.) B’nin yaratt¬g¼¬topolojinin ayr¬k topoloji oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: [a; b]\[b; c] = fbg tek nokta kümeleri bu baz¬n yaratt¬g¼¬topolojide
aç¬kt¬r!
3. a) (5 p.) Bir kümenin s¬n¬r¬n¬n kapal¬oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: A = A A = A \ (A )0 iki kapal¬kümenin kesişimidir, dolay¬syla
kapal¬d¬r.
b) (5 p.) X bir topolojik uzay ve A
ispatlay¬n¬z.
1
X olsun. @@A = @A oldu¼
gunu
Çözüm: @A’n¬n kapal¬ oldu¼
gunu biliyoruz. Dolay¬s¬yla @@A = @A
(@A) = @A (@A) olur. E¼
ger (@A) n¬n boş küme oldu¼
gunu gösterirsek
ispat biter. Buda A’n¬n aç¬k küme olarak verilmesi nedeniyle do¼
grudur.
Gerçekten (@A) boşküme olmasayd¬x 2 (@A) için x’i içeren ve @A’n¬n
içinde kalan bir U komşulu¼
gu bulunurdu. Fakat A aç¬k oldu¼
gu için A
kümesi @A’y¬kesemez. Dolay¬s¬yla x’in bu komşulu¼
gu A’y¬kesmezdi. Ve
buda x’in @A’da olmas¬yla çelişir. Sonuç olarak (@A) = ve böylece
@@A = @A:
c) (5 p.) @(A \ B) = @A \ @B eşitli¼
ginin yanl¬ş oldu¼
gunu gösteren reel say¬
do¼
grusundan basit bir karş¬örnek veriniz.
Çözüm: A = (0; 1) ve B = (1; 2) al¬rsak yanl¬ş oldu¼
gu görülür.
4. a) (3 p.) Şu uzaylardan hangi ikisi birbirine homeomor…kdir?:
A = (0; 1); B = (x; y) j x2 + y 2 = 1 ; C = f(x; 2x) j
1 < x < 1g :
A ve C
b) (7 p.) Homeomor…k olanlar¬n birinden di¼
gerine homeomor…zma olan bir
fonksiyon yaz¬n¬z.Yazd¬g¼¬n¬z fonksiyonun neden homoemor…zma oldu¼
gunu
biraz aç¬klay¬n¬z.
f : A ! C, f (x) = (2x 1; 4x 2) eşlemesi bijektifdir. Ayr¬ca (a; b)
(0; 1) şeklindeki aç¬k aral¬klar, (2a 1; 4a 2) ve (2b 1; 4b 2) noktalar¬n¬birleştiren aç¬k aral¬klara gönderilece¼
ginden f fonksiyonu ve tersi
süreklidir.
5. (10 p.) X uzay¬ Hausdor¤ ve A kümesi X’in alt uzay¬ olsun. A’n¬n da
Hausdor¤ oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: U1 ve U2 kümeleri x; y 2 A noktalar¬n¬X de ay¬r¬yorsa, U1 \ A
ve U2 \ A kümeleri x; y noktalar¬n¬A da ay¬r¬r.
bu soruyu
atlayın...
6. (15 p.) X uzay¬lokal kompakt ve T2 (yani Hausdor¤) ise X uzay¬n¬n T3
oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z. (Not: Regüler oldu¼
gunu ispatlaman¬z yeterli, T1
şart¬T2 ’nin içinde zaten var.)
Çözüm: (Bu soru bu s¬navdaki di¼
ger sorular¬n toplam¬ndan daha
zor sanki. :))
X lokal kompakt ve Hausdor¤ oldu¼
gu için X’in tek-nokta kompaktlaşt¬rmas¬ vard¬r ve bu kompaktlaşt¬rma Hausdor¤’dur ayr¬ca X bu kompaklaşt¬rma içinde aç¬k bir küme olarak yer al¬r. [Munkres]’e bakabilirsiniz ve
ya şu linke göz at¬n:
http://en.wikipedia.org/wiki/Compacti…cation_(mathematics)
e diyelim. X
e kompakt ve HausBu uzaya (X’in kompaklaşt¬r¬lmas¬na) X
dor¤ olur ve dolay¬s¬yla normaldir:
http://topospaces.subwiki.org/wiki/Compact_Hausdor¤_implies_normal
e regülerdir. X
e oldu¼
Ve dolay¬s¬yla X
X
gu için ve regülerlik kal¬tsal
oldu¼
gu için X’de regülerdir.
2
7. (15 p.) Şu dört ana teorem veriliyor:
Teorem 1: Kompakt uzaylar¬n çarp¬m uzay¬kompaktt¬r.
Teorem 2: Kompakt uzay¬n kapal¬alt kümesi kompaktt¬r.
Teorem 3: Kompaktl¬k topolojik özellikdir.
Teorem 4: (Heine-Borel, en basit versiyonu): [0,1] kompaktt¬r.
Bu üç teoremi kullanarak şu teoremi ispat ediniz: " A
Rn olsun. A
s¬n¬rl¬ve kapal¬ise A kompaktt¬r."
Not: I·spat¬n¬zda yukar¬da verilen 4 teoremde kullan¬lacakt¬r. Kulland¬g¼¬n¬z
yerde teorem numaras¬n¬ mutlaka belirtin. Örne¼
gin şu şekilde: Teorem
3’den dolay¬.... vb.
Çözüm: Teorem 4’den dolay¬[0; 1] kompaktt¬r. Teorem 3’den dolay¬ her
> 0 reel say¬s¬ için [ ; ] aral¬g¼¬ kompaktt¬r. (Çünkü [ ; ] = [0; 1]).
Teorem 1’den dolay¬
Ku
•p( ) = [
n
; ] =[
; ]
[
; ]
::::
[
; ]
şeklinde tan¬mlanan kapal¬ küpler kompaktt¬r. Şimdi A kümesi s¬n¬rl¬
oldu¼
gu için 9 öyle ki A
Ku
•p( ): Şimdi, A kapal¬ oldu¼
gu için Teorem
2’den dolay¬A kompaktt¬r.
8. (10 p.) f : X ! Y sürekli bir fonksiyon olsun. X kompakt ise ve Y Hausdor¤ ise f fonksiyonunun nin kapal¬bir fonksiyon oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Yukar¬daki teoremlere ek olarak şu teoremleri yazal¬m:
Teorem 5: Hausdor¤ bir uzay¬n kompakt bir alt kümesi kapal¬d¬r.
Teorem 0: Bir kompakt uzay¬n sürekli fonksiyon alt¬ndaki görüntüsü kompaktt¬r.
Şimdi K X kapal¬küme olsun. f (K)’n¬n kapal¬oldu¼
gu gösterirsek soru
biter. Bir önceki sorudaki Teorem 2’den dolay¬ K kompaktt¬r. Teorem
0’dan dolay¬f (K) kompaktt¬r. Teorem 5’den dolay¬f (K) kapal¬d¬r.
9. (2+2+2+2+2 p.) Şu tan¬mlar¬yap¬n¬z:
a) Metriklenebilir uzay: (X; T ) topolojik uzay olsun. E¼
ger X kümesi
üzerine bir d metri¼
gi koyulabiliyorsa öyle ki metrik topolojisi Td = T , X
uzay¬na metriklenebilir uzay denir.
b) Sonlu küme: Eleman say¬s¬do¼
gal say¬olan küme.
c) (Bir metrik uzaydaki) S¬n¬rl¬ küme: (X; d) metrik uzay ve A X olsun. 0 sembolü metrik uzay¬n seçilmiş bir noktas¬n¬ göstersin. B (0) =
fx 2 X j d(x; 0) < g toplar¬n¬ tan¬mlayal¬m. E¼
ger A
B (0) şart¬n¬
sa¼
glayan bir pozitf reel say¬s¬varsa A’ya s¬n¬rl¬küme denir.
d) Normal uzay:
Herhangi iki kapal¬ kümesi aç¬k kümeler ile birbirinden ayr¬labiliyorsa o
uzaya normal uzay denir.
3
e) 2. say¬labilir uzay:
Say¬labilir bir baz¬olan topolojik uzay.
4
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATH216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş SON SINAV
BAHAR 2011-2012 14.06.2012
1. (2+2+2+4 p.) Reel say¬do¼
grusunun alt limit topolojisi B = f[a; b) j a; b 2 Rg
baz¬ile tan¬mlan¬r. Bu topolojide:
a) [0; 1) kümesinin aç¬k oldu¼
gunu gösteriniz.
Çözüm: Key… bileşim.... Yani baz elemanlar¬n¬n key… bileşimi....
1
[
[0; 1) =
[0; n)
n=1
b) (0; 1) kümesinin aç¬k oldu¼
gunu gösteriniz.
Çözüm: Key… bileşim.... Yani baz elemanlar¬n¬n key… bileşimi....
1
[
(0; 1) =
[ n1 ; 1) (Not: Burda n 2den başl¬yor çünkü [1; 1) ifadesi çelişkili
n=2
bir durum, bazda yeri yok...)
c) (0; 1) kümesinin aç¬k oldu¼
gunu gösteriniz.
Çözüm: (0; 1) = (0; 1) [ [1; 1): Burada (0; 1) aç¬k küme. a ş¬kk¬ndaki
mant¬kdan dolay¬ [1; 1) kümeside aç¬k küme. O halde (0; 1) kümeside
aç¬k.
d) f0g kümesinin kapal¬oldu¼
gunu gösteriniz.
Çözüm: d ş¬kk¬nda (0; 1)’un aç¬k oldu¼
gunu gösterdik. ( 1; 0) =
1
[
[ n; 0)
n=1
key… bileşim ile yaz¬ld¬g¼¬için aç¬k kümedir. Ve dolay¬s¬yla ( 1; 0)[(0; 1)
kümeside aç¬kt¬r. Bu kümenin de¼
gili -komplementi- kapal¬d¬r. Bu kümenin
de¼
gili elbette f0g :
2. (3+3+4 p.) X = f1; 2; 3g olsun. X’in iki tane dört elemanl¬ topolojisi
T1 = f ; f1g ; f1; 2g ; Xg ve T1 = f ; f1g ; f1; 3g ; Xg veriliryor. Bunlar¬n
topoloji oldu¼
gunu kontrol etmenize gerek yok. Şu sorular¬cevaplay¬n¬z:
a) T1 ve T2 ’yi kapsayan en küçük Tmin topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: Tmin = f ; f1g ; f1; 2g ; f1; 3g ; Xg
b) T1 ve T2 taraf¬ndan kapsanan en büyük Tmax topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: Tmax = f ; f1g ; Xg
c) X’in 5 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: Böyle bir topoloji a ş¬kk¬nda ç¬km¬şt¬! f ; f1g ; f1; 2g ; f1; 3g ; Xg
d) (Bonus: 2 p.) X’in kaç tane 4 elemanl¬topolojisi vard¬r?
Çözüm: 9 tane.
1
3. (3+3+3+3 p.) R2 ’de aşa¼
g¬daki kümeler tan¬mlan¬yor. Bu kümelerin iç,
kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬verilen boşluklara yaz¬n¬z.
a) A = Q
Q
A =
A = R2
@A = R2
b) B = Z
B =
B=Z
@B = B
fx j 0
fx j 0
x < 1g
x
1g
c) C = f(q; 2q) j q 2 Qg
C =
C = f(x; 2x) j x 2 Rg
@C = C
d) D = (x; y) j x2 + y 2 < 4 and x > 0
D =D
D = (x; y) j x2 + y 2
2
4 and x
0
2
@D = (x; y) j x + y = 4 and x
0 [ f(0; y) j
2
y
2g
4. (4+4+2 p.) Aşa¼
g¬daki Öklit uzaylar¬n¬n üzerindeki topoloji standartt¬r.
