Topoloji

Zafer Ercan
Özgeçmiş . . .
Nesin Yayıncılık Ltd. Şti.
künye. . .
Zafer Ercan
Topoloji
İçindekiler
Önsöz . . . . . . . . .
0.1 Genel Önsöz . . .
0.2 Bölümlere Önsöz
0.3 İfade Üslubu . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 Topoloji Nedir?
1.1 Pasta ve Süreklilik . . . . . . . . . . . . .
1.2 Süreklilik Üzerinden Tanımlanan Denklik
1.3 Silindire Topolojik Denk Olanlar . . . . .
1.4 Genel Topolojinin Doğuşu . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
3
9
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
11
12
15
20
23
2 Topoloji
2.1 Topoloji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Komşuluk ve Taban Komşuluk Sistemiyle Topoloji Üretimi
2.3 Alexandrov Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Kümenin İçi ve Kapanışı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 T0 , T1 ve T2 Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Kuratowski Kapanış Operatörü . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
28
29
33
37
41
45
48
51
3 Taban
3.1 Topolojinin Tabanı . . . . . . . . . . .
3.2 Örnekler . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Metrik Topoloji . . . . . . . . .
3.2.2 n-Boyutlu Öklid Topoloji . . .
3.3 Sıra Topolojisi . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Sıra Uzayında Kapalı Kümeler
3.3.2 Sıra Uzayının Kopukluğu . . .
3.4 Fonksiyonlarla Topoloji Üretmek . . .
3.5 Altuzay . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Çarpım Uzayı . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Bölüm Uzayı . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
56
57
61
61
63
65
67
68
70
71
73
78
iv
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Metrik Topoloji
4.1 Metrik Uzay ve Topolojisi . . . . . . .
4.2 Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik . . .
4.3 Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği . .
4.4 Öklid Topolojik Uzayı . . . . . . . . .
4.5 Tam Metrik Uzay . . . . . . . . . . . .
4.6 Cantor Teoremi . . . . . . . . . . . . .
4.7 Baire Uzayı . . . . . . . . . . . . . . .
4.8 Metrik Uzayın Tamlaması . . . . . . .
4.9 Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi . .
4.10 Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
4.11 Süreklilik Uzayı . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5 Bağlantılı Uzay
5.1 Bağlantılılık . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık . . . . .
5.3 Bağlantılı Uzayların Çarpım Uzayı . . . . .
5.4 Yol Bağlantılılık . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Topolojicinin Sinüs Eğrisi . . . . . .
5.5 Yerel Bağlantılılık ve Yerel Yol Bağlantılılık
6 Yakınsama: Net ve Filtre
6.1 Net ve Yakınsaklık . . .
6.2 Net ve Süreklilik . . . .
6.3 Altnet . . . . . . . . . .
6.4 Ultranet . . . . . . . . .
6.5 Filtreler . . . . . . . . .
6.6 Filtrenin Yakınsaması .
6.7 Ultrafiltre . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
84
86
91
95
99
104
106
108
111
114
117
121
.
.
.
.
.
.
126
127
130
133
135
137
138
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
141
142
147
149
152
153
155
159
7 Dizisel Topolojik Uzaylar
7.1 Dizisel Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Fréchet-Urysohn Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Dizisel Uzay ve Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Dizisel Uzaylar Metrik Uzayların Bölüm Uzaylarıdır.
7.5 Örnekler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
162
163
166
168
170
173
.
.
.
.
175
176
180
183
186
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8 Tümüyle Düzenli Uzaylar
8.1 Tümüyle Düzenli Uzaylar . . . . . . .
8.2 Sürekli Fonksiyonlar Halkası ve Kapalı
8.3 Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması .
8.4 Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . .
Taban
. . . .
. . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8.5
8.6
8.7
8.8
8.9
Tümüyle Düzenlilik ve
Düzenli Uzaylar . . . .
Düzgün Uzay . . . . .
Düzgün Süreklilik . . .
Tam Uzay . . . . . . .
Yarısüreklilik
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
9 Normal Uzaylar
9.1 Tanım ve Temel İki Denk Özellik
9.2 Urysohn Lemma . . . . . . . . .
9.3 Temel Genişleme Teoremleri . . .
9.4 Tietze Teoremi . . . . . . . . . .
9.5 Çarpım Uzayın Normalliği . . . .
9.6 Hahn-Tong Ayrışım Teoremi . .
9.7 Tümüyle Normal uzaylar . . . .
9.8 Mükemmel Normal Uzaylar . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
10 Kompakt Uzaylar
10.1 Kompakt Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 Sıra Uzayın Kompaktlığı . . . . . . . . . . . .
10.2 Kompakt Uzay ve Normal Uzay . . . . . . . . . . . .
10.3 Alexander Alttaban Teoremi . . . . . . . . . . . . .
10.4 Tychonoff Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5 Kompaktlık ve Yakınsaklık . . . . . . . . . . . . . .
10.6 Sayılabilir Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.7 Limit Nokta Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . . .
10.8 Dizisel Kompakt Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . .
10.9 Yerel Kompakt Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . .
10.10 Lindelöf Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.11 Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler .
11 Metrik Uzaylarda Kompaktlık
11.1 Metrik Topolojide Kompaktlık . . . . . . .
11.2 Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık . . . . . .
11.3 Önkompaktlık ve Kompaktlık . . . . . . . .
11.4 Kompaktlık ve Uç Noktalar . . . . . . . . .
11.4.1 Noktasal Sonlu Örtü ve Kompaktlık
11.5 Ascoli-Arzela Teoremi . . . . . . . . . . . .
11.5.1 Hilbert Küpü: [0, 1]N -Uzayı . . . . .
11.5.2 Cantor Uzayı: 2N -Uzayı . . . . . . .
11.6 Kompakt Uzayın Metrikleşebilirliliği . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
190
191
194
203
206
.
.
.
.
.
.
.
.
209
210
212
216
221
223
226
230
231
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
233
234
237
241
245
247
249
252
255
256
260
265
267
.
.
.
.
.
.
.
.
.
272
273
276
279
280
281
282
286
287
293
12 Stone-C̆ech Kompaktlama I
298
12.1 Banach-Stone Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
12.2 Stone-C̆ech Kompaktlama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
12.3 Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama . . . . . . . . . . . 304
13 z-Idealler ve z-Filtreler
13.1 z-Filtre . . . . . . . . . . . . .
13.2 z-ultrafiltre ve Asal z-ultrafiltre
13.3 z-ideal . . . . . . . . . . . . . .
13.4 z-Filtre ve Yakınsaklık . . . . .
13.5 Yoğun Altuzayda Filtre . . . .
.
.
.
.
.
308
309
311
312
315
318
14 Stone-C̆ech Kompaktlama II
14.1 Cb -gömülebilirlik ve Yoğun Altuzay . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2 Kompakt Uzayın Yoğun Altuzayı . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3 Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası . . . . . . . . . .
322
323
325
327
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
15 Reelkompaktlık
331
15.1 Tümüyle Düzenli Uzayın Çarpım Uzayındaki Kapanışı . . . . . 332
15.2 Reelkompakt Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335
15.3 Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu . . . . . . . . . 336
16 Sürekli Fonksiyonlar ve Reelkompaktlık
16.1 Sıralı Bölüm Halkası Üzerine Birkaç Not . . .
16.2 Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tamsıralılığı
16.3 C(X)/M Bölüm Halkasının Arşimetliği . . .
16.4 βX = Hom Cb (X) ve vX = Hom C(X) . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
342
343
346
348
349
17 Önkompaktlık
17.1 Temel Karakterizasyon . . . . . . .
17.2 Dini Teoremi . . . . . . . . . . . .
17.3 Ψ-Uzay (Mrowka Uzayı) . . . . . .
17.4 İdealin Kapanışı ve Önkompaktlık
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
352
353
357
359
361
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
18 Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
363
18.1 Cb (X) ve C(X) Halkalarında Maksimal Idealler . . . . . . . . . 363
18.2 Stone Genişlemesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365
19 Ek: Topolojilerin Sayısı
369
19.1 Ultrafiltrelerin Sayısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369
19.2 Topolojilerin Sayısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372
19.3 Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Sayısı . . . . . . . . . . . 373
20 Ön Bilgiler
20.1 Küme Kuramı . . . . . .
20.2 Kısmi Sıralı Küme . . .
20.3 Ordinaller . . . . . . . .
20.4 Ordinallerde Aritmetik .
20.5 Kardinaller . . . . . . .
20.6 Yarıgrup, Grup ve Halka
20.7 Vektör Uzaylar . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
375
375
379
385
387
389
394
398
Önsöz
0.1
Genel Önsöz
Sürekli fonksiyonlar cebirleri üzerinde öğrendiklerimi zaman zaman yazma denemelerim oldu. Bu denemelerim sonuç vermese de sonunda elimizde bulunan
bu topoloji kitabı ortaya çıkmıştır.
Babama şakayla karışık bir şekilde “Bir kitap yazacağım.” dememle başlayan ve onun bu durumu gereğinden fazla ciddiye alarak sık sık “Kitap ne
zaman bitiyor?” sorularına olumlu yanıt verebilme duyarlılığım olmasaydı,
belki de bu kitap bitmeyebilirdi. O nedenle babama teşvik ediciliğinden dolayı
teşekkür borçluyum.
Kitap yazarken nerede durulması yani sınırların neler olması gerektiğini
bilmenin olmazsa olmaz olduğunu az da olsa bu süreçte öğrendim. Gerçekten
de “Her ölüm erken ölümdür.” deyimini “Her yaşam eksik yaşamdır.” gibi
okuyacak olursak buna benzer biçimde her kitabın kapsamının da bir eksiklik içerdiğine tanık oldum1 . Bu açıdan bu kitabın da kapsamı eksik kalmıştır.
