1 Ksm I Çarpm ve Bölüm Uzaylar ÇARPIM UZAYLARI 1 ÇARPIM TOPOLOJS 2 KARMA P R O B E M L E R 1. A ile B, srasyla, (X, T )X ile (Y, S ) topolojik uzaylarnn birer alt-kümesi olsunlar. (a) (A × B)◦ = A◦ × B ◦ (b) (A × B) = Ā × B̄ (c) ∂(A × B) = (∂A × B̄) ∪ (Ā × ∂B) oldu§unu gösteriniz. Çözüm: (X, T ) uzaynn bir taban T ve (Y, S ) uzaynn bir taban S olsun. (a) (x, y) ∈ (A × B)o ⇔ (∃T ∈ T)(∃S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⊂ A × B] ⇔ (x ∈ T ⊂ A) ∧ (y ∈ S ⊂ B) ⇔ (x ∈ A◦ ) ∧ (y ∈ B ◦ ) ⇔ (x, y) ∈ A◦ × B ◦ ) (b) (x, y) ∈ (A × B) ⇔ (∀T ∈ T)(∀S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⇒ (T × S) ∩ (A × B) 6= ∅] ⇔ (∀T ∈ T)(x ∈ T ⇒ T ∩ A 6= ∅)∧ (∀S ∈ S)(y ∈ S ⇒ S ∩ B 6= ∅) ⇔ (x ∈ Ā) ∧ (y ∈ B̄) ⇔ (x, y) ∈ Ā × B̄) (c) Önceki e³itlikler ile 2.5.1 problemlerdeki ilgili ba§ntlar kullanrsak ∂(A × B) = (A × B) ∩ (A × B)0 = (Ā × B̄) ∩ ((A × B)o )0 = (Ā × B̄) ∩ (Ao × B o )0 e³itliklerini yazabiliriz. Buradan, (a, b) ∈ ∂(A × B) ⇔ [(a, b) ∈ (Ā × B̄)] ∧ [(a, b) ∈ (Ao × B o )0 ] ⇔ (a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)∧ / Bo a ∈ Ao ⇒ b ∈ b ∈ Bo ⇒ a ∈ / Ao (a ∈ / Ao ) ∧ (b ∈ / Bo) olur. Burada {} içindeki üç satr inceleyelim: ∨ ile birbirlerine ba§ldrlar. imdi her üç satr için olaslklar 2 KARMA P R O B E M L E R 2 i. [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [a ∈ Ao ⇒ b ∈ / Bo] ⇒ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B) ⇒ (a, b) ∈ Ā × ∂B) ii. [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [b ∈ B o ⇒ a ∈ / Ao ] ⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄) ⇒ (a, b) ∈ ∂A × B̄) iii. [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [(a ∈ / Ao ) ∧ (b ∈ / B o )] ⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ ∂B)] ⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄)] ∨ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B)] ⇒ [(a, b) ∈ Ā × ∂B)] ∨ [(a, b) ∈ ∂A × B̄)] 2. (X, T ) bir topolojik uzay ise (X × X, P) çarpm uzaynda ∆ = {(x, x)|x ∈ X} kö³egeninin (X, T ) P uzayna e³yapl oldu§unu gösteriniz. P∆ ile gösterelim. π1 : X × X → X izdü³üm π1 (P) = T dir. π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst da sürekli ve açk bir dönü³ümdür. Ayrca (x, x) → x dönü³ümü ∆ dan X üzerine bbö dir. Dolaysyla, Önerme 6.3.1 uyarnca, π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst bir e³yap dönü³ümüdür (homeomor- Çözüm: nin ∆ üzerine kondurdu§u topolo jiyi fonksiyonu sürekli ve açk bir dönü³ümdür. phism). 3. Bir {Xλ , Tλ ) : λ ∈ Λ} (a) E§er topolojik uzaylar ailesi verilsin ve bunlarn çarpm uzay Λ sonlu yada saylabilir sonsuz bir küme ise, çarpm uzayn Birinci (X, P) olsun. (ya da kinci) Sayla- bilme Aksiyomunu sa§layabilmesi için gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylardan herbirisinin de bu aksiyomu sa§lamasdr. Çözüm: i. (Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her birisinin saylabilir bir taban var olacaktr. Bu tabanlar Bλ ile gösterelim. (9.11) ba§nts uyarnca, −1 bunlarn π λ ters izdü³üm dönü³ümleri altndaki resimlerinden olu³an S = {A : (∃λ ∈ Λ)(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)} (1) {(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)} ailesi saylabilir saydadr. O halde, Λ sonlu ya da saylabilir sonsuz bir küme ise, S ailesi en çok saylabilir sayda saylabilir ailelerden olu³an bir ailedir. Dolaysyla S ailesi saylabilir. Bu ailenin sonlu arakesitlerinden olu³an B ailesi de saylabilir sayda olacaktr. Sözkonusu B ailesi P çarpm topolo jisinin bir tabandr. Bu taban saylabilir oldu§una göre, P ailesi P çarpm topolo jisinin bir alt-tabandr. Her λ∈Λ için çarpm topolojisi kinci saylabilme aksiyomunu sa§lar. ii. (Xλ , Tλ ) x ∈ Xλ için λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için Bλ (x) kom³uluklar taban saylabilir sayda olacaktr. Her λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için {(∃B ∈ Bλ (x) A = πλ−1 (B)} ters resimleri saylabilir saydadr. O halde, Y (xλ )λ∈Λ ∈ πλ−1 (B) (2) topolojik uzaylar Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her kom³uluklar tabann Bλ (x) ile gösterelim. Her λ∈Λ yazlabilir. Açkça görüldü§ü gibi, (??) kartezyen çarpmnn saylabilir sayda çarpan vardr ve (x) noktasnn saylabilir bir kom³uluklar tabandr. 