Buna göre,
a) Sürekli olan bir f : R1 ! R1 fonksiyonu yaz¬n¬z öyle ki bu fonksiyon
aç¬k fonksiyon olmas¬n.
Çözüm: f (x) = x2 süreklidir. Fakat aç¬k de¼
gildir. Örnek: f (( 1; 1)) =
[0; 1):
b) Sürekli olan bir g : R2 ! R1 fonksiyonu yaz¬n¬z öyle ki bu fonksiyon
kapal¬fonksiyon olmas¬n. Yazd¬g¼¬n¬z fonksiyonun neden kapal¬olmad¬g¼¬n¬
belirtiniz. (Uyar¬: Fonksiyonun Re iki’den re bir’e istendi¼
gine dikkat ediniz!)
Çözüm: g(x; y) = x; x-eksenine projeksiyon, süreklidir ve aç¬kd¬r fakat
kapal¬ de¼
gildir. Örnek:
kümesi xy = 1 hiperbolünün gra…¼
gi olsun.
kapal¬d¬r, fakat g( ) kapal¬de¼
gildir.
c) Herhangi bir h : R1 ! R1 homeomor…zmas¬ yaz¬n¬z. Aç¬klama yapman¬za gerek yok.
Çözüm: h(x) = x
5. (10 p.) Aşa¼
g¬dakilerden do¼
gru olanlar¬n¬n baş¬na D, yanl¬ş olanlar¬n¬n
baş¬na Y yaz¬n¬z. (Not: Her 3 yanl¬ş işaretleme 1 do¼
gru işaretlemeyi
götürür.):
2
(....Y...) A \ B = A \ B
(....D...) A [ B = A [ B
(....D...) (A \ B) = A \ B
(....Y...) (A [ B) = A [ B
(...Y....) (A) = A
(....Y...) A
B ise A
(...D....) A
B=A
B
B
(...Y....) Kompakt bir uzay¬n kapal¬bir alt kümesi kompakt olmayabilir.
(...D....) Hausdor¤ olan bir uzay¬n kompakt alt kümesi kapal¬d¬r.
(...Y....) fx j 0 < jxj
kümesidir.
5g kümesi reel say¬ do¼
grusunun kompakt bir alt
6. I·ki Hausdor¤ uzay¬n çarp¬m¬n¬n Hausdor¤ uzay¬ oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
(Not: Dolay¬s¬yla sonlu say¬da Hausdor¤ uzay¬n çarp¬m¬da Hausdor¤dur.)
Çözüm: X ve Y Hausdorf uzaylar olsun. X Y ’nin Hausdor¤ oldu¼
gunu
gösterece¼
giz. (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) noktalar¬ X Y uzay¬n¬n iki farkl¬noktas¬olsun. Bu noktalar¬n aç¬k kümelerle ayr¬labilece¼
gini göstermeliyiz. Bu
durumda ya x1 6= x2 dir ve ya y1 6= y2 : Çünkü bunlar eşit olsayd¬ noktalar ayn¬olurdu. Şimdi x1 6= x2 olsun. Bu durumda X uzay¬Hausdor¤
oldu¼
gu için x1 ve x2 ’yi ay¬ran U1 ve U2 aç¬k kümeleri vard¬r. Bu durumda U1 Y ve U2 Y kümeleri, ki bunlar X Y çarp¬m uzay¬n¬n aç¬k
kümeleridir, (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) noktalar¬n¬ay¬r¬r. Ayn¬mant¬kla, y1 6= y2
ise, Y uzay¬n¬n Hausdor¤ oldu¼
gunu kullanarak, (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) noktalar¬n¬ay¬rabiliriz. Bitti!
1
6 . Bonus (Supriz soru) (5 p.): Normlu vektör uzay¬(ve ya sadece
2
normlu uzay da denilebilir) nedir? Tan¬mlay¬n¬z.
Çözüm: Üzerinde bir norm fonksiyonu olan vektör uzay¬na normlu uzay
denir. Şimdi norm fonksiyonunu tan¬mlayal¬m. V kümesi, F cismi üzerinden bir vektör uzay¬olsun. k k : V ! F fonksiyonu şu şartlar¬sa¼
gl¬yorsa bu fonksiyona norm denir: 1) kxk 0 2) kxk = 0 () x = 0 3) k 2 F
ve v 2 V için kkvk = jkj : kvk 4) kx + yk kxk + kyk :
7. (4+6 p.)
a) 2. say¬labilir uzay kavram¬n¬aç¬klay¬n¬z.2. say¬labilir olan bir uzay ve
2. say¬labilir olmayan bir uzay örne¼
gi veriniz.
Çözüm: Say¬labilir baz¬ olan uzay. Örne¼
gin, standart topolojili Rn ler
1
1
2. say¬labilirdir. Raltlim it ve ya Rsonlukom plem ent uzaylar¬ 2. say¬labilir
de¼
gildir.
b) f : X ! Y sürekli ve örten fonksiyon ve X uzay¬2. say¬labilir bir
uzay olsun. Bu durumda Y ’de 2. say¬labilir olmak zorunda m¬d¬r? De¼
gilse
bu duruma dair bir karş¬örnek veriniz.
3
1
1
Çözüm: f : Rstandart
! Rsonlukom
plem ent fonksiyonu f (x) = x şeklinde
tan¬mlans¬n. Bu fonksiyon süreklidir çünkü sonlu komplement topolojisi
standart topolojinin içindedir. Bu fonksiyonun örten oldu¼
guda aşikar.
1
Bu fonksiyonun tan¬m kümesi Rstandart
2. say¬labilir uzayd¬r, fakat hedef
1
kümesi Rsonlukom
gildir.
plem ent 2. say¬l¬labilir uzay de¼
8. (2+2+2+4 p.)
a) Sürekli fonksiyon nedir? Tan¬mlay¬n¬z.
Çözüm: Hedef uzay¬n¬n aç¬k kümelerinin ters görüntüsü aç¬k olcak.
b) Dizisel sürekli fonksiyon nedir? Tan¬mlay¬n¬z.
Çözüm: Tan¬m kümesindeki her yak¬nsak diziyi hedef uzay¬nda yak¬nsak
bir diziye gönderen fonksiyonlar.... Limitlere sayg¬göstermeli elbette.
c) Dizisel süreklilik ve süreklilik hangi tip uzaylar için denkdir? Söyleyiniz.
Çözüm: 1. say¬labilir uzaylar
d) Bir fonksiyon yaz¬n öyle ki dizisel sürekli olsun fakat sürekli olmas¬n.
1
1
Çözüm: S¬nav¬n en zor sorusu! f : Rsay¬
labilirtüm leyen ! Rstandart fonksiyonu f (x) = x şeklinde tan¬mlans¬n. Bu fonksiyon sürekli de¼
gildir! Bunu
görmek kolay. Fakat bu fonksiyon dizisel süreklidir. I·şte bunu görmek zor.
Şu videoyu izleyin:
http://www.youtube.com/watch?v=sZ5fBHGYurg
Burada reel say¬ do¼
grusunun say¬labilir tümleyen topoloji ile standart
topolojisinin dizisel süreklilik için benzer karakterde oldu¼
guna dikkat ediniz. Sonlu tümleyen topolojisini kullansayd¬k karş¬örnek olmazd¬.
9. (2+3+5 p.)
a) Ayr¬k topoloji nedir? Tan¬mlay¬n¬z.
Çözüm: X bir küme ise bu kümenin güç kümesine ayr¬k topoloji denir,
yani, Tayr{k = 2X : Bu topoloji en ince yani en kalabal¬k topolojidir.
b) Bir küme üzerindeki topoloji ayr¬k topoloji ise bu uzaya ayr¬k uzay
denir. Bir uzay¬n ayr¬k uzay olmas¬için gerek ve yeter koşulun "tek nokta
kümelerinin" aç¬k olmas¬oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Tek nokta kümelri güç kümesindedir!
c) I·ki ayr¬k uzay¬n çarp¬m¬n¬n ayr¬k uzay oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z. (Not:
Dolay¬s¬yla sonlu say¬da ayr¬k uzay¬n çarp¬m¬da ayr¬k uzayd¬r.)
Çözüm: X ve Y ayr¬k uzaylar olsun bu durumda fxg ; x 2 X; kümeleri
X’in aç¬k kümeleridir, ayn¬ şekilde fyg ; y 2 Y; kümeleri Y ’nin aç¬k
kümeleridir, ve bu nedenle f(x; y)g ; x 2 X; y 2 Y; kümeleri X Y ’nin
aç¬k kümeleridir, dolay¬s¬yla X Y ayr¬k uzayd¬r. b ş¬kk¬nedeniyle...
10. (2.5+2.5+2.5+2.5 p.) Aşa¼
g¬daki uzaylardan hangisi kompaktt¬r? Hangisi
de¼
gildir? Cevab¬n¬z¬n nedenini bir cümlede aç¬klay¬n¬z.
4
a) R1 ’in alt uzay¬A = [0; 1] [ f 2; 2g
Çözüm: S¬n¬rl¬ve kapal¬. O halde kompakt.
b) R1 ’in alt uzay¬B =
1
n
j n 2 Z+
Çözüm: Kapal¬de¼
gil bu küme. (Neden? SIf¬r limit noktas¬dahil de¼
gil!...)
O halde kompkat de¼
gil.
c) R2 ’in alt uzay¬C = (x; y) j x2 + y 2
1
Çözüm: S¬n¬rs¬z küme. Kompakt de¼
gil.
d) R2 ’in alt uzay¬D = (x; y) j x2 + y 2 = 1
Çözüm: S¬n¬rl¬ve kapal¬. Kompakt.
11. (4+4+2 p.) N = f0; 1; 2; :::g do¼
gal say¬lar kümesi olsun. Bu küme içinden (xn ) = (n); n
0; dizisi al¬n¬yor. Bu dizinin yak¬nsakl¬g¼¬ ve limiti
için aşa¼
g¬daki topolojilere göre ne söyleyebilirsiniz? Dizinin limiti yoksa
nedenini aç¬klay¬n¬z. Varsa, limit(ler)inin ne oldu¼
gunu söyleyiniz ve nedenini aç¬klay¬n¬z.
a) N üzerindeki topoloji sonlu-tümleyen topolojisi
Çözüm: Her reel say¬limit noktas¬d¬r. Çünkü bu noktay¬içeren bir U aç¬k
kümesinin komplementi sonlu olaca¼
g¬için öyle bir N vard¬r ki n N için
n 2 U:
b) N üzerindeki topoloji say¬labilir-tümleyen topolojisi
Çözüm: Limiti yok. Örne¼
gin x0 2 R noktas¬n limit noktas¬ oldu¼
gunu
varsayal¬m. x0 ’¬n tam de¼
geri N
1 olsun. Şu kümeyei tan¬mlayal¬m.
U = R fn j n N g : Bu durumda elbette x0 2 U olur ve U say¬labilir komplement topolojisinde bir aç¬k kümedir. Fakat bu bir çelişkidir.
Çünkü, x0 noktas¬n¬ (n) dizisinin limit noktas¬ kabul etmiştik. O halde
bu dizinin limit noktas¬yoktur.
c) N üzerindeki topoloji R1 ’den gelen standart alt uzay topolojisi
Çözüm: Bunu kalkülüsden iyi biliyoruz. Limiti yoktur! Bu dizi sonsuza
gidiyor... b ş¬kk¬ndakine benzer bir aç¬klamay¬okuyucuya b¬rak¬yoruz.
12. (10 p.) X = fa; b; c; dg kümesi üzerindeki K = ffa; bg ; fb; cg ; fdgg alt
taban¬n¬n belirledi¼
gi topolojiyi bulunuz.