Örneğin; bir topolojik uzayın ne zaman metrikleşebilir olmasının temel teoremlerinin bu kitapta yer almaması bir eksikliktir2 . Bu eksikliklere rağmen
bu kitabın ortaya çıkmasını önemli buluyorum.
Kitabın kimlere yönelik olduğu konusunda açıklama yapmanın çok da gerekli oluğunu düşünmemekle beraber, kitabın içeriğinin matematiğe ilgisi olan
ve bu konuda temel matematik yöntemlerini bilen herkes tarafından takip edilebileceğini tahmin etmekteyim. Bu açıdan kitabın Matematik Bölümü lisans
öğrencilerinden başlayarak yüksek lisans, doktora ve matematik alanındaki
araştırmacıların ilgi alanına girebileceğini tahmin etmekteyim.
Türkçe olarak topoloji alanında yazılmış birçok değerli kitap olsa da var
olanların hiçbirinin bu kitapla örtüştüğünü düşünmemekteyim. Bu, bir övgü ya
da bir yergi anlamında değildir. Bu konuda elbette okurun görüşleri belirleyici
olacaktır. Umarım bu kitap olumlu yönde bir boşluğu doldurarak bu alanda
çalışanlara yararlı olacaktır. Bu kitabın mevcutlardan farklı olmasının bile bu
1
2
Bu durum Kurt Gödel’in eksiklik teoremini çağrıştırıyor.
Karamsarda olmamak gerekir, süprizlerimiz de var: süreklilik uzayı
2
alandaki çalışmalara katkı sağlayacağını düşünmekteyim.
Kitapta yer alan temel kavramların kimlere ait olduğuna ilişkin açıklayıcı
bilgiler verilmeye özen gösterildi. Bu veriler üzerinden okur, konu hakkında detaylı bilgi edinebilmek için iz sürebilir. Bu yönüyle kitap çok kapsamlı olmasa
da bir referans kitap niteliğindedir.
Her altbölümün sonuna alıştırmalar konulmuştur. Alıştırmaların bazılarının
çözümü zor bulunabilir ya da kanıtı zor olan teoremler niteliğinde olduğu
düşünülebilir. Ancak bu problemlerin çözümleri sırasında okuyucu paniklememelidir, tıpkı görünen ve tırmanılması çok zor olan dağların varlığının insanı
panikletmemesi gerektiği gibi! Bu problemler okuyucu tarafından çözülemese
bile çözüm sürecinin kendisinin okura farklı bakış açısı kazandıracağı varsayılmıştır. Bunun yanında teoremlerin kanıtlarında zaman zaman “açıktır”
kelimesi, “kolaydır” anlamında kullanılarak detaylar okura bırakılmıştır.
Kitap LaTex programında yazılmıştır. Yazım esnasında kitapta yer alan
şekillerin tam istediğim yerde yer alması bazen mümkün olamadı. Bu nedenle şekillerin yeri ve şekillerle ilgili açıklamalar arasında kopukluklar olabildi. Ayrıca kitapta olması gerekenden çok daha az şekil yer aldı. Bunun
temel nedeni şekilleri çizebilmek için belirli programları kullanabilme becerisinde olmayışımdandır. Kitabın daha sonraki basımlarında bu eksikliğin giderilebileceğini umuyorum. Buna karşın okurun teorem kanıtlarında ve problem
çözümlerinde şekil çizmesini öneririm. Kitabın yazımı süresince LaTex yazımı
konusunda bilgisini paylaşmaktan esirgemeyen Resul Eryiğit ve İsmail U. Tiryaki’ye teşekkür ederim.
İndekslemede içerisinde farklı işaretleri bulunduran kelimeler daha önlerde
yer almıştır (örneğin sıralamada “z-ideal” kelimesi “açık altörtüsü” kelimesinin önünde yer almıştır). Mükemmel olmayan bu indeksleme biçimi okumayı
zorlaştıracak nitelikte de değildir.
Matematik alanında teknik kavramların Türkçe isimlendirilmesinde tam
bir standartlaşma olduğundan bahsedilemez. Bu durumdan kaynaklanan olumsuzlukların kitaba çok fazla yansımadığı düşüncesindeyim. İsimlendirmelerde
öztürkçe kullanımına çok fazla “özen” gösterilmemiştir; örneğin ingilizcede
“compact” kelimesine karşılık “tıkız” kelimesi değil, “kompakt” kelimesi kullanılmıştır. Benzer biçimde “filter” kelimesine karşılık “süzgeç” kelimesi değil,
“filtre” kelimesi kullanılmıştır.
Her bölümün sonuna karikatürler eklenerek kitaptaki formal anlatımdan
doğan olası gerginliği az da olsa ortadan kaldırmanın yanısıra bazı sosyal
eleştiri amaçlanmıştı, ama olmadı! Kitaba konulmak üzere (ama konulmayan) karikatürlerin çizimini yapan Metin Selçuk Ercan ve karikatürlerinin kullanımına izin veren Tayfun Akgül’e çok çok teşekkür ederim3 .
Kitabın yazımının düzeltilmesi konusunda A.İ.B.Ü. Edebiyat bölümü öğ3
Bu karikatürler şu anda kitabın bu halinde gözükmüyor, gizlenmiş durumda.???
0.2. Bölümlere Önsöz
3
retim üyelerinden Şaban Doğan ve öğrencilerinin değerli katkıları olmuştur.
Şafak Alpay, Nuran Ercan ve Mehmet Vural kitabı son derece dikkatli okuyarak onlarca sayfa dolusu hatalar bulup kitabın düzeltilmesine inanılmaz emekleri geçmiştir. Timur Karaçay ve Şahin Koçak’ın kitap konusunda teşvik edici
öneri ve eleştirileri olmuştur. Ali Nesin’in hem editör olarak hem de kitabın
içeriğine yönelik olarak çok olumulu katkıları sonucu bu kitap ortaya çıkmıştır.
Hepsine sonsuz teşekkür ederim.
Kitabın yazılma sürecinden bitimine kadar bana moral veren ve eleştiri yapan Nuran Ercan ve Ayfer Ercan’a teşekkür ederim. Kitapta yer alan şekillerin
çizimlerini yapan ve bu kitabın yazımı sürecinde göstermiş olduğu anlayıştan
dolayı eşim Nihan Uygun Ercan’a çok teşekkür ederim. Bilgisayarda kitabı yazarken başıma gelip “oyun oynacağım” diye taciz ederek bilgisayarımı elimden
alıp ve bazen de “Baba, yazıların bilgisayardan silinirse çok üzülürüm.” diye
kaygılanan kızım Eylül Ekin Ercan’a da teşekkür ederim.
Babaannem beni okula kaydeden, küçük odanın o çok küçük penceresinin
önünde ezik ve alçak sesli ağıtsal türküleriyle matematik ödevimi yaparken
bana eşlik eden kadındı. Sonradan öğrendim ki o ağıtlar Bin Dokuz Yüz On
beşlerde katledilen ailesinin dramıymış. Bu kitabı babaannem Zeynep Ercan’a
ve onun nezdinde o süreçteki Anadolu insanlarının acılarına, dramına atfediyorum.
0.2
Bölümlere Önsöz
Kitap toplam 20 bölümden ve bu bölümlerin altbölümlerinden oluşmaktadır.
Bu bölümler ve altbölümlerinin içeriklerinin başlıkları “˙İçindekiler” kısmında
verilmiş olsa da bölümlerin kapsamı aşağıda ayrıca özetlenmiştir.
Birinci Bölüm. Bu bölümde kısa fakat anlaşılır bir seviyede “Topoloji
Nedir?” sorusu yanıtlanmaya çalışılmıştır. Bu yanıtlamada kullanılan temel
enstrümanlar herkesin bildiği aralıklar, üçgenler, dikdörtgenler, çember, silindir ve benzeri geometrik şekiller olmuştur. Bu geometrik şekiller arasında, topolojik aynılığın anlamını oluşturan, birebir, örten kendisi ve tersi de sürekli
fonksiyon arayışı ve vurgusu yapılmıştır. Ayrıca topolojinin çarpıcı örneklerinden olan Klein Şişesi, Mobius Şeriti tanımlanmıştır. Buna ilaveten bazı
yazarlarlara göre topolojinin inşa sürecinin temellerinden biri olarak bilinen
Königsberg’in Yedi Köprüsü problemine kaçınılmaz olarak değinilmiştir4 .
Bu bölümde geçen geometrik şekillerin topolojik olarak aynı olduğunu
söyleyen bazı fonksiyonların eşitlikleri verilmiştir. Bunların çıkarımları zor olabilir; okur bunlara çokta takılmamalı, sadece bilgi amaçlı olarak verilmiştir.
4
Bazılarına göre de Königsberg’in Yedi Köprüsü problemiyle topolojinin hiçbir alakası
yoktur!
4
Ayrıca okur, bu bölümde verilen problemlerin bazılarının tam olarak matematik problem olmaktan öte, “hissettirme” problemleri olduğununun farkında
olmalıdır.
Bu bölümdeki anlatım dili aksiyomatik matematik olmayıp topoloji kavramını sezgisel olarak anlatım amaçlanmıştır.