2 KARMA P R O B E M L E R (b) Λ 3 damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, e§er çarpan uzaylarn saylamaz saydas enaz iki³er ö§eli ise, çarpan uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§layamaz. Çözüm: Λ damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme ve çarpan uzaylarn saylamaz saydas enaz iki³er ö§eli ise Y πλ−1 (B), (∃B ∈ Bλ (x)} (3) λ∈Λ kartezyen çarpmnn saylamaz sonsuz sayda çarpan vardr. (??) ailesi, çarpm uzayda noktasnn bir kom³uluklar tabandr. Dolaysyla her ö§esi Bu noktann ba³ka bir her U kom³ulu§u V V (xλ ) (xλ ) noktasnn bir kom³ulu§udur. saylabilir kom³uluklar taban oldu§unu varsayalm. (??) ailesine ait tabanna ait bir V kümesini kapsar. Öyleyse olamaz. Bu demektir ki, verilen varsaymlar altnda, (xλ )λ∈Λ V taban saylabilir sayda noktasnn saylabilir bir kom³u- luklar taban olamaz. Dolaysyla çarpm uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz. (c) Λ damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, çarpm uzayn ikinci saylabilme aksiyomunu sa§layabilmesi için gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylarn ancak saylabilir saydasnn ayrk olmayan topolo jiden farkl bir topolo jiye sahip olmasdr. Gösteriniz. Çözüm: alm. P Çarpan uzaylarn saylamaz saydasnn ayrk olmayan topolojiden farkl oldu§unu varsayçarpm topolo jisinin (9.6) ile verilen (??) alt-taban saylamaz sayda saylabilir ailenin ailesidir. Dolaysyla saylamaz çokluktadr. Bunlarn sonlu arakesitleri ailesi de saylamaz çoklukta olaca§ndan, çarpm uzay kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz. E§er, (Xλ , Tλ ) (T ∈ Tλ ⇒ T = Xλ ) oldu§undan, Y πλ−1 (T ) = πλ−1 (Xλ ) = Xλ ayrk olmayan uzay ise, λ∈Λ olur. Öyleyse, çarpan uzaylarn ancak saylabilir saydas ayrk olmayan topolo jiden farkl bir topolojiye sahip ise, (??) ailesi saylabilir sayda olacaktr. 4. Ayrk uzaylarn sonlu saydasnn çarpmnn da ayrk bir uzay oldu§unu gösteriniz. Çözüm: Xi (Xi , Ai ) (i = 1, 2, . . . , n) ayrk topolo jik uzaylarn çarpm uzay (X, P) {xi } kümesi Ai ayrk topolo jisine göre açktr. O halde, olsun. Her xi ∈ için tek ö§eli (xi )ni=1 ∈X= n Y Xi i=1 için {x1 } × {x2 } × . . . {xn } ∈ P dir. Ba³ka bir deyi³le, her x∈X noktas çarpm topolojinin açk bir kümesidir. Dolaysyla, (X, P) ayrk bir uzaydr. 5. Ayrk uzaylarn sonsuz saydasnn çarpmnn da ayrk olmas için, bu uzaylarn hemen hemen hepsinin tek ö§eli olmas gerekti§ini gösteriniz. Çözüm: Burada hemen hemen hepsi deyimi Ölçüm Kuramna ait standart bir deyimdir ve "saylabilir saydas hariç" anlamndadr. Buna göre, problemi ³öyle ifade edebiliriz: Saylamaz çoklukta ayrk uzaylarn çarpmnn ayrk olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, uzaylarn saylabilir saydas hariç, geri kalanlarn tek ö§eli olmasdr. 2 KARMA P R O B E M L E R 4 Verilen ko³ullar altnda (??) ailesinin sonlu arakesitlerinden olu³an Bir (xλ ) ∈ Q Xλ noktasn dü³ünelim. Bu noktann P B taban saylabilir saydadr. çarpm topolo jisine göre açk oldu§unu M = {Xµ : µ ∈ M, Xµ = {xµ }} N = {Xn : n ∈ N} ile gösterelim. ! ∞ Y Y Y X= Xλ = Xn × Xµ gösterirsek, istenen sonucu bulmu³ oluruz. Tek ö§eli olan kümeleri ile gösterelim. Birden çok ö§esi olanlar λ∈Λ yazabiliriz. Her n∈N için xn ∈ Xn n=1 Xµ = {xµ } olmak Y {x1 } × {x2 } × . . . {xn } × . . . × ( {xµ } ve her µ∈M µ∈M için üzere X çarpm uzaynda µ∈M kümesi açk bir kümedir (bkz ??. Öte yandan bu küme, Λ = N∪M olmak üzere (xλ ) ∈ Q Xλ noktasdr. Böylece, çarpm uzaya ait her noktann çarpm topolojisine göre açk oldu§u görülür.