Çözüm: Önce şu önemli tespiti yapal¬m: fa; bg \ fb; cg = fbg bu topolojinin eleman¬d¬r. Çünkü altbazdan sonlu kesişimlerle baz¬ üretiyoruz. O
halde bu altbaz şu baz¬ üretir: B = ffa; bg ; fb; cg ; fdg ; fbgg : Ve bu
bazda key… bileşimle topolojiyi üretiyoruz. Üretilen topolojide şu: T =
f ; fbg ; fdg ; fa; bg ; fb; cg ; fb; dg ; fa; b; cg ; fa; b; dg ; fb; c; dg ; Xg : T ’de bir
altküme unuttuysam bana e-mail at¬n.
5
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATH216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş BÜTÜNLEME SINAVI
BAHAR 2011-2012 05.07.2012
Bilgiler/Uyar¬lar: S¬nav 90 dakikad¬r. Bu ka¼
g¬tta her biri 15 puan de¼
gerinde 8
soru vard¬r. Aksi belirtilmedikçe, Rn ’lerin ve alt kümelerinin topolojisi standart kabul
edilecektir. Soru ka¼
g¬d¬na cevaplar¬n¬z¬ yazabilirisiniz. Soru ka¼
g¬d¬na ve cevap ka¼
g¬tlar¬na isminizi yaz¬n¬z, ka¼
g¬tlar¬s¬raya koyduktan sonra, isminiz üstte kalacak şekilde
ortadan ikiye katlayarak gözetmene veriniz. Başar¬lar!
1. Topolojinin tan¬m¬n¬yap¬n¬z. 3 tane topoloji örne¼
gi veriniz.
Çözüm:
X bir küme ve 2X bu kümenin güç kümesi olsun. (Not: Baz¬kitaplar bu
küme için power of X anlam¬nda P(X) yaz¬yorlar.) T 2X güç kümesinin
bir alt kümesi olsun. T şu şartlar¬ sa¼
gl¬yorsa T ’ye X’in bir topolojisidir
denir: i) Boş küme ve ana küme X, T ’nin içinde olacak. ii) U1 ve U2
kümleri T ’nin içinde ise, U1 \ U2 ’de T ’nin içinde olacak. iii) T ’nin içinden
key… bir fUi gi2I
T al¬nd¬g¼¬nda bu koleksiyonun bütün elemanlar¬n¬n
[
bileşimi
Ui ’da T ’nin içinde olacak.
i2I
Şimdi topoloji örnekleri verelim. Kolayca sonsuz tane örnek verilebilir.
X herhangi bir küme ise Ttrivial = f ; Xg ve Tayr¬k = 2X kümleri X’in
topolojileridir. E¼
ger X’in 1’den fazla noktas¬varsa, bu topolojiler farkl¬d¬r.
Bunun d¬ş¬nda ilginç olmas¬aç¬s¬ndan sonsuz bir kümenin sonlu tümleyen,
say¬labilir tümleyen topolojileride örnek olarak verilebilir. Ve en önemli
örnek elbette metrik topolojileridir. Öklit uzaylar¬n¬n standart topolojileri
matemati¼
gin, …zi¼
gin, kimyan¬n, psikolojinin vb. tüm bilimlerin en temel
topolojisidir.
2. Reel say¬do¼
grusunun Taltlim it topolojisi nas¬l tan¬mlan¬r? Bu topolojinin
reel say¬ do¼
grusunun Tstandart topolojisinden daha ince oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
1
B = f[a; b) j a; b 2 Rg 2R koleksiyonu baz tan¬m¬n¬n iki şart¬n¬sa¼
glar ve
reel say¬do¼
grusunun bir topolojisinin baz¬d¬r. Bu baz¬n yaratt¬g¼¬topolo1
[
gu için altlimit
jiyi Taltlim it ile gösteriyoruz. (a; b) =
[a + n1 ; b) oldu¼
n=1
topolojisinin baz¬, standart topolojsinin baz¬n¬n elemanlar¬n¬ üretebilir,
ve dolay¬s¬yla standart topolojiyi üretebili ve dolay¬syla altlimit topolojisi standart topolojiyi kapsar. Standart topolojiden daha ince oldu¼
gunu
göstermek için altlimit topolojisinde (aç¬k) olan standart topolojide (aç¬k)
olmayan bir eleman göstermek yeterli: [0; 1) elbette altlimit topolojisinin
eleman¬d¬r. Fakat bu aral¬k standart topolojiye ait de¼
gildir. Öyle olsayd¬, [0; 1) kümesinin aç¬k aral¬klar¬n bileşimi şeklinde yaz¬l¬yor olmas¬
1
gerekirdi. Bu durumda s¬f¬r noktas¬n¬içeren bir aç¬k aral¬g¼¬n bu kümenin
alt kümesi olmas¬gerekirdi ki bu mümkün de¼
gil! 1 ; 2 > 0 olmak üzere
( 1 ; 2 ) [0; 1) olabilir mi? Olamaz.
3. a) R1 ’de şu kümelerin kapan¬ş¬n¬ve içini bulunuz: A = Q, B =
1
n
j n 2 Z+
Çözüm:
A = ;A=R
B = ; B = B [ f0g
b) R2 ’de şu kümlerin kapan¬ş¬n¬ ve içini bulunuz: C = Z
(x; y) j x > 0; x2 + y 2 1
Q, D =
Çözüm:
C =Z
Q =
= ;C=Z
2
2
Q=Z
R;
D = (x; y) j x > 0; x + y < 1 ; D = (x; y) j x
0; x2 + y 2
1
4. f : X ! Y ve g : Y ! Z sürekli fonksiyonlar olsun. Bileşke fonksiyon
g f : X ! Z’un sürekli oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
W
Z’de aç¬k olsun, bu durumda g sürekli oldu¼
gu için, g 1 (W ) kümesi
1
1
Y ’de aç¬k olur, ve f sürekli oldu¼
gu için, f (g (W )) kümesi X’de aç¬k
olur. Fakat, f 1 (g 1 (W )) = (g f ) 1 (W ) oldu¼
gu için, g f fonksiyonuna
göre, W ’nun ters görüntüsü aç¬kt¬r. W kümesi Z’den key… al¬nm¬ş bir
aç¬k küme oldu¼
guna göre, g f süreklidir.
5. Şu tan¬mlar¬yap¬n¬z: a) Hausdor¤ uzay¬b) Regüler uzay c) Normal Uzay
d) 2. say¬labilir uzay e) Kompakt uzay
Çözüm:
Tan¬mlar¬yaparken matematiksel semboller kullanmayaca¼
g¬m.
a) Bir topolojik uzay¬n herhangi iki farkl¬noktas¬aç¬k kümeler ile ayr¬labiliyorsa bu uzaya Hausdor¤ denir. b) Bir topolojik uzay¬n herhangi bir
kapal¬kümesi ve bu kapal¬kümeye ait olmayan herhangi bir noktas¬aç¬k
kümeler ile ayr¬labiliyorsa bu uzaya regüler uzay denir. c) Bir topolojik
uzay¬n herhangi bir kapal¬ kümesi ve bu kapal¬ kümeyle kesişmeyen herhangi bir di¼
ger kapal¬kümesi, aç¬k kümeler ile ayr¬labiliyorsa bu uzaya normal uzay denir. d) Bir topolojik uzay¬n say¬labilir bir baz¬varsa bu uzaya
2. say¬labilir uzay denir. e) Bir topolojik uzay¬n herhangi bir örtüsünün
sonlu bir alt örtüsü bulunabiliyorsa bu uzaya kompakt uzay denir.
6. a) T1 olan fakat T2 (Hausdorf) olmayan bir uzay söyleyiniz.
Çözüm:
(R1 ; Tsonlutüm leyen ): Not: Tsonlutüm leyen topolojisinin tan¬m¬için ders notlar¬na bak¬n¬z.
b) T2 (Hausdorf) olan fakat T3 olmayan bir uzay söyleyiniz.
2
Çözüm:
(R1 ; TK ) Not: TK topolojisinin tan¬m¬için ders notlar¬na bak¬n¬z.
7. X kompakt bir uzay ve A
X bu uzay¬n kapal¬ bir alt kümesi olsun.
A’n¬n da kompakt oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
A’n¬n herhangi bir V = fVi gi2I örtüsü verilsin. V’nin sonlu alt örtüsünün
bulunabilece¼
gini göstermeliyiz. Vi kümelerini X’in aç¬k alt kümeleri olarak
görebiliriz. Şimdi, A kapal¬olarak verilmişti. U = X A şeklinde bir küme
tan¬ml¬yal¬m. U aç¬k kümedir. Bu durumda U = V[ fU g koleksiyonu X’in
bir örtüsüdür. X kompakt oldu¼
gu için, U’nun X’i kaplayan sonlu bir altörtüsü vard¬r. Bu sonlu örtüde U ’nun var olmas¬elbette zorunlu de¼
gildir.
Fakat, yoksada U ’yu ekleyerek başka bir sonlu altörtü elde edilebilir. Velhas¬l... U’nun U 0 = fV1 ; V2 ; ::::; Vk g [ fU g şeklinde sonlu bir alt örtüsü
vard¬r. Bu durumda fV1 ; V2 ; ::::; Vk g kümesi elbette Y ’yi kaplad¬g¼¬ ve
fV1 ; V2 ; ::::; Vk g
V oldu¼
gu için V’nin sonlu bir altörtüsüdür. I·stenen
gösterildi.
8. X sonlu bir küme ve T bu kümenin herhangi bir topolojisi olsun. (X; T )
uzay¬n¬n kompakt oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
U koleksiyonu X’in herhangi bir örtüsü olsun. U’nin sonlu alt örtüsünün
bulunabilece¼
gini göstermeliyiz. Şimdi X sonlu bir küme olarak verilmişti.
O halde X = fx1 ; x2 ; ::::; xn g şeklinde düşünülebilir. Şimdi, U koleksiyonu
X’i örttü¼
güne göre, her xi 2 X için xi 2 Ui olacak şekilde bir Ui 2
U aç¬k kümesi bulunabilir. Bu şekilde seçti¼
gimiz kümeleri bir bohçaya
koyarsak, elbette U’nun sonlu bir alt örtüsünü elde etmiş oluruz. Bu
sonlu örtünün eleman say¬s¬ en fazla n’dir. Çünkü farkl¬ noktalar için
ayn¬kümeler seçilebilece¼
ginden bu koleksiyonun eleman say¬s¬n’den küçük
olabilir. Bu daha iyi. :)
(8. sorunun alternatif çözümü: Ö: Hocam, bu soru saçma! Sonlu kümenin
güç kümeside sonludur, dolay¬s¬yla bu kümenin herhangi bir topolojiside
sonludur, dolay¬s¬yla al¬nacak herhangi bir örtüde zaten sonlu olur. I·spatlancak bişey yok! Siz ne yap¬yor sunuz? H: Ama, en az¬ndan en çok n
tane küme ile kaplanabilece¼
gini gösterdim. Güvercin deli¼
gi prensibi. Kem
küm.)
3
N A M IK K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N -E D E B I·YAT FA K Ü LT E S I· M AT E M AT I·K B Ö L Ü M Ü
MAT216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAV I BAHAR 12.04.2013
1. X = f1; 2; 3g kümesinin bir alt küme koleksiyonu olarak F = ff1g ; f1; 3g ; f2; 3gg kümesi veriliyor. Fakat, bu
koleksiyonun baz olmad¬g¼¬ farkediliyor. Bu koleksiyonu baz yapmak için bir alt küme eklenmesi yeterlidir. Bu
altkümeyi ekleyip oluşan baz¬aşa¼
g¬daki eşitli¼
gin sa¼
g¬ndaki boşlu¼
ga yaz¬n¬z. Ayr¬ca, bu baz¬n yaratt¬g¼¬topojiyide ayn¬
şekilde yaz¬n¬z.