İkinci Bölüm. Bu bölümde topoloji kavramı aksiyomatik olarak tanımlanmıştır. Topolojinin denk tanımlarından olan “Komşuluk Sistemi, Kuratowski
Kapanış Operatörü” gibi kavramlar tanımlanmış ve bunlarla ilgili temel sonuçlar verilmiştir. Bir küme üzerinde tanımlı topolojilerin ne kadar çok olduğu,
kümenin sonlu ve sonlu olmama durumu üzerine bazı sonuçlar verilmiştir. Elemanları sabit bir küme üzerindeki topolojiler olan küme, kapsama sıralamasına
göre kısmi sıralı küme olarak alınarak bazı sonuçlar verilmiştir. Aynı şey topolojiler için de yapılmıştır. Bir X kümesi üzerinde düzgün küme kavramı
tanımlanmış ve düzgün küme tarafından üretilen düzgün topoloji kavramı
tanımlanmıştır. Ayrıca, süreklilik kavramı verilerek, iki topolojik uzayın topolojik eşyapılı (homeomorfik) olma kavramı tanımlanmıştır.
Üçüncü Bölüm. Bir matematiksel yapının inşası “taban” kavramıyla
başlar. Bu bölümde topolojinin taban kavramı verilmiştir. Sonrasında metrik uzay topolojisi, tamsıralı küme üzerinde sıra topolojisi tanımlanarak temel özellikleri verilmiştir. Ayrıca fonksiyonlar tarafından üretilen topolojiler
tanımlanmıştır. Bu yaklaşımlarla altuzay, çarpım uzayı ve bölüm uzayları gibi
temel uzay kavramları tanımlanarak bunların belirgin özellikleri çalışılmıştır.
Bazı çarpım uzaylarının oldukca “tanıdık” uzaylara karşlık geldiğinden de bahsedilecek, örneğin {0, 1}N çapım uzayının Cantor uzayına homeomorfik olduğu
0
altbölüm 11.8’de ve NN çarpım uzayının (0, 1)∩Q Öklid uzayına homeomorfik
olduğu Alıştırma 3.67’de bahsedilecek.
Dördüncü Bölüm. Topolojik uzayın en temel motivasyonlarından biri
metrik uzaylar kavramıdır. Öyle ki metrik uzaylar olmadan topoloji olmaz da
denilebilir. Bu bölümde metrik uzay kavramı tanımlanarak onların ürettiği
topolojik uzayların temel özellikleri çalışılmıştır. Metrik uzayların temeli olarak nitelendirilebilecek ve “Öklid uzayı” olarak adlandırılan Rn üzerinde metrikler tanımlanmıştır. Buna ilaveten bir metrik uzayda yakınsama kavramı
tanımlanarak “Cauchy dizisi” kavramı tanıtılmış ve her Cauchy dizisinin yakınsamasını sağlayacak biçimde bir üst uzayın var olabileceği (metrik uzayın
tamlaması) kanıtlanmıştır. Bunların yanısıra çarpım uzayının ne zaman metrikleşebilirliği ile ilgili temel sonuçlar verilmiştir. Fonksiyonel Analiz’deki temel
teoremlerin kanıtlarında kullanılan Baire Teoremi ifade edilerek bunun kanıtı
verilmiştir. Ayrıca metrik uzaylarda sürekli fonksiyonların sürekli genişlemeleriyle ilgili bazı sonuçlar verilmiştir.
Beşinci Bölüm. Bir topolojik uzayın hem açık hem de kapalı olan altkü-
0.2. Bölümlere Önsöz
5
mesi sadece ve sadece uzayın kendisi ve boşkümeyse o uzaya bağlantılı uzay
denir. Değil ise kopuk uzay denir. Bu bölümde bağlantılı ve kopuk uzayların
temel özellikleri anlaşılmaya çalışılmıştır. Bunun bir sonucu olarak R ve Rn
(n > 1) uzaylarının homeomorfik olmadıkları gösterilmiştir. Bu kavramlar
yanında uzayın Yol Bağlantılı olması da tanımlanmış ve bunun bağlantılı uzaylarla arasındaki temel ilişki verilmiştir. Yerel bağlantılı uzaylar ve yerel yol
bağlantılı uzaylar da bu bölümde çalışılmıştır.
Altıncı Bölüm. Bu bölümde tanımlanan net ve onun yakınsaklık kavramı, dizi kavramının genellemesidir. Bu kavram kullanılarak bir fonksiyonun sürekliliği ve bir kümenin kapanışının ne olduğu karakterize edilebilmiştir.
Ayrıca net kavramının daha bir topolojik versiyonu olarak görülen filtre kavramı tanımlanmış ve bunun yakınsaması da bu bölümde çalışılmıştır. Bu kavramlarla yığılma noktaları betimlenmiş ve temel sonuçlar verilmiştir.
Yedinci Bölüm. Bu bölümde dizisel uzay kavramı ve Fréchet-Urysohn
uzay kavramları tanıtılarak onların temel özellikleri çalışılmıştır. Metrik uzaylarda net kavramı yerine dizilerle çalışmak yeterlidir. Bu noktadan hareket
ederek hangi tür topolojik uzaylarda net kavramı yerine dizilerle çalışmanın
“yeterli” olduğunu soruşturmak da anlamlı olacaktır. O tür uzaylara dizisel
uzay denir. Bir topolojik uzayın dizisel uzay olması için gerek ve yeter koşulun
bir metrik uzayın bölüm uzayı olması gerektiği, bir temel sonuç olarak bu
bölümde kanıtlanmıştır.
Sekizinci Bölüm. Bir topolojik uzayda verilen kapalı bir küme ve bu
kümeye ait olmayan uzayın bir elemanı iki biçimde ayrılabilir: birincisi, ayrık
açık kümelerle, ikincisi ise kapalı kümeyi sıfıra ve noktayı bire götüren sürekli
fonksiyonlarla. İkinci ayrışım özelliği kapalı her küme ve bu kümeye ait olmayan her nokta için yapılıyor ve uzay Hausdorff ise uzaya, tümüyle düzenli
uzay denir. Bu bölümde bu tür uzaylar çalışılmıştır. Hausdorff uzayın tümüyle
düzenli olması için gerek ve yeter koşullardan birinin her kapalı kümenin bazı
sürekli fonksiyonların sıfır kümelerinin arakesiti olarak yazılabildiği de gösterilmiştir. Alt ve üst yarısürekli fonksiyonlar tanımlanarak bu terimlerle Hausdorff uzayın tümüyle düzenli olmaları karakterize edilmiştir. Ayrıca sürekli
fonksiyonlar halkası çalışılırken topolojik uzayı tümüyle düzenli uzay almanın
yeterli olduğu kanıtlanmıştır.
Metrik kavramının avantajlarıyla metrikleşebilir topolojik uzayın yapısını
anlayabilmek genel olarak tümüyle düzenli uzayın yapısını anlamaktan daha
kolay olabilir. Buna karşın metrik uzay kavramı düzgün uzay kavramıyla genellenebilir. Bu genellemeyle tümüyle düzenli her uzayın bir düzgün uzay tarafından belirlenebildiği gösterilerek tümüyle düzenli uzayların daha iyi anlaşılmasının yolu açılacaktır.
Dokuzuncu Bölüm. Bu bölümde kapalı ayrık kümeleri ayrık açık küme-
6
lerle ayrılabilen Hausdorff uzaylar çalışılmışır. Bu özellikteki uzaylara normal uzaylar denir. Normal uzaylar tanım gereği düzenli uzaylardır. Hausdorff
uzayın normal uzay olması için gerek ve yeter koşullardan birinin ayrık kapalı her iki kümenin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olması gerektiği
kanıtlanmıştır (Urysohn Lemma). Bunun bir sonucu olarak normal uzayların
tümüyle düzenli uzaylar olduğu gösterilmiştir. Normal uzay olmanın bir diğer
denk koşulunun, uzayın kapalı altuzayında tanımlı gerçel değerli (sınırlı ya da
sınırsız) sürekli her fonksiyonun uzaya sürekli genişlemesinin olduğunun kanıtı
verilecektir (Tietze Genişleme Teoremi). Ayrıca Hausdorff uzayın normal uzay
olması için gerek ve yeter koşullar üst yarısürekli ve alt yarısürekli terimleriyle
verilmiştir.
Onuncu Bölüm. Bu bölümde çalışılacak olan kompaktlık, sonluluk kavramına en yakın kavramdır. Gerçel sayıların altkümesinin kompakt olması için
gerek ve yeter koşul, kapalı ve sınırlı olmasıdır. Okur, bu kavramın önemini ve
avantajlarını bu denklik üzerinden anlayabilir. Bu bölümde kompaktlık kavramı tanımlanarak, sıra topolojisinde bir aralığın kompakt olması karakterize edilmiştir. Kompakt Hausdorff uzayın normal uzay olduğu kanıtlanmıştır.
Alexander Alttaban Teoremi olarak bilinen teorem verilerek uzayın kompakt
olup olmadığı daha az maliyetle karakterize edilmiştir. Kompakt uzayların
çarpım uzayının (Tychonoff Teoremi) kompakt olduğu kanıtlanmıştır. Kompaktlık kavramı, net ve filtre kavramları arasındaki temel ilişkiler verilerek
çeşitli kompaktlık kavramları (sayılabilir kompaktlık, limit nokta kompaktlık,
dizisel kompaktlık gibi) tanımlanmış ve bunlar üzerinde çalışılmıştır. Ayrıca bu
bölümün birinci alt bölümünün alıştırma bölümünde Stone-Weierstrass Yaklaşım Teoremi Alıştırma olarak kanıtıyla verilmiştir. İki topoloji arasında tanımlı
sürekli fonksiyonlar kümesi üzerine kompakt-açık topoloji kavramı verilerek
belirli özellikleri çalışılmıştır. Bu kavram, çarpım uzay kavramının belirli bir
sınıfını genellemektedir.