Çözüm: B = ff1g ; f3g ; f1; 3g ; f2; 3gg ; T = f ; f1g ; f3g ; f1; 3g ; f2; 3g ; Xg
2. Aşa¼
g¬daki topolojilerin en bilinen bazlar¬n¬ yaz¬n¬z. (Not: Topolojinin kendisi kendisinin baz¬d¬r, şeklindeki kurnaz
cevaplar puan almayacakt¬r):
Çözüm:
a) (R1 ; Tstandart )’¬n baz¬:f(a; b) j a; b 2 Rg ; b) (R1 ; Taltlimit )’in baz¬:f[a; b) j a; b 2 Rg ;
c) (R1 ; Tüstlimit )’in baz¬:f(a; b] j a; b 2 Rg
d) (Rn ; Tstandart )’¬n baz¬(n
2). Bu baz¬yazarken x merkezli r yazr¬çapl¬küreyi B(x; r) ile gösteriniz:
(
)
n
X
fB(x; r) j x 2 Rn ; r 2 R+ g. Burada, B(x; r) = y 2 Rn j
(xi yi )2 < r2 :
i=1
3. R1 ’in bir alt küme koleksiyonu özel olarak şu şekilde tan¬mlan¬yor:
Tözel = U
R1 j 0 2 U [ f g :
Yani, reel say¬do¼
grusunun, s¬f¬r say¬s¬n¬içeren tüm altkümelerini ve birde ek olarak boş kümeyi içeren koleksiyon. Bu
koleksiyonun R1 ’in bir topolojisi oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: 1. şart:
zaten içinde verilmiş. 0 2 R1 oldu¼
gu için R1 2 T 2. şart: U1 ve U2 2 T olsunlar. U1 ve U2
s¬f¬r¬ içeriyorsa U1 \ U2 ’de içerir. O halde U1 \ U2 2 T: Hatta bu topolojide sonsuz keşimlerinde içerde oldu¼
gunu
gözlemliyoruz. 3. şart: fUi gi2I
T key… say¬da eleman içeren T ’den al¬nm¬ş elemanlardan oluşan bir koleksiyon
[
olsun. Her Ui s¬f¬r¬içerdi¼
gi için elbette bu kümelerin bileşimleride s¬f¬r¬içerir. Yani
Ui 2 T:
i2I
4. Sonsuz tane kapal¬kümenin bileşimi kapal¬olmayabilir. Hatta tamamen aç¬k bir küme olabilir. Bunu bize gösteren
reel say¬do¼
grusu üzerinde sonsuz bir bileşim yaz¬n¬z.
1
[
Çözüm: (0; 1) =
[ n1 ; 1 n1 ]. I·ndexi daha güzel olsun diye 3’den başlatt¬k. 2’den de başlayabilirdi. Ama 1’den
n=3
başlayamaz...
5. X bir htopolojik
gilinin kapan¬ş¬n¬n de¼
gilinin A’n¬n içi oldu¼
gunu,
i0 uzay olsun ve A bu X’in bir alt kümesi olsun. A’n¬n de¼
0
yani, (A ) = A oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z. (Not: Kulland¬g¼¬n¬z teoremin ne oldu¼
gunu belirtiniz.)
h
i0
Çözüm: (A0 ) = [(A )0 ]0 = A : Bitti! Burada, 1. eşitlikte, (A0 ) kümesinin (A )0 kümesi oldu¼
gunu söyleyen teoremi
kulland¬k. Ayrca bir kümenin de¼
gilinin de¼
gili kendisini verir. Bunuda 2. eşitlikde kulland¬k.
6. Aşa¼
g¬daki do¼
grusal kümelerin iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬eşitten sonra yan¬na yaz¬n¬z. Aç¬klama istenmiyor:
Çözüm:
a) A = (0; 1] [ f2g
R1
n
o
A = (0; 1); A = [0; 1] [ f2g ; @A = f0; 1; 2g
b) B =
2n
n+1
j n 2 Z+
R1
B = ; B = B [ f2g ; @B = B = B [ f2g
c) C = fx j x irrasyonel bir say¬d¬r.g
C = ; C = R1 ; @C = C = R1
R1
7. U
R1 bir aç¬k küme olsun. U \ Q = U oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: U \ Q U \Q = U \R1 = U oldu¼
gu için U \ Q U olur. O halde sadece U U \ Q oldu¼
gunu göstermemiz
gu
yeterli. Şimdi, x 2 U olsun. Bu durumda, x noktas¬U kümesinin limit noktas¬d¬r. Yani x’in her V aç¬k komşulu¼
U kümesini keser. Yani 9y 2 U öyle ki y 2 U \ V: Şimdi U ve V aç¬k oldu¼
gu için U \ V kümesi aç¬kd¬r. O halde,
aç¬k kümenin karakterizasyonundan, 9 > 0 öyle ki (y
; y + ) U \ V: Fakat elbette reel say¬do¼
grusunun her aç¬k
aral¬g¼¬rasyonel say¬da içerdi¼
ginden, (y
; y + ) \ Q 6= ve dolay¬s¬yla U \ V \ Q 6= olur. Ve sonuç: x’in her aç¬k
komşulu¼
gu U \ Q’yu keser. Yani x 2 U \ Q: Böylece, U U \ Q oldu¼
guda gösterilmiş oldu.
8. Aşa¼
g¬daki düzlemsel kümelerin iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬eşitten sonra yan¬na yaz¬n¬z. Aç¬klama istenmiyor:
Çözüm:
a) A = f(x; y) j x 2 Z; y 2 Qg
A = ; A = f(x; y) j x 2 Z; y 2 Rg
@A = A = f(x; y) j x 2 Z; y 2 Rg
b) B = (x; y) j x2 + y 2 > 1; y
0
B = (x; y) j x2 + y 2 > 1; y > 0
B = (x; y) j x2 + y 2
1; y
@B = (x; y) j x2 + y 2 = 1; y
0
0 [ f(x; 0) j jxj
c) C = (x; y) j x2 + y 2 = 1; y > 0
C = ; C = (x; y) j x2 + y 2 = 1; y
@C = C = (x; y) j
x2
+
y2
= 1; y
9. a) (X; d) bir metrik uzay ise d : X
1g
0
0
X ! R1 fonksiyonu hangi şartlar¬sa¼
glamal¬d¬r? Dört şart¬da yaz¬n¬z.
b) Şimdi özel olarak, X = R1 ve d(x; y) = jx
ediniz. I·spat¬n¬z ikna edici olsun.
yj olsun. Bu metri¼
gin üçgen eşitsizli¼
gini sa¼
glay¬p sa¼
glamad¬g¼¬n¬kontrol
Çözüm:
a) 1) Non-negativity d(x; y) 0; 8x; y 2 X: 2) S¬f¬r şart¬d(x; y) = 0 , x = y: 3) Simetri d(x; y) = d(y; x); 8x; y 2 X:
4) Üçgen eşitsizli¼
gi d(x; z) + d(z; y) d(x; y); 8x; y; z 2 X:
b) d(x; z) + d(z; y) d(x; y) 8x; y; z 2 R1 , jx zj + jz
, (Kare ald¬kdan sonra:) juj jvj uv 8u; v 2 R1 , jtj
Dolay¬s¬yla ilk yaz¬lan önermede do¼
gruymuş...
10. X kümesi 100 elemanl¬d¬r. Bu kümenin 2100
yj jx yj 8x; y; z 2 R1 , juj + jvj ju + vj 8u; v 2 R1
t 8t 2 R1 : Son yaz¬lan şey çok bildik bir olay ve do¼
gru...
1 tane alt küme içeren topolojisi olamaz. I·spatlay¬n¬z.
Çözüm: Soruda, 100 elemanl¬ bir küme için kuvvet kümesi olan 2X kümesinden bir eleman ç¬kararak topoloji elde
edemiyece¼
gimizin ispatlanmas¬isteniyor... E¼
ger ç¬kard¬g¼¬m¬z küme tek nokta kümesi de¼
gilse, yani tek nokta kümeleri
topolojinin içindeyse bu topoloji ayr¬k topoloji olur ve 2100 elemanl¬d¬r ve küme ç¬karamay¬z. O halde e¼
ger küme
ç¬karacaksak önce tek nokta kümelerinden başlamal¬y¬z. Örne¼
gin, X = f1; 2; 3; :::; 100g kümesi olsun ve f1g kümesini
2X kümesinden sildi¼
gimizi düşünelim. Geriye kalan koleksiyon topoloji olamaz. Çünkü geriye kalan koleksiyonda f1; 2g
ve f1; 3g kümeleri vard¬r, ve topolojinin 2. şart¬ndan dolay¬f1; 2g \ f1; 3g = f1g kümesininde iddia edilen topolojide
olmas¬gerekir. Fakat o ç¬kart¬lm¬şt¬. Dolay¬s¬yle f1g kümesini 2X kümesinden ç¬kard¬g¼¬m¬zda kalan koleksiyon topoloji
de¼
gildir. Fakat ayn¬aç¬klama, f2g ; f3g ; :::; f100g tek nokta kümeleri içinde geçerli. O halde, 100 elemanl¬bir kümenin
100
2
1 elemanl¬topolojisi yoktur.
11. (Bonus, 5 p.) Sizce topoloji nedir? Aşa¼
g¬ya TEK cümle yaz¬n¬z.
Çözüm: Topoloji boşluktaki karalamalard¬r.
N A M IK K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N -E D E B I·YAT FA K Ü LT E S I· M AT E M AT I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAV II BAHAR 17.05.2013
1. (10 p.) X = f1; 2; 3g kümesinin, e¼
ger varsa, a) 6 elemanl¬bir topolojisini ve b) 7 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: a) f ; f1g ; f2g ; f1; 2g ; f1; 3g ; Xg b) Yok
2. a) (5 p.) Altuzay’¬n tan¬m¬n¬yap¬n¬z.
Çözüm: (X; T ) topolojik uzay ve A X bir altkümesi olsun. TA = fA \ U j U 2 T g koleksiyonu, A kümesi üzerinde
bir topolojidir ve A’n¬n altuzay topolojisi olarak adland¬r¬l¬r. (A; TA ) topolojik uzay¬na X’in altuzay¬ad¬verilir.
b) (5 p.) X bir topolojik uzay A ve B aç¬k altkümeleri olsun. A ve B’nin altuzay topolojileri s¬ras¬ile TA ve TB olsun.
Ve de A \ B kümesinin alt uzay topolojisi ise TA\B olsun. Bu durumda, TA\B = TA \ TB olduu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Ana küme X’in topolojisini yine T har…yle gösterelim. 1) Önce TA \ TB
TA\B yönünü gösterelim:
V 2 TA \ TB ise V = A \ U = B \ U 0 şeklinde yaz¬labilir. Burda U ve U 0 2 T: O halde V
A ve V
B ve dolay¬s¬yla
V
A \ B olur. V = V \ A \ B = A \ U \ A \ B = (A \ B) \ U olaca¼
g¬için V 2 TA\B sonucu ç¬kar. 2) Şimdi de zor
olan TA\B TA \ TB yönünü gösterelim: V 2 TA\B ise öyle bir U 2 T vard¬r ki V = A \ B \ U şeklindedir. Fakat
bu durumda bu kümeyi iki farkl¬durumda yazabiliriz. V = A \ (B \ U ) = A \ U 0 şeklinde yazarsak, ki burada B
aç¬k küme oldu¼
gu için U 0 = B \ U 2 T ’dir, V 2 TA oldu¼
gunu görürüz. V = B \ (A \ U ) = B \ U 00 şeklinde yazarsak,
ki burada A aç¬k küme oldu¼
gu için U 00 = A \ U 2 T ’dir, V 2 TB oldu¼
gunu görürüz. Dolay¬s¬yla V 2 TA \ TB olur. 1)
ve 2)’den TA\B = TA \ TB .