On birinci Bölüm. Bu bölümde metrik uzaylarda kompaktlık kavramı
çalışılmıştır. Bir metrik uzayın bir altkümesinin kompakt olması için gerek ve
yeter koşullardan birinin uzayın önkompakt olması, bir başka denk koşulun
ise tümüyle sınırlı ve tam olması gerektiği kanıtlanmıştır. Ayrıca K kompakt
topolojik uzayı olmak üzere, C(K) metrik uzayının bir altkümesinin kompakt
olması için gerek ve yeter koşulun kapalı, sınırlı ve eşsürekli olması gerektiği
kanıtlanmıştır. Hilbert küpü olarak bilinen [0, 1]N çarpım uzayı ve Cantor
uzayı olarak da bilinen {0, 1}N çarpım uzayı çalışılarak, bunların aralarındaki
ilişkilerden bahsedilmiştir. Ayrıca her kompakt metrik uzayın süntüsü olduğu
alıştırmlalar kısmında kanıtıyla verilmiştir.
On ikinci Bölüm. X topolojik Hausdorff uzayı verildiğinde, X’in yoğun
olarak homeomorfik olarak gömülebildiği ve
0.2. Bölümlere Önsöz
7
π : C(K) → Cb (X), π(f ) = f|X
dönüşümü örten yapacak tek bir tane (homeomorfik olma anlamında) kompakt Hausdorff K uzayının olduğu kanıtlanmıştır. Burada geçen C(X), gerçel
değerli sürekli fonksiyonlar cebirini ve Cb (X) ise gerçel değerli sınırlı fonksiyonlar cebirini göstermektedir.
On üçüncü Bölüm. Bu bölümde bir topolojik uzayda elemanları sürekli
fonksiyonların sıfır kümeleri olan z-filtre kavramı tanımlanarak z-filtreler ile
sürekli fonksiyonlar halkasının idealleri arasındaki ilişkiler belirlenmiştir. Ayrıca bu yapılar üzerinden bir z-filtrenin bir noktaya yakınsaması, yığılma noktası gibi kavramlar tanımlanarak bunların üzerinde çalışılmıştır. Filtrelerde
olduğu gibi asal z-filtre ve z-ultrafiltre kavramları tanımlanarak temel özellikleri verilmiştir. Bütün bunların bir genellemesi niteliğinde değerlendirilebilecek
şekilde, tümüyle düzenli bir topolojik uzayın yoğun altuzayında z-ultrafiltreler
tanımlanarak bunlar ile uzayın elemanları arasındaki ilişkiler yakınsama kavramı terimiyle çalışılmıştır. Bütün bunların çalışılmasının nedeni, Bölüm 14’te
verilmiş olan Stone-C̆ech kompaktlamanın farklı bir inşasını oluşturabilmek
için altyapı hazırlamaktır.
On dördüncü Bölüm. Bölüm 12’de Tychonoff Teoremi kullanılarak tümüyle düzenli uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının varlığı kanıtlanmıştı. Bu
bölümde bahsi edilen varlık, sıfır kümeler terimiyle Tychonoff Teoremi kullanılmadan verilmiştir. Bunun sonucunda da Tychonoff Teoreminin farklı bir
kanıtı verilmiştir.
On beşinci Bölüm. Gerçel sayıların bir çarpım uzayının kapalı altuzayına, homeomorfik olan topolojik uzaya reelkompakt uzay denir. Reelkompakt uzayda tanımlı gerçel değerli sürekli fonksiyon halkasından, gerçel sayılara
tanımlı homomorfizmaların bir noktada belirlenebilen homomorfizma oldukları
teorem olarak verilmiştir. Bunun bir uygulaması olarak Banach-Stone Teoremi
genellenebilmiştir. Yine bu sonucun kullanılmasıyla, tümüyle düzenli uzayda
tanımlı gerçel değerli sürekli fonksiyon halkasından, gerçel sayılara tanımlı homomorfizmaların bir nete bağlı olarak limit terimiyle karakterize edilebilmiştir.
Ayrıca gerçel sayıların her altkümesinin, gerçel sayıların bir çarpım uzayının
kapalı altuzayına homeomorfik olduğundan bahsedilmiştir. Örneğin rasyonel
sayılar kümesi gerçel sayılar kümesinde kapalı olmasa bile, gerçel sayılar kümesinin bir çarpım uzayında kapalıdır.
On altıncı Bölüm. X tümüyle düzenli uzay olmak üzere X’den R’ye
tanımlı sürekli fonksiyonların halkasını C(X) ile gösterelim. C(X)/I bölüm
halkasının tamsıralı olması için gerek ve yeter koşullar, I ideali üzerinden belirlenecektir. Ayrıca bir M maksimal ideali için C(X)/M bölüm halkasının R
halkasına izomorfik ya da R’nin bir althalkasına izomorfik olma ya da ikisinin de olmama koşulları belirlenmiştir. Bu yaklaşımlarla maksimal ideal, sabit
8
maksimal ideal, reelmaksimal ideal gibi çeşitli sınıflandırmalar yapılabilmiştir.
Buna ilaveten tümüyle düzenli X uzayın, Stone-C̆ech kompaktlaması ile, X’ten
R’ye tanımlı sınırlı fonksiyonlar halkasından R’ye tanımlı homomorfizmalar
kümesi arasındaki ilişkiler belirlenmiştir.
On yedinci Bölüm. Tümüyle düzenli X uzayı,
C(X) = Cb (X),
yani X’ten R’ye tanımlı her sürekli fonksiyon sınırlı ise X’e önkompakt uzay
denir. Her önkompakt uzayın kompakt olması gerekmez, ama ömkompakt
uzayın kompakt olması için aynı zamanda reelkompakt olması yeterlidir. Bu
bölümde tümüyle düzenli uzayın önkompakt olması için gerek yeter koşullar
belirlenmiştir. Ayrıca sayılabilir kompakt olmayan, reelkompakt olmayan önkompakt örneği verilmiştir.
On sekizinci Bölüm. X tümüyle düzenli uzay ve M , X’ten gerçel sayılar
cismi R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar halkasının bir maksimal ideali olsun.
R, tamsıralı bölüm halkası C(X)/M ’ye gömülebilir. Her ne kadar C(X)/M
sıralı cismi R’ye izomorfik olması gerekmese de bu cismin her elemanı, R’nin
her elemanıyla karşılaştırılabilir. Bu karşılaştırmadan gelen özelliklere göre
C(X)/M ’nin elemanlarını reel, sonsuz küçük ve sonsuz büyük gibi sınıflamalara
ayırarak, bunlara ilişkin temel bazı özellikleri verilmiştir. f : X → R sürekli
fonksiyonunun Stone genişlemesi olarak adlandırılan f ∗ : βX → R∗ sürekli
genişlemesi vardır. Bu bölümde ayrıca f ∗ fonksiyonu ile [f ] ∈ C(X)/M arasındaki bazı belirgin özellikler çalışılmıştır.
On dokuzuncu Bölüm. Verilen bir X kümesi için elemanları bu küme
üzerinde tanımlı olan topolojiler olan kümeyi T (X) ile gösterelim. X ve T (X)
kümelerinin kardinaliteleri arasındaki ilişkiler bu bölümde çalışılmıştır.
Yirminci Bölüm. Bu bölümde kitabı takip edebilmek için bazı önbilgiler temel seviyede verilmiştir. Bu önbilgiler Matematik Dünyası dergisinde
mükemmel bir biçimde çalışılmış olup detaylar bu dergide bulunabilir.
Okur, bir romanın satır satır okunmasının gerekliliğine karşın bu durumun
matematik kitabı için geçerli olmadığının farkında olmalıdır. Bu kitabın okunması sürecinde de okur, kitapta verilen sıralamayı takip etme zorunda olmadığının, ancak okuma esnasında geçen kavramları en azından tanım düzeyinde bilmesininin gerektiğinin bilincinde olmalıdır. Örneğin, bu kitaba birinci
bölümü okumadan ikinci bölüm okunmaya başlanabilir. Bunun yanında ikinci
bölümde verilen kavramları bilmeden üçüncü bölümün okunması olamaz.
0.3. İfade Üslubu
0.3
9
İfade Üslubu
Matematik kitaplarında tanım ve teoremler farklı biçimlerde ifade edilebilir.
Fazla simge kullanılmadan bir teorem ya da tanımı ifade etmek her ne kadar estetik gözükse de bunu yapabilmek her zaman mümkün olmayabilir. Bu kitapta
mümkün olduğu kadar tanım ve teoremler yazı diliyle verilmiştir. Örneğin,
aşağıdaki iki teoremde aynı şeyi söylemesine karşın bu kitabın tercihi genelde
birinci teoremdeki ifade biçimi olmuştur.
Teorem 0.1. Bir topolojik uzayda verilen bir netin, verilen bir noktaya yakınsaması için gerek ve yeter koşul, netin her altnetinin en az bir altnetinin o noktaya yakınsamasıdır.
Teorem 0.2. X bir topolojik uzay, f , X’in bir neti ve x ∈ X verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
i. f → x.
ii. g, f ’nin bir altnetiyse h → x özelliğinde g’nin altneti h vardır.
Benzer biçimde bir kümenin filtre olması aşağıda olduğu gibi iki farklı
üslupla tanımlanabilir. Bu kitabın üslubu mümkün olduğu kadar birinci formattaki gibi olacaktır.
Tanım 0.1. Boş olmayan bir kümenin boşkümeden farklı, boşkümeyi içermeyen,
sonlu arakesit işlem kapalı ve üstküme işlem kapalı olan kuvvet kümesinin bir
altkümesine filtre denir5 .
Tanım 0.2. X boş olmayan bir küme ve F ⊂ ℘(X) kümesi aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa F’ye bir filtre denir.
i. ∅ 6∈ F.
ii. A,B ∈ F ise A ∩ B ∈ F olur.
iii. A ∈ F ve A ⊂ B ⊂ X ise B ∈ F olur.