3. (10 p.) Aşa¼
g¬daki kümelerin yaşad¬klar¬standart Öklit uzay¬ndaki iç ve kapan¬şlar¬bulunuz:
n
o
2n
Çözüm: a) A = n+1
j n 2 Z + ; A = ; A = A[f0g b) B = (x; y) j x2 + y 2 < 1 B = B; B = (x; y) j x2 + y 2
c) C = (x; y) j
x2
+
y2
1
< 1 ve x 2 Q ; C = ; C = B
4. X bir topolojik uzay ve A
X bir alt kümesi olsun.
a) (5 p.) A kümesinin s¬n¬r¬@A’n¬n tan¬m¬n¬yaz¬n¬z.
Çözüm: @A = ::::A
A :::::::
b) (5 p.) @A = X ise A’n¬n X’in yo¼
gun bir altkümesi oldu¼
gunu ve de içinin boş oldu¼
gunu ispat ediniz.
Çözüm: @A = A A = X =) A = X ve A =
A = ’de içinin boş oldu¼
gunu söylüyor...
olmak zorundad¬r. A = X eşitli¼
gi A’n¬n X’de yo¼
gun oldu¼
gunu,
5. a) (5 p.) Sürekli fonksiyon olan fakat aç¬k fonksiyon olmayan bir f : (R1 ; Tstandart ) ! (R1 ; Tstandart ) fonksiyonu örne¼
gi
veriniz. Yazd¬g¼¬n¬z fonksiyonun neden aç¬k olmad¬g¼¬n¬belirtmezseniz tam puan alamazs¬n¬z.
Çözüm: f (x) = x2 : Aç¬k de¼
gil, mesela f ((0; 1)) = [0; 1); aç¬k fonksiyon tan¬m¬na ayk¬r¬...
b) (5 p.) Kapal¬ fonksiyon olan fakat sürekli fonksiyon olmayan bir g : (R1 ; Tstandart ) ! (R1 ; Tstandart ) fonksiyonu
örne¼
gi veriniz. Fonksiyonu yazman¬z yeterli. Hiçbir aç¬klama yapman¬z istenmiyor.
Çözüm: f (x) =
6. (10 p.) (0; 1)
ispatlay¬n¬z.
0
1
x<0
x 1
(0; 1) karesinin tüm düzleme yani R2 ’ye homemor…k oldu¼
gunu, bir homeomor…zma fonsiyonu kurarak,
2y 1
2x 1
;
): Bu fonksiyonu şöyle elde ettik: f : (0; 1) !
2
1 (2x 1) 1 (2y 1)2
x
( 1; 1); f (x) = 2x 1 fonksiyonunun homeomor…zma oldu¼
gu bariz. g : ( 1; 1) ! R1 ; g(x) =
fonksiyonunun
1 x2
1
homemor…zma oldu¼
gunu s¬n¬fta göstermiştik. Dolay¬s¬yla g f : (0; 1) ! R homeomor…zmad¬r. Bu homeomor…zmay¬
kendisi ile kartezyen çarparsak F = g f g f : (0; 1) (0; 1) ! R1 R1 = R2 homeomor…zmas¬n¬elde ederiz.
Çözüm: F : (0; 1)
(0; 1) ! R2 ; F (x; y) = (
7. Şu kavramlar¬n tan¬m¬yap¬n¬z (4x2.5 p):
I·zole Nokta: X bir topolojik uzay ve A altuzay¬olsun. E¼
ger bir a 2 A noktas¬n¬n U \ A = fag şart¬n¬sa¼
glayan bir U
aç¬k komşulu¼
gu varsa, a noktas¬na A altkümesinin izole noktas¬ad¬verilir.
Y¬g¼¬lma Noktas¬: X bir topolojik uzay ve A altuzay¬ olsun. E¼
ger bir x 2 X noktas¬n¬n her U komşulu¼
gu için,
(U fxg) \ A 6= şart¬sa¼
glan¬yorsa, x noktas¬na y¬g¼¬lma noktas¬denir. x noktas¬A kümesine ait olmayabilir. Fakat,
A’ya aitse izole nokta olamaz.
Lokal Baz: (X; T ) bir topolojik uzay ve x 2 X olsun. T (x) notasyonu x’in tüm aç¬k komşuluklar¬n¬n koleksiyonu olsun.
B(x) koleksiyonu şu şartlar¬sa¼
gl¬yorsa B(x)’e x noktas¬n¬n T topolojisine göre bir lokal baz¬d¬r denir: i) B(x) T (x),
yani B(x)’de x’in bir aç¬k komşuluklar koleksiyonudur. ii) 8V 2 T (x) için; 9U 2 B(x) öyle ki U V: Elbette T (x)’in
kendisi otomatik olarak bir lokal bazd¬r.
1. Say¬labilir Uzay: (X; T ) bir topolojik uzay olsun. E¼
ger her x 2 X için x’in say¬labilir bir lokal baz¬bulunabiliyorsa,
X uzay¬na 1. say¬labilir uzay ad¬verilir.
8. a) (5 p.) (Rn ; Tstandart ) uzay¬2.say¬labilirdir. I·spatlay¬n¬z.
Çözüm:Bu uzay¬n say¬labilir standart baz¬= fB ((x1 ; x2 ; ::::xn ) ; r) j x1 ; x2 ; ::::xn 2 Q; r 2 Q+ g :
Burada B ((x1 ; x2 ; ::::xn ) ; r) yine (x1 ; x2 ; ::::xn ) merkezli ve r yar¬çapl¬küreyi gösteriyor.
b) (5 p.) (R1 ; Tüstlimit ) uzay¬1.say¬labilirdir. I·spatlay¬n¬z.
Çözüm: a 2 R1 ise bu noktan¬n say¬labilir bir lokal baz¬ B(a) =
U 2 Tüstlimit (a) ise bir n bulabiliriz öyle ki (a n1 ; a] U:
1
n ; a]
(a
j n 2 Z+
koleksiyonudur. Çünkü
9. a) (5 p.) Hem aç¬k, hem de sürekli olan örten bir fonksiyon bölüm fonksiyonudur. I·spat ediniz.
Çözüm: p : X ! Y fonksiyonu aç¬k, örten ve sürekli fonksiyon olsun. Bölüm fonksiyonu oldu¼
gunu göstermek için
p 1 (V ) X aç¬k ise V
Y ’nin aç¬k oldu¼
gunu göstermemiz yeterli (Bölüm fonksiyonun tan¬m¬n¬hat¬rlay¬n¬z!). Fakat
bu oldukça kolay: p aç¬k fonksiyon oldu¼
gu için p aç¬k kümeleri aç¬k kümelere götürecektir. Dolay¬s¬yla p(p 1 (V )) = V
aç¬k olacakt¬r.
b) (5 p.) Bir bölüm fonksiyonu yaz¬n öyle ki bu fonksiyon aç¬k fonksiyon olmas¬n. Hiçbir aç¬klama yapman¬z istenmiyor. Fonksiyonun tan¬m kümesini, hedef kümesini ve kural¬n¬belirterek yaz¬n ve b¬rak¬n.
Çözüm: exp(2 ix) : [0; 1] ! S 1 : Burada, S 1 = (x; y) j x2 + y 2 = 1
birim çember...
C; komplex say¬lar düzlemine oturtulmuş
10. (X1 ; T1 ) ve (X2 ; T2 ) iki topolojik uzay olsun.
a) (4 p.) X1
X2 kümesinin çarp¬m topolojisinin standart baz¬n¬aşa¼
g¬daki boşlu¼
ga yaz¬n¬z.
Çözüm: Bstandart = :::::: fV1
V2 j V1 2 T1 ve V2 2 T2 g ::::::
b) (7 p.) (X1 ; T1 ) ve (X2 ; T2 ) uzaylar¬n¬n bazlar¬ s¬ras¬ ile B1 ve B2 ise a ş¬kk¬ndaki yazd¬g¼¬n¬z bazdan çok daha
ekonomik bir baz
Bekonomik = fU1 U2 j U1 2 B1 ve U2 2 B2 g
koleksiyonudur. a ş¬kk¬n¬kullanarak Bekonomik kümesinin çarp¬m topolojisinin baz¬oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Bstandart ’¬n elemanlar¬[
n¬n Bekonomik ’in elemanlar¬ taraf¬ndan yarat¬ld¬g¼¬n¬ göstermemiz yeterli. V1 V2 2
Bstandart olsun. Şimdi V1 =
U1i şeklinde yaz¬labilir, burada U1i ’ler B1 baz¬n¬n elemanlar¬... Benzer şekilde,
V2 =
[
i2I
U2j şeklinde yaz¬labilir, burada U2j ’ler B2 baz¬n¬n elemanlar¬... Bu durumda
j2J
V1
V2 =
[
i2I
olur. Fakat U1i
U1i
!
0
@
[
j2J
1
U2j A =
[
U1i
U2j
i2I;j2J
U2j kümelerinin hepsi Bekonomik baz¬n¬n elemanlar¬d¬r.
c) (4 p.) b ş¬kk¬n¬ kullanarak (X1 ; T1 ) ve (X2 ; T2 ) uzaylar¬ 2.say¬labilir ise X1
oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
X2 çarp¬m uzay¬n¬nda 2.say¬labilir
Çözüm: (X1 ; T1 ) ve (X2 ; T2 ) uzaylar¬n¬n say¬labilir bazlar¬s¬ras¬ile B1 ve B2 olsun. Bekonomik koleksiyonun X1 X2
çarp¬m uzay¬n¬n baz¬ oldu¼
gunu yukar¬da söylemiştik. Bu baz¬n say¬labilir oldu¼
gunu görmek kolay: jBekonomik j =
jB1 j : jB1 j = 0 : 0 = 0 :
N A M IK K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N -E D E B I·YAT FA K Ü LT E S I· M AT E M AT I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş SON SINAV BAHAR 06.06.2013
1. (10 p.) a) X = f1; 2; 3g kümesinin 5 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z. Çözüm: f1; 2g’nin kuvvet kümesine X’i dahil
etmek yeterli. b) X = f1; 2; 3; 4g kümesinin 9 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z. Çözüm: f1; 2; 3g’ün kuvvet kümesine
X’i dahil etmek yeterli.
2. (15 p.) Aşa¼
g¬daki kümelerin yaşad¬klar¬Öklit uzay¬ndaki iç ve kapan¬şlar¬n¬bulunuz:
a) A = fx j 0 < x < 1 ve x 2 Qg ; A = , A = [0; 1] b) B = R1 Z; B = B, B = R1 c) C = f(x; y) j x 2 Q; y > 0g,
1
1
C = , C = f(x; y) j y 0g d) D = ( m
; y) j m 2 Z + ve y > 0 , D = , D = ( m
; y) j m 2 Z + ve y 0 [
f(0; y) j y 0g e) E = f(x; y) j xy = 1g, E = , E = E
3. (10 p.) a) A aç¬k bir küme ise A
(A) oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z. b) Aç¬k olmayan bir A kümesi bulun öyle ki (A)
kümesi A’y¬içine almas¬n. Reel say¬do¼
grusu üzerinde böyle bir örnek bulabilirsiniz. Çözüm: a) A A ve A aç¬k...
Şimdi, tan¬m gere¼
gi, (A) kümesi A kümesinin içindeki en büyük aç¬k küme oldu¼
gu için A’y¬ kapsamal¬d¬r. (Extra
Soru: Acaba A daha küçük olabilir mi?) b) Reel say¬ do¼
grusunda A = [0; 1) alal¬m. Bu durumda, A = [0; 1] ve
A = (0; 1) olur. A kümesi A’y¬kapsam¬yor...
4. (15 p.) Aşa¼
g¬daki yaz¬lan eşitliklerin yanl¬ş olabilece¼
gini gösteren, (R1 ; Tstandart ) uzay¬ndan karş¬ örnekler veriniz.