A kümesi, B kümesinin altkümesiyse yaygın olarak A ⊆ B bazen de A ⊂ B
yazılır. Bu T
kitapta ikinci gösterim tercih edilmiştir. Arakesit işlemlerinde duruma göre
ya da ∩ sembolleri kullanılacaktır. Örneğin A, B ve C kümeleT
rinin bileşimi, A ∩ B ∩ C biçiminde, (Ai )i∈I kümeler
S ailesini arakesiti i∈I Ai
ile gösterilecek. Benzer biçimde bileşim içinde
ya da ∪ sembolleri kullanılacak. İki küme arasında tanımlı fonksiyonun gösteriminde uzun ok (−→),
yakınsamayla ilişkin sembolük gösterimde kısa ok (→) kullanılacaktır. Bir
5
Filte kavramı ilk olarak Riesz (1908) ve Caratheodory (1913) tarafından gözlenmiştir.
fonksyiyon altında bir a noktasının b noktası olması a 7→ b olarak gösterildiği
durum olacaktır.
Kitapta göremediğim birçok hata olduğundan şüphem yok. Elbette bütün
bu hatalar bana aittir. Bu hatalar kuşkusuz olarak okurların ilgisiyle ve düzeltme önerileriyle azalacaktır.
Orhan Gencebay’dan uyarlayarak “Hatasız kitap olmaz.” diyebiliriz6 . Hatalarıyla anlayın bu kitabı!
Zafer Ercan / Bolu, Gün Ay Yıl
6
Birden aklıma geldi: Hatasız eşek olabilir mi?
1. Topoloji Nedir?
Bildiğim kadarıyla topoloji alanında Türkçede yazılmış olan ilk kitap Timur
Karaçay’ın Genel Topoloji [78] kitabıdır. Bu alanda yazılmış son kitaplardan
biri de sıradan olmayan bir eğitsel dil kullanan Ali Nesin’in Analiz IV [111]
adlı kitabıdır. Topoloji konusuna Matematik Dünyası dergisininde de geniş
yer verilmiştir [107]. Günümüze kadar bu alanda Türkçe birçok değerli kitap
yazılmış olsa da kanımca “topoloji nedir?” sorusuna bu kitapların hiçbirinde
doğrudan yer verilmemiş ya da tartışılmamıştır. Bunun bir eksiklik olduğunu
düşünmekteyim. Bu eksikliğin giderilmesi amacıyla yukarıda verilen başlıkta
bir bölüme bu kitapta yer verilmiştir.
Matematiğin birçok dalı vardır. Bu dallar genel olarak analiz, cebir, topoloji, diferansiyel denklemler gibi dallardır. Bu dallar arasında “topoloji nedir?”
sorusu, her nedense örneğin “analiz nedir?” sorusundan daha fazla sorulur. Bu
soruya verilen “matematiğin bir dalıdır” biçimdeki üstünkörü bir yanıt pek de
beklentiyi karşılayan nitelikte bir yanıt değildir. Bu bölümde başlıkta geçen
sorunun yanıtını aksiyomatik tanımlamalara girmeden ve zaman zaman da
ironik bir dille vermeye çalışacağız.
Çağımızın çok iyi bilinen topolojicilerinden Rus matematikci A.V. Arhangel’skii topolojiyi, uzaklık olmaksısın sonsuza yaklaşma bilimi olarak tanımlıyor1 .
Gerçekten topolojide bir düzlemin sonsuzlarının hepsini bir kürenin kuzey kutup noktası olarak görebiliyoruz. Buna benzer biçimde (−∞, ∞) ile (−1, 1)
arasındaki “mesafe” sonsuz olmasına karşın, bunları topolojik olarak aynı görebiliyoruz2 . Burada sonsuzu gözümüzün önüne getiren ve gözümüzün önündekini sonsuza götüren,
f (x) =
x
1−|x|
eşitliğiyle tanımlanan f : (−1, 1) −→ (−∞, ∞) fonksiyonudur. Bu fonksiyon
gelişigüzel bir fonksiyon değildir; birebir, örten, sürekli ve tersi de süreklidir,
bu özellikler üzerinden topolojik denk olma-aynı olma kavramı inşa edilecek.
1
Sonsuz nedir, ne tarafa düşer usta?
İnsanın yaratıp sonsuza koyduğu tanrı kavramının aynı zamanda kalbi kadar yakın hissetmesi gibi bir durum mu ne?
2
12
1. Topoloji Nedir?
Mesafe kavramını ihmal ederek solid dikdörtgen3 ile silindir arasında da topolojik olarak fark görmeyeceğız. Ama herşey iyi gitmiyor; birbirlerine çok yakın
olan (0, 1] ve (0, 1) doğru parçalarını (“doğal” topolojiye göre) aynı olarak
göremiyoruz4 .
Yukarıda verilen paragraflarda yapılan açıklamaları dikkate aldığımızda,
“Topoloji nedir?” sorusunun yanıtı, “Geometrik topoloji nedir?” ve “Genel topoloji nedir?” sorularının yanıtlarının içerisinde olacaktır. Her ne kadar bu iki
kavram birbirlerinden oldukça farklı olsalar da, ortak çıkış noktaları süreklilik
kavramıdır5 . Dolayısıyla topolojinin ne olduğunun yanıtını “süreklilik nedir?”
sorusunun içerisinde aramak çok daha genel bir yaklaşım olabilecektir.
Bu altbölümde yer alan süreklilik kavramı, kalkülüs6 kitaplarında standart
olarak yer alan süreklilik anlamında olacaktır. Okurun bu kavramları temel
düzeyde bildiği de zaman zaman varsayılacaktır. Örneğin bazı bölgeler üzerinden integral alma işlemlerinde verilen bir bölgeyi daha uygun bir bölgeye
dönüştürebilme bilgisi okura bazı avantajlar sağlatacaktır.
1.1
Pasta ve Süreklilik
Hiçbir insan “mükemmel” bir çember çizemez, daha da ötesi, bırakın mükemmel bir şekil çizmeyi, mükemmel bir nokta bile yapamaz. Bunun nedeni nokta,
somut değil soyuttur, mükemmellikte öyle. Bir insan somut bir parçayı somut bir aletle tam iki parçaya da ayıramaz, ayırsa bile bunun tam ikiye
bölünmüş parçalar olduğu “kanıtlayamaz”. 40 cm uzunluluğunda doğarak 2
metre√
uzunluğuna ulaşan bir insan boyunun uzama sürecinin bir anında boyu
40 + 40 cm olmuştur ama bu an dünyadaki bütün kameraların önünde
gerçekleşmiş olsa bile tam olarak tespit edilemez. Bir başka deyişle süreklilikten gelen an gözümüzün önünde olmasına karşın onun yarattığı değişimleri
mükemmel olarak göremiyoruz, ama görmeden algılayabiliyoruz.
Verilen bir pastayı tam iki parçaya bölebilecek bir alet yapılabilir, ancak
bu alet somut değil ancak soyut olabilir, yani bıçak, makas ya da hızar motoru
falan olamaz! Dolayısıyla soyut aletle tam iki parçaya bölünmüş parçaların so3
Tam formal bir tanımlama olmasa da sınırları ve iç bölgesi tarafından oluşturulan bölgeye
“solid” bölge diyebiliriz. Bir başka değişle iç dolu bölge.
4
Matematik Dünyası dergisinin 2009 I-II dergisinin 31. sayfasında şöyle yazıyor: Sürekli
nefes almanız küçük bir sorun teşkil etse de, siz dahil, var olan herşey topolojik uzaydır.
5
Bahis konusu farklılık, hem yöntem hem de içerikseldir. Öyle ki bir sohbet masasında
topolojinin tanımı üzerinden başlayan tartışma iki topolojicinin arasında az kalsın kavgayla sonuçlanacaktı. Taraflardan biri olan geometrik topolojicisi Demir Küpeli, topolojinin
tanım gereği Hausdorff özelliğini bulundurması gerektiğine düşünüyordu. Diğeriyse gerektirmediğini.
6
“Calculus”, latince bir kelime olup ve çakıl taşı anlamındadır. İngilizcede daha çk
“mühendisler için sulandırılmış diferansiyel hesap” anlamında kullanıldığı [112] de ifade edilmektedir.
1.1. Pasta ve Süreklilik
13
mut karşılığı, “tam” bir bölüş değildir. Buna karşın aşağıda anlatılan biçimde
pasta tam iki parçaya bölünebilir. Ali Nesin, bu bölme işlemine “işte bu süreklilik!” diyor. Aslında sürekliliğin becerebildiklerinden biri demek istiyordue.
Bu bölme işlemini anlamak için gerçel sayıların boş olmayan altkümesinden
gerçel sayılara tanımlı fonksiyonun −δ anlamında sürekli olmasının ne demek
olduğunun bilindiği varsayımıyla aşağıdaki teoremi verelim7 .
Teorem 1.1 (Bolzano (1817), Ara Değer Teoremi). a, b ∈ R ve a < b olmak
üzere, f : [a, b] −→ R fonksiyonu sürekli ve f (a) ≤ f (b) ise,
[f (a), f (b)] ⊂ f ([a, b])
olur.
Tam iki eşit parçaya bölünmesi istenen sonlu büyüklükteki pasta verilsin.
Pasta sonlu olduğundan üst yüzeyide sonludur. Ayrıca pastanın üst yüzeyini
kopuk olmayan bir düzlem parçası olarak alalım.
y
lb
lα
la
b
a
α
x
Şekil 1.1. Pastanın şekli
Pastayı ikiye bölmek yerine pastanın üst yüzeyinin tam iki parçaya bölünebileceğini gösterelim. Bu üst yüzeyi xy düzleminin birinci bölümüne Şekil 1.1
olduğu gibi yerleştirebiliriz. Çıkış noktası orijin, yani (0, 0) noktası olan ışın
kılıcıyla bölme işlemini yapalım. Işın kılıcının ilk halinin x ekseni üzerinde
olduğunu ve y ekseniyle çakışacak biçimde hareket ettiğini varsayalım. Işının
pastaya ilk dokunduğu anındaki açı, a ve son değdiği noktada oluşan nokta b
olsun. a ≤ α ≤ b için, A(α), resimde gösterilen bölgenin alanı olsun. Böylece
A : [a, b] −→ A([a, b]) sürekli fonksiyonunu tanımlamış oluruz. Bölgenin alanı
B = A(b) ve A(a) = 0 olmak üzere,
7
Günümüzde − δ kullanılarak verilen limit ve süreklilik kavramının Cauchy tarafından
verildiği ifade edilse de matematik tarihcisi Grathan Guinness, bu tanımın Bolzano’nın 1817
tarihli makalesi’nden [20] Cauchy tarafından çalındığını iddia etmektedir. Ayrıca bu konuda
[38] ve [58] makaleleri önerilir.
14
1. Topoloji Nedir?
B
2
∈ [A(a), A(b)] ⊂ A([a, b])
olduğundan,
B
2
= A (α)
ve a ≤ β ≤ b olacak biçimde β vardır. Yani, Işın kılıcının β açısına getirildiği
an pastanın yüzeyi tam ikiye bölünür. Pasta sadece iki eşit parçaya değil, her
doğal sayıya
√ eşit olarak bölünebildiği gibi, bir kilo ağırlağındaki bir pastanın
bir parçası 200 gram olarak ayrılabilir ki, bunu hiçbir terazi yapamaz! Hiçbir
terazinin sağlayamayacağı bir şeyi yapabilen süreklilik sadece bu yönüyle bile
çok güzel değil mi?8
Pastayı iki eşit parçaya bölen yöntemle herhangi bir patateste iki eşit
parçaya bölünebilir.
Derinlikleri, yoğunluğu ve malzemeleri aynı olan iki pastanın eşit ağırlıkta
olması için gerekli ve yeterli koşul üst yüzey çevrelerinin (çember olduğunu varsayıyoruz) aynı olması gerektiği açık. Verilen bir pastayı tam iki eşit parçaya
ayırmamızı sağlayan süreklilik kavramının “çok kötü huyları da” vardır; iki
farklı pastayı eşit büyüklükte algılatabilir: A ve B isimli pastalar verilsin.
Bu iki pastanın üst yüzeylerinin içerisinde kalan ortak noktalarının olduğunu
varsayabiliriz. Çıkış noktası yüzeylerin içerisinde bir nokta olan bir ışın 360
derece dönsün. Bu dönme esnasında ışın, pastaların üstyüzeylerinin çevresinin
noktalarını sürekli olarak birebir eşleştirecektir. Böylece bu çevrelerin noktaları arasında birebir ve örten fonksiyon tanımlanmış olacaktır. Dolayısıyla
bu pastalar bu ölçeğe yani süreklilik ölçeğine göre (terazinin ölçeğine göre
değil) eşittir. Bu eşitlik kavramında bir tuhaflığın olması şaşırtıcı olmamalı,
çünkü süreklilik kavramı soyut, pasta somut! 9
Yukarıda verilen anlatım ne kadar güzel olsa da hep bir eksikliği içerisinde
barındırıyor olmalı. Bunun nedeni somut kavramla soyut kavram arasında yok
edilemeyen değer ve beklenti karmaşasıdır. Aşağıda verilen örneklerde böyle
bir sıkıntı yoktur, çünkü pasta yoktur! Bölüncek parça da soyut, bölecel alette.
Notlar ve Örnekler
1.1. Sürekli ve sadece iki farklı değer alan f : R −→ R fonksiyonu yoktur: Olduğunu varsayalım. Farklı değerlerin 0 ve 1 olduğunu ve, f (x) = 0 ve f (y) = 1 olacak biçimde
x, y ∈ R var olduğunu varsayabiliriz. x < y olduğunu da varsayabiliriz. Sürekliliğin
tanımından,
x < x0 = sup {c ∈ R : f ([x, c]) ⊂ {0}} < y
ve f (x0 ) = 0 olduğu kolaylıkla gösterilir. Sürekliliği bir kez daha kullanarak,
8
Aslında bir pasta soyut farklı yaklaşımlarla da iki eşit parçaya bölünebilir: pastanın herhangi bir parçasının noktalarıyla kalan kısmın noktaları arasında birebir bir ilişki kurulabilir.
Bu ölçeğe göre pastanın herhangi parçası kalan parçayla aynıdır!
9
Kıssadan hisse: Keyfi iki çember arasında birebir örten kendisi ve tersi sürekli olan bir
fonksiyon vardır.
1.2. Süreklilik Üzerinden Tanımlanan Denklik
|a − x0 | ≤ δ ⇒ |f (a)| = |f (a) − f (x0 )| ≤
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
15
1
2
önermesini sağlayan 0 < δ < y − x0 sayısı vardır. Buradan da f ([x, x0 + δ]) ⊂ {0} elde
edilir. Buradan da x0 + δ < x0 çelişkisi oluşur.
Gerçel sayıların bir aralığından R’ye tanımlı sadece iki farklı değer alan sürekli fonksiyon yoktur. Daha genel olarak bir aralıktan R’ye tanımlı sonlu değer alan sürekli her
fonksiyon sabittir.
(0, 1) aralığından (0, a) ∪ (a, 1) kümesine tanımlı sürekli ve örten fonksiyon yoktur.
Z’den R’nin boş olmayan bir altkümesine tanımlı her fonksiyon süreklidir.
R’den Z’ye tanımlı bir fonksiyonun sürekli olması için gerek ve yeter koşul sabit olmasıdır.
1.2
Süreklilik Üzerinden Tanımlanan Denklik
Okur, A ⊂ R altkümesinden R’ye tanımlı fonksiyonun sürekli olmasının ne
demek olduğunu genel olarak biliyordur. n, m ∈ N olmak üzere
f : A ⊂ Rn −→ B ⊂ Rm
fonksiyonunun sürekli olmasının anlamını, en azından, kalkülüs seviyesinde
bildiğini de varsayalım ama tanımı yine de verelim. a = (a1 , . . ., an ) ∈ A ⊂ Rn
olmak üzere,
p
||a|| = a21 + . . . + a2n
yazalım. Ayrıca, x = (x1 , . . ., xn ) için
x − a = (x1 − a1 , . . ., xn − an )
olarak tanımlanır.
Tanım 1.1. f : A ⊂ Rn −→ Rm fonksiyonun verilen x0 ∈ A noktasında
sürekli olması, her > 0 için,
x ∈ A, ||x − x0 || < δ ⇒ ||f (x) − f (x0 )|| < önermesini sağlayan δ > 0 sayısının var olmasıdır. f fonksiyonu her x ∈ A için
sürekliyse, f ’ye sürekli denir10 .
a = (a1 , . . ., an ) ∈ Rn ve r > 0 için
B (a, r) = {x ∈ Rn : ||x − a|| < r}
gösterimini kullanarak11 , yukarıda verilen süreklilik kavramını aşağıdaki gibi
de ifade edebiliriz.
10
11
Bu kavram genellenerek − δ kullanılmadan “açık küme” kavramıyla verilecektir.
Bu gösterim metrik uzaylarda genellenecektir.
16
1. Topoloji Nedir?
Teorem 1.2. f : A ⊂ Rn −→ Rm fonksiyonunun sürekli olması için gerek ve
yeter koşul her x0 ∈ A ve > 0 için,
f (A ∩ B (x0 , δ)) ⊂ B (f (x0 ) , )
önermesini sağlayan δ > 0 sayısının olmasıdır.
Örnek 1.6. [0, 1) aralığına benzeyen esnek bir çubuğun uç noktaları birbirlerine değdirecek
biçimde bir çember yapılabilir. Bunu yaparken uygulanacak yöntem tek bir tane var gibi
gözüküyor. Uygulanan bu işlem matematiksel olarak bir sürekli fonksiyon işlemidir. Benzeri
bir çok yerde kullanılacak bu işlemi daha matematiksel olarak ifade edelim:
S 1 = {(sin 2πx, cos 2πx) : x ∈ [0, 1)}
bir yarıçaplı bir çembedir. f : [0, 1) −→ S fonksiyonu
f (x) = (sin 2πx, cos 2πx)
eşitliğiyle tanımlansın.
i. f birebir ve örten fonksiyondur.
ii. f süreklidir.
iii. f ’nin ters fonksiyonu f −1 sürekli değildir.
v. f −1 ’in sürekli olmadığı tek nokta x = 0 noktasıdır.
A ⊂ Rn ’dan B ⊂ Rm ’ye tanımlı birebir, örten, sürekli ve tersi sürekli
bir fonksiyon varsa (bu tür fonksiyonlara homeomorfizma denir.), A ve B
kümelerini topolojik denk olarak göreceğiz. Bu durumda “A ve B uzayları
homeomorfiktir”, “topolojik denk” ya da “topolojik eşdeğer” ifadelerini sıklıkla
kullanacağız12 .
f : A −→ B bir homeomorfizma ise A’dan farklı her C ⊂ A için A \ C ve
B ⊂ f (C) homeomorfik olur.
A = (0, 1) ve B = (0, 1] kümeleri topolojik denk mi dır? Bu iki küme,
küme teoride denk olsalar da topolojik denk değillerdir13 . Yani A’dan B’ye
tanımlı kendisi ve tersi sürekli olan, birebir ve örten fonksiyon yoktur. Halbuki
aralarındaki fark eleman fazlalılığı olarak sadece ve sadece tek bir noktadır.