Kümeleri yazman¬z yeterli. Aç¬klama yapmay¬n¬z.
a) A \ B = A \ B; A = (0; 1) B = (1; 2) b) (C [ D) = C [ D ; C = [0; 1] D = [1; 2] c) @(E \ F ) = @E \ @F;
E = (0; 1) F = (1; 2) d) @(G [ H) = @G [ @H, G = [0; 1] H = [1; 2]
5. (10 p.) a) Homeomor…zma nedir? Homeomor…k uzaylar nedir? Tan¬mlay¬n¬z. Çözüm: Bijektif, sürekli ve tersi sürekli
olan fonksiyonlar homeomor…zmad¬r. E¼
ger iki uzay aras¬nda böyle bir fonksiyon varsa bu uzaylara homeomor…k
1
uzaylar denir. b) R say¬do¼
grusunun (1000; 1) aç¬k kümesine homeomor…k oldu¼
gunu gösteren bir homeomor…zma
fonksiyonu yaz¬n¬z. Aşa¼
g¬daki boşlu¼
gu doldurman¬z yeterli: Çözüm: f : R1 ! (1000; 1) ve f (x) = ex + 1000:
6. (10 p.) a) I·ki aç¬k fonksiyonun bileşkesinin aç¬k fonksiyon oldu¼
gunu ispat ediniz. Çözüm: f : X ! Y ve g : Y ! X
aç¬k fonksiyon olsunlar. U X aç¬k ise, f aç¬k fonksiyon oldu¼
gu için, f (U ) Y de aç¬kt¬r. Şimdi, g’de aç¬k fonksiyon
oldu¼
gu için g(f (U )) = g f (U ) Z de aç¬kt¬r. U key… oldu¼
gu için, g f aç¬k fonksiyondur. b) Sürekli bir fonksiyon
ile aç¬k bir fonksiyonun bileşkesi aç¬k olmak zorunda m¬d¬r? De¼
gilse, karş¬örnek veriniz. Çözüm: Hay¬r. Say¬do¼
grusu
üzerindeki şu fonksiyonlar¬düşünelim: f (x) = x2 ve g(x) = x: Şimdi, f sürekli g homeomor…zma fakat g f = f aç¬k
de¼
gil...
7. (10 p.) X ve Y uzaylar¬1. say¬labilir uzaylar ise X Y çarp¬m uzay¬n¬nda 1. say¬labilir uzay oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: (x0 ; y0 ) 2 X Y olsun. B1 (x0 ) ve B2 (y0 ) s¬ras¬ile x0 2 X ve y0 2 Y noktalar¬n¬n say¬labilir lokal bazlar¬olsunlar. (X ve Y 1. say¬labilir oldu¼
gu için böyle lokal bazlar vard¬r...) Şimdi, B = fU V j U 2 B1 (x0 ) ve V 2 B2 (y0 )g
kümesi (x0 ; y0 ) 2 X Y noktas¬n¬n say¬labilir bir lokal baz¬d¬r. Bitti.
8. (10 p.) a) T1 olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi veriniz: b) T1 olan fakat T2 olmayan bir topolojik uzay örne¼
gi veriniz.
Çözüm: a) X = f1; 2; 3g kümesinin T = f ; f1g ; Xg topolojisi. Noktalar¬n hiçbiri kapal¬de¼
gil! b) (R1 ; Tsonlu-tümleyen )
9. (10 p.) X sonlu bir küme ve T bir topolojisi olsun. (X; T ) uzay¬ T1 ise T ’nin ayr¬k topoloji oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
(Hat¬rlatma: Bir uzay¬n T1 olmas¬, bu uzay¬n tek nokta kümelerinin kapal¬küme olmas¬anlam¬na geliyordu...) Çözüm:
X = fx1 ; x2 ; ::::; xn g olsun. T topolojisi T1 oldu¼
gu için[
her fxj g kümesi kapal¬d¬r. Kapal¬kümelerin sonlu bileşimleri
kapal¬ olaca¼
g¬ için: Her 1
i
n için X fxi g =
fxj g kümeleride kapal¬d¬r. Dolay¬s¬yla (X fxi g)0 = fxi g
i6=j
kümeleri aç¬kt¬r. Noktalar¬n aç¬k oldu¼
gunu gösterdik. Bu durumda herşey aç¬kt¬r (ve kapal¬d¬r. :))... Sonuç: T = 2X :
10. (Bonus, 10 p.) Hausdor¤ olan fakat regüler olmayan bir uzay örne¼
gi veriniz. Bu uzay¬n neden regüler olmad¬g¼¬n¬
aç¬klay¬n¬z. Çözüm: (R1 ; TK ): Aç¬klama için ders notlar¬na bak¬n¬z...
N A M IK K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N -E D E B I·YAT FA K Ü LT E S I· M AT E M AT I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş BÜTÜNLEME SINAVI BAHAR 27.06.2013
1. X = fr; s; tg kümesinin 4, 5 ve 6 elemanl¬topolojilerinden bir tanesini yaz¬n¬z.
Çözüm: T4 = f ; frg ; fr; sg ; Xg T5 = f ; frg ; fsg ; fr; sg ; Xg T6 = f ; frg ; fsg ; fr; sg ; fr; tg ; Xg
2. Aşa¼
g¬daki kümelerin yaşad¬klar¬Öklit uzay¬ndaki iç ve kapan¬şlar¬n¬bulunuz:
Çözüm:
a) A =
2 n
n
j n 2 Z + : A = ; A = A [ f 1g
b) B = [0; 1) [ (1; 2]: B = (0; 1) [ (1; 2); B = [0; 2]
c) C = f(x; y) j x 2 Z ve y > 0 ve y 2 Qg: C =
d) D = f(x; y) j x
C = f(x; y) j x 2 Z ve y
0g
y ve y > 0g: D = f(x; y) j x < y ve y > 0g ; D = f(x; y) j x
y ve y
0g
e) E = f(x; y) j x = 1g: E = ; E = E
3. Aşa¼
g¬daki tan¬mlar¬yap¬n¬z:
Çözüm:
(Bir metrik uzay içindeki) S¬n¬rl¬Altküme: Çap¬sonlu olan altküme...
Alt Baz: X bir küme ve S
X olsun. E¼
ger S’nin elemanlar¬n¬n sonlu kesişimleri ile üretilen koleksiyon X’in bir
topolojisinin baz¬oluyorsa, S koleksiyonuna altbaz (üretti¼
gi baz¬n altbaz¬) denir.
Regüler Uzay: Ayr¬k durumdaki noktalar ve kapal¬kümeler birbirlerini kesmeyen, yani ayr¬k, aç¬k kümeler ile ayr¬labiliyorsa bu uzaya regüler uzay denir.
Homeomor…zma: Bicektif, sürekli ve tersi sürekli olan fonksiyonlar...
4. a) X bir topolojik uzay ve A X herhangi bir altkümesi olsun. A’n¬n s¬n¬r¬nas¬l tan¬mlan¬r? I·ki farkl¬şekilde yaz¬n¬z.
b) X bir topolojik uzay ve A X aç¬k bir alt kümesi olsun. (@A) = oldu¼
gunu ispat ediniz.
Çözüm:
a) @A = A
A = A \ (A0 )
b) Öncelikle A aç¬k bir küme oldu¼
gu için A = A: O halde @A = A A = A \ A0 : Şimdi her iki taraf¬n içini al¬rsak,
0
(@A) = (A) \ (A ) ; ve böylece (@A) = (A) \ (A)0 eşitli¼
gini elde ederiz. Fakat her küme için, o kümenin içi ile
0
de¼
gilinin kesişimi boşkümedir! Dolay¬s¬yla, (A) \ (A) = ve böylece (@A) = :
5. f : X ! Y sürekli bir fonksiyon ve B kümesi Y ’nin herhangi bir altkümesi olsun. Şunu ispat ediniz:
f
1
(B )
f
1
(B)
:
Çözüm: Öncelikle, soyut matematikden, yani mant¬ken, B
B =) f 1 (B ) f 1 (B) (1). I·kinci olarak, B aç¬k
bir küme oldu¼
gu için (her iç aç¬kd¬r...), ve f fonksiyonu sürekli oldu¼
gu için, f 1 (B ) kümesi X’de aç¬k bir kümedir.
Buda (2). önemli tespit oldu. Dolay¬syla, (1) ve (2) bulgular¬n¬ düşünürsek şu sonuca var¬r¬z: f 1 (B ) kümesi
f 1 (B) kümesinin içinde yaşayan bir aç¬k kümedir! Fakat, herhangi bir kümenin içi o kümenin içinde yaşayan tüm
aç¬k kümeleri kapsayaca¼
g¬için, f 1 (B) kümesinin içide f 1 (B ) kümesini kapsayacakt¬r. Yani, f 1 (B )
f 1 (B) :
6. Bir ö¼
grenci U = f(x; y) j x > 1 ve y < 2g kümesinin tüm düzleme yani R2 ’ye homeomor…k oldu¼
gunu tespit ediyor
2
ve R ’den U ’ya giden bir homeomor…zma fonksiyonu düşünüyor. Sizce ne düşünmüş olabilir? Aşa¼
g¬daki nokta noktal¬
boşlu¼
ga bir homeomor…zma yaz¬n¬z. Sonsuz tane farkl¬cevap olabilir:
f : R2 ! U; f (x; y) = (ex + 1; 2
ey )
7. X ve Y uzaylar¬Hausdor¤ uzaylar ise X
Y çarp¬m uzay¬n¬nda Hausdor¤ oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) noktalar¬ X Y çarp¬m uzay¬n¬n farkl¬ iki noktas¬ olsun. Bu noktalar¬n aç¬k kümelerle
ayr¬labildi¼
gini göstermemiz isteniyor. Bu noktalar farkl¬oldu¼
gu için en az bir koordinatlar¬farkl¬olmak zorundad¬r.
Mesela, x1 6= x2 olsun. Şimdi, X uzay¬ Hausdorf oldu¼
gu için farkl¬ iki noktas¬ ayr¬k aç¬k kümeler ile ayr¬labilir:
9U1 ; U2 X; aç¬k kümeler öyle ki x1 2 U1 ; x2 2 U2 ve U1 \ U2 = : Şimdi, X Y çarp¬m uzay¬nda şu aç¬k kümeleri
tan¬ml¬yal¬m: W1 = U1 Y ve W2 = U2 Y (aç¬k dikey şeritler!). I·şte bu kümeler (x1 ; y1 ) ve (x2 ; y2 ) noktalar¬n¬
ay¬r¬r. Gerçektende (x1 ; y1 ) 2 W1 ve (x2 ; y2 ) 2 W2 oldu¼
gu aşikar. Öte yanda, W1 \ W2 = (U1 \ U2 ) Y =
Y = :
8. a) Reel say¬do¼
grusunun Taltlimit topolojisinin 1. say¬labilir oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: Reel say¬do¼
grusunun her noktas¬nda say¬labilir bir lokal baz oldu¼
gunu göstermeliyiz. Bunu s¬n¬fta yapm¬şt¬k:
a 2 R1 reel say¬do¼
grusu üzerinde herhangi bir nokta olsun.
B(a) =
[a; a +
1
) j n 2 Z+
n
koleksiyonu a noktas¬n¬n bir lokal baz¬d¬r ve say¬labilirdir. (Not: Lokal baz oldu¼
gunu idrak temek için, Taltlimit
topolojisinin yaratanlar¬n¬düşünmek yeterli...)
b) 1. say¬labilir olmayan bir uzay örne¼
gi veriniz:
Cevap: (R1 ; Tsonlu-tümleyen )
9. X sonsuz tane eleman içeren bir küme olsun. X üzerine sonsuz tane topoloji konulabilece¼
gini ispat ediniz.
Çözüm: 10. soru anahtar! X’in bir x0 2 X eleman¬ için x0 ’a özel T ( x0 ) = fU X j x0 2 U g [ f g topolojisini
tan¬mlayabiliriz. S¬n¬fta bu koleksiyonun topoloji oldu¼
gunu ispatlam¬şt¬r, 10. soruda tekrarl¬yacaks¬n¬z. X’in sonsuz
tane eleman¬oldu¼
gu için, sonsuz tane özel topoloji tan¬mlayabiliriz, ve bunlar¬n hepsinin farkl¬oldu¼
gu aşikar.
10. R1 kümesinin, 7’ye özel, aşa¼
g¬daki altküme koleksiyonu düşünülüyor:
T (7) = U
R1 j 7 2 U [ f g
Yani, reel say¬do¼
grusunun 7’yi içeren tüm altkümlelerinin koleksiyonu ve art¬boşküme... T (7)’nin topoloji oldu¼
gunu,
topolojinin 3 şart¬n¬tek tek kontrol ederek, ispatlay¬n¬z.
Çözüm: 1. şart: zaten koleksiyonun içine eklenmiş. 7 2 R1 oldu¼
gu için ana küme R1 ’de elbette bu koleksiyonda...
(bariz?!) 2. şart: U1 ve U2 kümeleri T (7) koleksiyonundan seçilmiş herhangi iki küme ise ve ikiside boşkümeden farkl¬
ise ikiside 7 say¬s¬n¬içerir, dolay¬s¬yla U1 \ U2 kümeside 7 say¬s¬n¬içerir. Ve dolay¬s¬yla U1 \ U2 ’de T (7) koleksiyonu
içindedir. U1 ve ya U2 ’den biri boş küme ise kesişim boş küme olacakd¬r ve yine koleksiyon içindedir. 3. şart:
(Bariz?!..) Bu koleksiyondan key… say¬da küme seçilirse, bu kümelerden biri 7 say¬s¬n¬ihtiva ediyorsa, bu key… say¬da
kümenin bileşimide 7 say¬s¬n¬içerir. Ve dolay¬syla key… bileşimlerde topolojinin içindedir. (Boşkümenin ¬srarla tekrar
seçilmesi bu şartta da sorun ç¬karm¬yor: Sonsuz tane boşkümenin bileşimi boşkümedir :)...)
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAVI BAHAR 2013-2014
S¬nav 80 dakikad¬r ve s¬navda herbiri 3 puan de¼
gerinde 10 soru vard¬r. De¼
gerlendirme: 0=Boş ve ya Saçma, 1=Kötü, 2=Orta, 3=I·yi ve S{nav
7
N otu = 2 T oplam. Buçuklu puanlar verilebilir. S¬nav görgü ve kurallar¬na uyunuz.
1. X = fa; b; cg kümesinin:
a) 5 eleman içeren bir topolojisini yaz¬n¬z: f ; fag ; fbg ; fa; bg ; Xg
b) 6 eleman içeren bir topolojisini yaz¬n¬z: f ; fag ; fbg ; fa; bg ; fa; cg ; Xg
2. N = f0; 1; 2; 3; :::::g kümesi, yani do¼
gal say¬lar kümesi üzerine sonsuz tane farkl¬topoloji konulabilir. I·spatlay¬n¬z.
Çözüm: Her n 2 N için Tn = fU N j n 2 U g [ f g altküme ailesi N kümesinin bir topolojisidir. Bu tür topolojilere dersde
özel topoloji demişdik. Sonsuz tane böyle topoloji var ve hepside bariz bir şekilde birbirinden farkl¬.
3. X bir topolojik uzay ve A X altuzay¬olsun. A altuzay¬X’de aç¬k bir küme ise A’n¬n her aç¬k altkümesinin X’de de aç¬k bir
küme oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: V
A kümesi A’da aç¬k ise, altuzay¬n tan¬m¬gere¼
gi, V = U \ A şeklindedir. Burada, U kümesi X’de aç¬k bir küme.
Şimdi, e¼
ger, A’da X’de aç¬k ise iki aç¬k kümenin kesişimi aç¬k olaca¼
g¬için, V ’de X’de aç¬k olmal¬d¬r.
4. Şu kavramlar¬tan¬mlay¬n¬z: a) Y¬g¼¬lma noktas¬b) I·zole nokta
Çözüm: a) X bir topolojik uzay ve A X olsun. E¼
ger x 2 X noktas¬n¬n her aç¬k komşulu¼
gu A’y¬ x’den farkl¬ olan en az bir
noktada kesiyorsa, uzun uzun yazacak olursak, her aç¬k küme U; x 2 U; için (U fxg) \ A 6= ise, x noktas¬na A altkümesinin
y¬g¼¬lma noktas¬d¬r denir. b) X bir topolojik uzay ve A
X olsun. x 2 A noktas¬ y¬g¼¬lma noktas¬ de¼
gilse, x’e A altkümesinin
izole noktas¬d¬r denir.
5. Aşa¼
g¬daki altkümelerin bulunduklar¬Öklit uzay¬ndaki kapan¬ş, iç ve s¬n¬rlar¬n¬yaz¬n¬z:
p
p
p
p
1; 0; 2
a) A = ( 1; 0) [ (0; 2] : A = ( 1; 0) [ (0; 2); A = 1; 2 ; @A =
1 ve y 6= x : B = (x; y) j x2 + y 2 < 1 ve y 6= x ; B = (x; y) j x2 + y 2
n
o
@B = (x; y) j x2 + y 2 = 1 [ (t; t) j p12 t p12
b) B = (x; y) j x2 + y 2
1 ;
6. @(A \ B) @A \ @B iddias¬(her hb
alükb
arda :p) do¼
gru ise ispat ediniz, yanl¬ş ise yanl¬ş oldu¼
gunu gösteren bir örnek (yani karş¬
örnek) veriniz.
Çözüm: Yanl¬ş. Ve örne¼
gi bulmak gayet kolay: A = [0; 2] ; B = [1; 3]. Bu durumda sol taraf iki nokta içerirken, sa¼
g taraf boş
küme...
7. a) Sürekli bir fonksiyon aç¬k fonksiyon olmak zorunda de¼
gildir. Bir örnek veriniz. b) Sürekli bir fonksiyon kapal¬fonksiyon olmak
zorunda de¼
gildir. Buna da bir örnek veriniz.
a) Tekrar tekrar söylenen bir örnek: f : R1 ! R1 ; f (x) = x2 b) p1 : R2 ! R1 ; p(x; y) = x: Çünkü, projeksiyonlar kapal¬fonksiyon
de¼
gildir.
8. a) ( 1; 1) = R1 oldu¼
gunu bir homeomor…zma fonksiyonu kurarak ispatlay¬n¬z. Sadece fonksiyonu yaz¬n¬z. Aç¬klama yapman¬z
istenmiyor. b) ( 1; 1) ( 1; 1) = R2 oldu¼
gunu bir homeomor…zma fonksiyonu kurarak ispatlay¬n¬z. Sadece fonksiyonu yaz¬n¬z.
Aç¬klama yapman¬z istenmiyor.
Çözüm: Mepler soldan sa¼
ga olmak üzere, a) tan( 2 x) b) tan( 2 x); tan( 2 y)
9. (R1 ; Tsonlu-tüm leyen ) topolojik uzay¬T1 uzay¬d¬r. I·spatlay¬n¬z.
0
Çözüm: Noktalar¬kapal¬d¬r! Çünkü, x 2 R1 ise, fxg = R1
0
O halde, fxg aç¬kd¬r, yani fxg kümesi kapal¬d¬r.
fxg kümesi komplementi sonlu olan bir kümedir -1 eleman içeriyor-.
10. a) Hausdor¤ uzay¬ (Yani T2 uzay¬) nedir? Tan¬mlay¬n¬z. b) Hausdor¤ olan bir uzay örne¼
gi yaz¬n¬z. c) Hausdor¤ olmayan bir
uzay örne¼
gi yaz¬n¬z.
Çözüm: a) Herhangi iki farkl¬noktas¬ayr¬k aç¬k kümeler ile birbirinden ayr¬labilen uzaylar... b) Herhangi bir standart topolojili
reel Öklit uzay¬örnek olarak verilebilir. Örne¼
gin, R7 : c) Yukar¬daki sorudaki uzay: (R1 ; Tsonlu-tüm leyen ):
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş SON SINAV BAHAR 2013-2014
1. a) Topolojinin tan¬m¬n¬yap¬n¬z:
X bir küme ve T
2X olsun. T şu özellikleri [
sa¼
gl¬yorsa X’in bir topolojisidir: i) ; X 2 T ii) U; V 2 T =) U \ V 2 T iii)
fUi gi2I
T , T ’nin key… bir altküme ailesi, ise
Ui 2 T: Bu durumda (X; T ) ikilisine, ve ya bazan sadece X’e, topolojik uzay
denir.
b) Alt-uzay¬n tan¬m¬n¬yap¬n¬z: (X; T ) topolojik uzay ve A X ise TA = fU \ A j U 2 T g koleksiyonu A’n¬n bir topolojisidir ve
alt-uzay topolojisi olarak adland¬r¬l¬r. Bu durumda, (A; TA ) ikilisine, bazan sadece A’ya, altuzay (X’in bir altuzay¬) denir.
2. a) A kümesi kapal¬bir küme ise (A ) A olur. I·spatlay¬n¬z. b) A kümesi kapal¬bir küme de¼
gilse, a ş¬kk¬nda iddia edilen kapsama
ilişkisinin yanl¬ş olabilece¼
gini bir örnek ile gösteriniz.
Çözüm: a) A
A ve şimdi her iki taraf¬n kapan¬ş¬n¬al¬rsak (yani, 3. soru a ş¬kk¬n¬kullan¬rsak) (A )
kapal¬oldu¼
gu için... b) (0; 1)
3. Şu önermeleri ispatlay¬n¬z: a) A
B ise A
A = A: Son eşitlik A
B olur. b) Herhangi iki küme A ve B için: A [ B = A [ B
gi A’y¬kapsayan en küçük kapal¬küme oldu¼
gu
Çözüm: a) A B B zincirinden ortas¬n¬ç¬kar¬rsak, A B olur. A tan¬m gere¼
için A B sonucuna ulaşm¬yor muyuz? b) (1) A A ve B B ve A [ B A [ B olur. O halde, A [ B A [ B: (2) A A [ B
ve B A [ B oldu¼
gundan A A [ B ve B A [ B: O halde A [ B A [ B:
4. Aşa¼
g¬daki kümelerin yaşad¬klar¬Öklit uzay¬ndaki iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬yaz¬n¬z:
a) A = [ 1; 0) [ (0; 2): A ( 1; 0) [ (0; 2), A = [ 1; 2], @A = f 1; 0; 2g
n
o
3
+
b) B = 2n
j
n
2
Z
: B = ; B = B [ f2g ; @B = B
n+1
c) C = [0; 1)
(0; 1] : C = (0; 1)
(0; 1); C = [0; 1]
[0; 1]; @C = f(x; y) j 0
d) D = f(x; y) j x > 0; y 2 Qg : D = ; D = f(x; y) j x
x
0g ; @D = D
1; y = 0; 1g [ f(x; y) j 0
y
1; x = 0; 1g
5. f : R1 ! R1 fonksiyonu reel say¬ do¼
grusunun reel de¼
gerli, sürekli bir fonksiyonu olsun. S = x 2 R1 j f (x) = x sabit nokta
kümesinin kapal¬bir küme oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: S kümesinin de¼
gilinin aç¬k oldu¼
gunu ispatlamak yeterli. a 2 S 0 olsun. Bu durumda, f (a) 6= a: Şimdi, f fonksiyonu
sürekli oldu¼
gu için, öyle bir vard¬r ki x 2 (a
; a + ) ise f (x) 6= x: (Bunun için, = jf (a) aj almak yeterli san¬r¬m...). O
halde, öyle bir vard¬r ki (a
; a + ) S 0 : Yani S 0 aç¬k bir küme!...