Diğer taraftan biraz şaşırtıcı olabilir ama (0, 1) aralığı ile R topolojik denktir.
Halbuki R’de olup (0, 1) aralığında olmayan ne çok sayı var!
Topolojinin ne olduğuna ilişkin sorunun süreklilik kavramıyla verilebileceğinden bahsedilmişti. Sürekliliğin şekiller üzerinde nasıl değişimler yaptığına
ilişkin bazı gözlemler yapmak ve bunun üzerinden sürekliliği yorumlamak ve
oradan da topolojinin ne olduğuna ilişkin yorum yapmak yabana atılır bir
yaklaşım olmasa gerek.
Notlar ve Örnekler
12
Genel olarak homeomorfik (ingilizce homeomorphic) kullanılır.
Topolojik denk olma kavramı verilen topolojiye göre değişir. Burada sözkonusu olan
Öklid topolojisidir.
13
1.2. Süreklilik Üzerinden Tanımlanan Denklik
17
1.7. Z ve Q topolojik denk olamazlar.
1.8. a, b, c. d ∈ R gerçel sayıları, a < b ve c < d eşitsizliklerini sağlasın.
i. [0, 1] aralığından [a, b] aralığına
f (x) = (1 − x) a + xb
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon sürekli ve birebirdir. Ayrıca f fonksiyonun ters fonksiyonu,
f −1 (t) =
t−a
b−a
eşitliğiyle tanımlanır ve bu da süreklidir. Dolayısıyla [0, 1] ve [a, b] aralıkları, uzunluk,
ağırlık v.s biçiminde eşit olmasalar da topolojik denktir. Daha genel olarak a < b ve
c < d eşitsizliklerini sağlayan a, b, c ve d gerçel sayıları için [a, b] ve [c, d] kapalı aralıkları
topolojik denktir.
ii. (0, 1] aralığından (a, b]’ye
f (x) = (1 − x) a + xb
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon birebir, örten sürekli ve tersi süreklidir. Dolayısıyla bu
aralıklar topolojik denktir.
iii. (0, 1] ve [−1, 0) aralıkları da topolojik denktir. Ayrıca, (a, b] ve [c, d) aralıkları topolojik denktir.
1.9. (0, 2) ve (0, 1) ∪ (1, 2) kümeleri topolojik denk değillerdir. Gerçekten de f : (0, 2) −→
(0, 1) ∪ (1, 2) bir homeomorfizma olsaydı,
g (x) = χ(0,1) (f (x))
eşitliğiyle tanımlı g : (0, 2) −→ R fonksiyonu sadece 1 ve 2 değerlerini alan sürekli bir
fonksiyon olur. Bu, bir çelişkidir.
1.10. i. (0, 1] ve (0, 1) kümeleri topolojik denk olamazlar: Olduklarını varsayalım ve f :
(0, 1] −→ (0, 1) homeomorfizma olsun. Bu durumda,
g : (0, 1) −→ (0, f (1)) ∪ (f (1), 1), g(x) = f (x)
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon süreklidir. Buradan,
h : (0, 1) −→ R, h(x) = χ(0,f (1)) (g(x))
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon sürekli olup, bu bir çelişkidir. Daha genel olarak (a, b) ve
(c, d] topoloji denk değildir.
ii. (0, 1) ve [0, 1] aralıkları topolojik denk olamaz. Olsaydı (0, 1) aralığı, bazı x, y ve z
gerçel sayıları için (0, x) ∪ (x, y) ∪ (y, 1) biçimindeki bir kümeyle topolojik denk olurdu.
Bunun bir çelişki olduğu kolayca görörülür.
iii. (−1, 1) ve R kümeleri topolojik denktir: f (x) = x(1 − |x|)−1 eşitliğiyle tanımlı f :
(−1, 1) −→ R fonksiyonu homemorfizmadır.
viii. [a, ∞), (b, ∞), (−∞, b] ve (−∞, a] kümeleri topolojik denktir.
1.11. Her iki çember topolojik denktir.
1.12. Bir noktası çıkarılmış çember ile R arasında fark yoktur: S, (0, 1) merkezli ve bir yarıçaplı
çemberden (0, 2) noktanın çıkarılmasıyla elde edilen küme olsun. Yani,
S = {(x, y) : x2 + (y − 1)2 = 1} \ {(0, 2)}
olsun. s, R’den S’ye tanımlı, x ∈ R noktasını, (x, 0) ve (0, 2) noktalarından geçen doğru
parçasıyla S’nin arakesiti olan s(x) noktasına götüren fonksiyon olsun. Bu fonksiyona
stereografik izdüşüm denir14 . s fonksiyonu sürekli, birebir, örten ve tersi de süreklidir.
14
Bu kavramın küreden düzleme olan biçiminin Eski Mısırlılar tarafından bilindiği tahmin edilmektedir. Hipparchus, Ptolemy ve planisphere izdüşüm olarak da bilinir. Gualterius
Lud tarafından 1507’de yapılan harita, Dünyanın en eski haritası olarak bilinmektedir. Bu
haritanın stereografik izdüşüm kullanılarak yapıldığı düşünülmektedir.
18
1. Topoloji Nedir?
Bunun sonucu olarak R ve S’nin topolojik denk olduklarını söyleyebiliriz. Bununla ilgili
resim, Şekil 1.2’te olduğu gibidir.
(0,2)
o
x
(0,1)
s(a)
a
Şekil 1.2. Bir noktası çıkarılmış bir yarıçaplı çemberle doğrunun topolojik denk olduğunun resmidir.
1.13. Bir noktası çıkarılmış küre ile R2 topolojik denktir: Gerçel sayılar doğrusuyla bir noktası çıkarılmış çember arasında farkın olmadığını stereografik izdüşümünü kullanarak
söylemiştik. Buna benzer biçimde R2 ve bir noktası çıkarılmış olan
{(x, y, z) : x2 + y 2 + (z − 1)2 } \ {(0, 0, 2)}
küme arasında da sürekli, birebir, örten ve tersi sürekli fonksiyonlar tanımlanabilir.
Okuru bu fonksiyonun resmini çizebilir.
1.14. Bir yarıçaplı ve orijin merkezli çemberi S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} ile gösterelim.
i. S 1 ve (0, 1) topolojik denk olamaz: f : S 1 −→ (0, 1) bir homeomorfizma olsun. a =
f (0, 1) diyelim. (0, 1) noktası çıkartılmış çember, S 1 \ {(0, 1)} olur. Bu, (0, a) ∪ (a, 1)
kümesine homeomorfiktir. S 1 \ {(0, 1)}, R’ye ve R’de (0, 1) açık aralığına homeomorfik
olduğundan, (0, 1) ∪ (a, 1) kümesi (0, 1)’e homeomorfik olur. Bu bir çelişkidir.
ii. S 1 ve [0, 1) topolojik denk değildir: S 1 kapalı ve sınırlı olduğundan S 1 kümesinden
R’ye tanımlı sürekli bir fonksiyonun görüntüsü kapalı ve sınırlı olmalıdır. [0, 1). R’de
kapalı olmadığından istenilen elde edilir.
iii. S 1 ve [0, 1] topolojik denk değildir.
1.15. Kapalı küre {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1} ve açık küre {(x, y) : x2 + y 2 < 1} topolojik denk
değildir. Bu, kompaktlık kavramıyla gösterilebilir.
x
B (φ)
A
B
x A( φ)
φ
1.16. A ve B, R2 düzleminde iki sınırlı konveks kümenin sınırları olsun. Gerekli kaydırmalarla
(0, 0) noktasının sınırlar içerisinde kaldığını varsayabiliriz. Bir ucu (0, 0) noktası olan
bir l doğru parçasının 360 derece hareket hareket ettiğini varsayaralım. Her 0 ≤ θ < 2π
için l doğrusuyla A’nin kesişim noktası A(θ) ve B noktası ile kesiştiği nokta B(θ) olsun.
Böylece [0, 2π) aralığından A’ya θ 7→ A(θ) ve [0, 2π) aralığından B’ye θ 7→ B(θ) birebir
ve örten fonksiyonları tanımlanmış olur (Şekil ). Bunun kullanımıyla A(θ) 7→ B(θ)
1.2. Süreklilik Üzerinden Tanımlanan Denklik
19
fonksiyonun homeomorfizmadır. Böylece A ve B’nin topolojik denk oldukları gösterilmiş
olur. Bunun sonucu olarak:
i. Dikdörtgenler topolojik denktir.
ii. Dikdörtgen ve üçgen topolojik denktir.
iii. Dikdörtgen, üçgen ve çember topolojik denktir.
Alıştırmalar
1.17. Hiçbir aralığın, T biçimindeki şekille topolojik denk olamayacağını gösterin. Örneğin,
(0, 1) aralığı T şekline benzeyen {(x, 0) : |x| ≤ 1} ∪ {(0, y) : −2 ≤ y ≤ 0} kümesine
topolojik denk değildir.
1.18. (Pisagor Teoremi) Bir dik üçgenin dik kenarlarının uzunluğu sırasıyla 3 ve 4 ise diğer
kenarının uzunluğunun 5 olduğunu kanıtlayın.