6. f : X ! Y sürekli bir fonksiyon olsun. Bu durumda, B
1
Y ise f
1
(B )
[f
1
(B)] olmas¬gerekti¼
gini ispatlay¬n¬z.
1
Çözüm: B
B oldu¼
gundan dolay¬, f (B ) f (B) olur. Di¼
ger yandan f sürekli oldu¼
gu için, f 1 (B ) aç¬k bir kümedir.
1
1
1
Tan¬m gere¼
gi, f (B) kümesinin içindeki en büyük aç¬k küme [f (B)] oldu¼
guna göre, f (B ) [f 1 (B)] sonucuna ulaş¬r¬z.
7. Aşa¼
g¬da istenen homeomor…zma fonksiyonlar¬n¬nokta noktal¬yerlere yaz¬n¬z:
a) f : ( 1; 1) ! (0; 10)
f (x) = 5x + 5
b) g : [0;
g(x) = 3
2
) ! ( 1; 3]
tan x
8. A = ( 1; 1) kümesinin kompakt olmad¬g¼¬n¬a) Heine-Borel Teoremi’nin bir sonucu olarak (Teoremin hangi hipotezini ihlal ediyor?)
b) Bu kümenin, sonlu alt-örtüsü olmayan bir örtüsünü bularak iki farkl¬şekilde ispatlay¬n¬z.
Çözüm: a) A kapal¬de¼
gil... b) ( 1 + n1 ; 1
1
n)
j n 2 Z; n > 2 örtüsünü al¬rsak bu örtüden sonlu alt örtü elde edilemez.
9. a) Hausdor¤ uzay nedir? Tan¬mlay¬¬z. b) Reel say¬do¼
grusunun, standart topolojisi ile, Hausdor¤ oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: a) Uzaydaki herhangi iki farkl¬nokta aç¬k kümeler ile birbirlerinden ayr¬labiliyorsa... b) a; b 2 R ve a 6= b olsun.
alal¬m. Bu durumda, U = (a
; a + ); V = (b
; b + ) al¬rsak, a 2 U; b 2 V; U \ V = :
10. X ve Y uzaylar¬2. say¬labilir uzaylar ise X
=
jb aj
2
Y çarp¬m uzay¬n¬nda 2. say¬labilir oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: X ve Y uzaylar¬2. say¬labilir uzaylar ise say¬labilir bazlar¬vard¬r: B1 ailesi X’in, B2 ailesi Y ’nin say¬labilir bazlar¬olsun.
Bu durumda, tan¬m gere¼
gi, B = fU V j U 2 B1 ; V 2 B2 g ailesi X Y çarp¬m uzay¬n baz¬d¬r. Üstelik bu baz zay¬labilirdir.
Çünkü, soyut matematikten hat¬rlad¬g¼¬m¬z üzere, sonlu say¬da say¬labilir kümenin çarp¬m¬say¬labilirdir.
11. X kompakt bir topolojik uzay ve f : X ! R1 reel de¼
gerli sürekli bir fonksiyon olsun. Şu argüman¬ispatlay¬n¬z: "Öyle bir x0 2 X
vard¬r ki her x 2 X için f (x0 ) f (x):"
Çözüm: X kompakt ve f sürekli oldu¼
gu için görüntü kümesi f (X) R1 kompakt, dolay¬s¬yla kapal¬ve s¬n¬rl¬d¬r. Bu durumda,
sezgilerimizinde söyledi¼
gi gibi bu kümenin supremumu vard¬r ve içindedir.•
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAVI BAHAR 2014-2015
1. X = f1; 2; 3; 4g kümesinin a) 4 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z. b) 9 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: a) f ; f1; 2g ; f3; 4g ; Xg ve ya daha basiti f ; f1g ; f1; 2g ; Xg b) 2f1;2;3g [ fXg
2. Reel say¬do¼
grusunun alt limit topolojisi, standart topolojisinden daha incedir. I·spatlay¬n¬z.
1
Çözüm: (a; b) = [1
n= (a; b
n ] şeklinde yaz¬labilir, yani standart topolojinin baz elemanlar¬, üst limit topolojinin baz elemanlar¬
cinsinden yaz¬labilir, yani üst limit topolojisi standart topolojijiyi kapsar. Di¼
ger yanda, (a; b] şeklindeki bir üstlimit topolojisi
eleman¬standart topolojide aç¬k de¼
gildir. Sonuç olarak, üst limit topolojisi standart topolojiden incedir.
3. a) Metrik uzay nedir? Tan¬mlay¬n¬z.
b) (X; d) ikilisi bir metrik uzay olsun. X üzerinde d metri¼
gine göre metrik topoloji nas¬l inşaa edilir? Aç¬klay¬n¬z.
Çözüm: a) X bir küme d : X X ! R her x; y; z 2 X için aşa¼
g¬daki özellikleri sa¼
glayan bir fonksiyon olsun: i) d(x; y) 0 b)
d(x; y) = 0 , x = y c) d(x; y) = d(y; x) d) d(x; z) d(x; y) + d(y; z): Bu durumda (X; d) ikilisine bir metrik uzayd¬r denir. b) Her
x 2 X ve " 2 R+ için x merkezli, " > 0 yar¬çapl¬aç¬k yuvar B(x; ") = fy 2 X j d(x; y) < "g şeklinde tan¬mlan¬r. X’in tüm aç¬k
yuvarlaran¬n kümesi X kümesi için bir topolojik baz oluşturur ve bu baz¬n yaratt¬g¼¬topolojiye X üzerinde bir metrik topolojidir
denir.
4. Aşa¼
g¬daki kavramlar¬tan¬mlay¬n¬z: a) Baz b) I·zole nokta c) Y¬g¼¬lma noktas¬d) Yo¼
gun küme
Çözüm: a) X bir küme ve B şu iki şart¬sa¼
glayan bir altküme koleksiyonu ise B’ye X için bir topolojik bir bazd¬r denir: i) B’nin
tüm elemanlar¬n¬n bileşimi X olacak ii) U1 ; U2 2 B ve x 2 U1 \ U2 ise 9U3 öyle ki x 2 U3
U1 \ U2 : b) (X; T ) bir topolojik
uzay ve A X olsun. a 2 A noktas¬bir aç¬k küme ile yaln¬z b¬rak¬labiliyorsa, a noktas¬na izole nokta denir. Yani: 9U 2 T öyle
ki U \ A = fag ise... c) x 2 X noktas¬şu şart¬ sa¼
gl¬yorsa A kümesinin y¬g¼¬lma noktas¬d¬r: x noktas¬n¬ içeren her U 2 T için
U \ (A fxg) 6= olmal¬, yani x noktas¬n¬içeren her aç¬k küme A kümesinin x’den farkl¬olan bir noktas¬n¬içermeli... d) Bir alt
kümenin kapan¬ş¬ana uzaya eşitse, bu alt kümeye yo¼
gun altküme denir.
5. Aşa¼
g¬daki kümelerin R1 ’deki iç, kapan¬ş ve s¬n¬rlar¬n¬yaz¬n¬z: a) A = (0; 1)[(1; 2) b) B = [2; 3)[f4g c) C =
( 1)n +
1
j n 2 Z+
n
Çözüm: a) A = A; A = [0; 2]; @A = f0; 1; 2g b) B = (2; 3); B = [2; 3] [ f4g ; @B = f2; 3; 4g c) C = ; C = C [ f 1; 1g ;
@C = C
6. f (x) =
1
1
x<0
şeklinde tan¬ml¬f : R1 ! R1 fonksiyonunun sürekli olmad¬g¼¬n¬ispataly¬n¬z.
x 0
Çözüm: Hedef uzay¬nda aç¬k küme olan V = (0; 2) kümesini al¬rsak, ters görüntüsünün f
aç¬k küme olmad¬g¼¬n¬görüyoruz.
1
((0; 2)) = [0; 1) tan¬m kümesinde
7. ( 2; 3) aral¬g¼¬ndan (0; 1) aral¬g¼¬na bir homeomor…zma fonksiyonu yaz¬n¬z.
Çözüm: exp[tan( 10 (2x
1))]
8. a) Sürekli olan fakat aç¬k fonksiyon olmayan bir fonksiyon yaz¬n¬z. b) Sürekli olmayan, fakat aç¬k fonksiyon olan bir fonksiyon
yaz¬n¬z. (Not: Fonksiyonlar¬n tan¬m ve görüntü kümeleri, üzerlerindeki topolojiler belirtilmiş olsun.)
a) (Standart topolojili) Reel say¬do¼
grusundan, reel say¬do¼
grusuna, f (x) = x2 b) Trivial topolojili reel say¬do¼
grusundan, ayr¬k
topolojili reel say¬do¼
grusuna, f (x) = x:
N A M I K K E M A L Ü N I·V E R S I·T E S I· F E N - E D E B I·Y A T FA K Ü L T E S I· M A T E M A T I·K B Ö L Ü M Ü
MATB216 TOPOLOJI·YE GI·RI·Ş ARA SINAVI BAHAR 2014-2015
1. X = f1; 2; 3; 4g kümesinin 6 elemanl¬bir topolojisini yaz¬n¬z.
Çözüm: f ; f1g ; f2g ; f1; 2g ; f1; 2; 3g ; Xg
2. a) (X; d) metrik uzay¬verildi¼
ginde metrik topolojiyi yaratan standart baz¬yaz¬n¬z. b) a ş¬kk¬nda yazd¬g¼¬n¬z baz¬n baz tan¬m¬n¬n
2. şart¬n¬sa¼
glad¬g¼¬n¬bir resim çizerek anlat¬n¬z.
Çözüm: a) Ara s¬nava bak¬n¬z. b) Ders notlar¬na bak¬n¬z.
3. Aşa¼
g¬daki kümelerin yaşad¬klar¬standart Öklit uzay¬ndaki iç ve kapan¬şlar¬bulunuz:
n
o
2n
a) A = n+1
j n 2 Z + Çözüm: A = ; A = A [ f2g
b) B = (x; y) j x2 + y 2 < 1 ve x
2
0
Çözüm: B = (x; y) j x + y < 1 ve x > 0 ; B = (x; y) j x2 + y 2
2
2
1 ve x
0
2
c) C = (x; y) j x + y < 1 ve x 2 Q
Çözüm: C = ; C = (x; y) j x2 + y 2
4. ( 1; 1)
( 1; 1) karesinden (a; b)
Çözüm: (x; y) !
( b 2a x
+
b+a d c
2 ; 2 x
1
(c; d) diktörtgenine giden bir homeomor…zma fonksiyonu yaz¬n¬z.
+
d+c
2 )
5. (R1 ; Taltlim it ) topolojik uzay¬n¬n 1. say¬labilir oldu¼
gunu, herhangi bir a 2 R1 noktas¬nda, say¬labilir bir lokal baz yazarak ispatlay¬n¬z.
Çözüm:
[a; b
1
n)
j n 2 Z + ve b
1
n
>a
6. a) Kompaktl¬k nedir? b) Kompakt olmayan bir uzay örne¼
gi veriniz? c) Kompakt olan bir uzay örne¼
gi veriniz.
Çözüm: a) Ders notlar¬b) (R1 ; Tstandart ) c) Bir önceki ş¬ktaki uzay¬n [0; 1] alt uzay¬
7. (R1 ; Tstandart ) reel say¬do¼
grusunun Hausdor¤ ( yani T2 ) oldu¼
gunu ispatlay¬n¬z.
Çözüm: a 6= b 2 R ise U = (a
"; a + ") ve V = (b
"; b + ") aç¬k kümeleri 0 < "
8. Sonsuz tane aç¬k kümenin kesişimi aç¬k bir küme olmayabilir. Bir örnek yaz¬n¬z.
1
1
\
\
( n1 ; 1 + n1 ) = [0; 1] ve ya
(0; 1 + n1 ) = (0; 1]
Çözüm:
n=1
n=1
b a
2
seçilirse bu noktalar¬ay¬r¬r.