1.19. Stereografik izdüşüm fonksiyonundan bahsetmişken, fırsatı değerlendirerek bunun bir
uygulaması olarak Pisagor üçlülerini belirleyelim: (0, 0) merkezli ve bir yarıçaplı çemberden
(0, 1) noktasının çıkarılmasıyla elde edilen kümeyi S ile gösterelim. r ∈ R noktasını,
(r, 0) ve (0, 1) noktasından geçen doğruyla S’nin arakesiti olan s(r) noktasına götüren
fonksiyonu s ile gösterelim. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
(0,1)
o
x
s(a)
a
b
(0,0)
s(b)
Şekil 1.3. Streografik izdüşüm fonksiyon bir diğer biçimin resmi.
a. s(r) =
2r
r 2 +1
,
r 2 −1
r 2 +1
olur.
b. s fonksiyonunun birebir ve örtendir.
b. s−1 fonksiyonunun eşitliğini yazın.
d. s ve s−1 fonksiyonları süreklidir.
e. s(S ∩ Q2 ) = Q olur.
f. a, b, c ∈ N verilsin. a2 + b2 = c2 olması için gerek ve yeter koşul
a = 2mn, b = m2 − n2 ve c = m2 + n2
olacak biçimde m ve n pozitif tamsayılarının olmasıdır.
Bu özellikteki (a, b, c) üçlüsüne Pisagor üçlüleri 15 denir. Örneğin (3, 4, 5) bir Pisagor
üçlüsüdür. Bununla ilgili detaylı bilgi [130]’te bulunabilir16 .
15
İngilizcesi: Pythagorean triples.
İlgili okur buradan alınan motivasyonla benzer problemi düzlem ve küre arasında kurabilir.
16
20
1. Topoloji Nedir?
1.3
Silindire Topolojik Denk Olanlar
Bir önceki altbölümde birbirlerine benzemez gibi duran şekillerin birbirlerine
süreklilik kavramı altında benzediklerini notlar ve örnekler olarak verildi. Bunlara benzer olarak beklenmedik birçok şekil silindirle aynıdır ve silindir birçok
yönüyle “ara eleman”dır. Bu gözlemlerin sonucu olarak, bunları belirli anlamlarda geometrik topolojinin kurucu nesneleri olarak görülebilir. Her ne kadar
bu kitap, bir geometrik topoloji kitabı olmasa da bunlara yer vermemek bir
eksiklik olacaktır.
Notlar ve Örnekler
1.20. Her solid dikdörtgen Q = [−1, 1] × [−1, 1]’ye homeomorfiktir. Dolayısıyla her iki solid
dikdörtgen birbirlerine homeomorfiktirler.
1.21. Her iki solid disk birbirlerine homeomorfiktir:
A = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1
ve
B = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ R},
yarıçapları 1 ve R olan iki disk olsun. A = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ < 2π} ve
A = {(rR, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ < 2π} olarak yazabiliriz.
f (r, θ) = (rR, θ)
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon homeomorfizmadır.
1.22. Her solid kare bir diske homeomorfiktir: Solid kareyi Q = [−1, 1] × [−1, 1] ve diski
D = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1} olarak alalım. f (0, 0) = (0, 0) ve (x, y) 6= (0, 0) için,
√
x2 +y 2
f (x, y) = max(|x|,|y|) (x, y)
eşitliğiyle tanımlı f : D −→ Q fonksiyonu homeomorfizmadır.
1.23. S, orijin merkezli ve 2 yarıçaplı disk olmak üzere
A = S \ {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x2 + y 2 < 1} ve B = {(x, y, r) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1, 0 ≤ r ≤ 2}
olarak tanımlansın. A ve B kümeleri
A = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π},
B = {(sin θ, cos θ, r) : 0 ≤ θ < 2π, 0 ≤ r ≤ 2} olarak da gösterilebilir ve Şekil 1.4’de ki
gibidir.
2
2
1
1
Şekil 1.4. A ve B’nin gösterimleri
f : A −→ B, f ((r, θ)) = (cosθ, sin θ, r)
fonksiyonu bir homeomorfizmadır. Yani Şekil 1.4’de yer alan şekiller birbirleriyle topolojik denktir.
1.3. Silindire Topolojik Denk Olanlar
21
1.24. İki boyutlu uzayda belirli bir konumda bulunan bir çemberin eksenlerden biri etrafında
döndürülmesiyle elde edilen yüzeye bir torus (simit) denir17 . Örneğin 1 yarıçaplı ve (2, 0)
merkezli çemberin xy ekseninde yer aldığını varsayalım. Bu çemberin x ekseni etrafında
döndürülmesiyle bir torus elde edilir. Bu torusun elemanlarını belirlemek zor değil: x
ekseninden başlayan ve z eksenine hareket eden açıyı düşünelim. xz düzleminde yer alan
ve x ekseniyle α açısı olan doğru parçasının (tα ile gösterelim) torusla olan arakesiti bir
çemberdir. Bu çemberi Cα ile gösterelim.
Cα = (pα , y) : (pα − 2)2 + y 2 = 1
olacaktır. pα ’nın x ve z eksenine olan izdüşümleri,
cos α =
x
pα
ve sin α =
y
pα
olur. Buradan da x2 + z 2 = pα 2 elde edilir. Bunu
pα 2 − 4pα + 4 + y 2 = 1
eşitliğinde kullanarak,
√
x2 + z 2 − 4 x2 + z 2 + y 2 = −3
elde edilir. Yani, bahsi edilen çemberin x ekseni etrafında döndürülmesiyle elde edilen
torus T 2 ,
√
T 2 = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 − 4 x2 + z 2 = −3}
olur.
f ((x, y), (a, b)) = ((a + 2)x, (a + 2)y, b)
eşitliğiyle tanımlı f : S 1 × S 1 −→ T 2 fonksiyonu birebir, örten, sürekli ve tersi de
süreklidir. Böylece S 1 × S 1 ve torus T 2 torosuna topolojik denktir.
1.25. “Bir kahve fincanının dış yüzeyi ile bir simidin dış yüzeyinin farkı yoktur”18 örneği
sıklıkla verilir. Yani “Kahve fincanı ile simit aynıdır” demeye getirilir. Burada kahve
fincanı ile kastedilen Klein Şişesi’dir. Aşağıda tanımı verilecek olan Klein Şişesinin okur
tam olarak kavramayabilir, zaten öyle bir beklenti olmasa da genel bir bilgi olarak
veriyoruz.
ki : [−1, 1] × [−1, 1] −→ R
fonksiyonlarını tanımlayalım.
k1 (x, y) = ((1 + |x|) cos(πy).
k2 (x, y) = (1 + |x|) sin(πy).
).
k3 (x, y) = sin(πx) cos( πy
2
k4 (x, y) = sin(πx) sin( πy
).
2
Bu fonksiyonları kullanarak R2 ’den R4 ’e giden ve
k(x, y) = (k1 (x, y), k2 (x, y), k3 (x, y), k4 (x, y))
17
Bir torosun resmi “bir simit parası” ifadesinde yer alan simitin şekline benzer, şişrilmiş
bir tekerin iç lastiğine daha çok benzer.
18
Bu nedenden dolayı Kelley [82] bir kadının iyi bir topolojist olamayacağını mizahi olarak
söyler:-)
22
1. Topoloji Nedir?
eşitliğiyle k fonksiyonunu tanımlayalım. k([−1, 1]×[−1, 1]) kümesine bir Klein Şişesi 19
denir20 . Diğer taraftan bir silindir bir Klein şişesine kırıp dökmeden dönüştürülebilir.
Burada [−1, 1] × [−1, 1] yerine herhangi bir dikdörtgen almak genelliği bozmayacaktır.
Yani her dikdörtgen bir Kein Şişesine dönüşebilir ve topolojide bütün Klein Şişeleri
topolojik denk olur. Bu dönüşüm yapılırken, solid dikdörtgen önce silindire ve sonra da
Klein Şişesine dönüştürülür. Klein Şişesi’nin resmi Şekil 1.5’deki gibidir.
Şekil 1.5. Klein Şişesi
1.26. Bir dikdörtgenin dört köşe noktası, dört kenarı ve iki yüzeyi (bu biraz yanlış ifade edilmiş
olabilir!) vardır. Bu yüzeyin birine bırakılan bir karınca, kenarlardan geçmemek üzere
diğer yüzeye geçebilmesi için dikdörtgen nasıl “deforme” edilmelidir? Elbette deformeden ne amaçlandığının çok net olmamasından dolayı soru da net değildir. Ancak şunu
söyleyebiliriz: Yeni elde edilecek şekilde köşe noktaları olmasın, tek yüzeyli olsun ve
karınca herhangi bir kenardan geçmek zorunda kalmadan bütün yüzeyi gezebilsin21 .
Örneğin, köşeleri
A(0, 1), B(0, 4), C(1, 0) ve D(4, 1)
olan dörtgeni sanki silindir yapacakmışız gibi B noktasını A noktasına ve D noktasını B
noktasına yaklaştıralım ve tam yaklaşma olacakmış gibi olduğu anda bir kandırmayla B
ve D’den geçen doğru parçasını 180 derece içe doğru çevirerek D noktasını A noktasıyla
ve C noktasını B ile buluşturalım. Karşımıza Moebius Şeridi22 denen Şekil 1.6’daki gibi
görüntü çıkar. Elde edilen deforme şeklin istenilen özellikte olduğu sanırım açık. Yani
karınca dörtgenin arka ve ön yüzeyinde bulunan bütün noktaları gezebilir (Karıncanın
her noktayı gezebileceği gibi yol yapmış olduk).
[−1, 1] × [−1, 1] karesini Mobius Şeridine dönüştüren
M (x, y) = ((2 + xy) cos πx, (2 + xy) sin πx, (1 − |x|)y)
fonksiyonunun yapısını okur anlamaya çalışmalıdır.
19
İngilizcesi Klein Bottle. 1882 yılında Alman matematikçi C. F. Klein (1849-1925) tarafından tanımlanmıştır.
20
Klein şişesi ve karınca ifadeleri kullanılarak yapılan “pazarlama” kurgularından biri
şudur: Bir silindirin dış yüzeyine konan bir karınca, kenarlardan geçmemek kaydıyla silindirin
içyüzeyine geçemez, ancak Klein Şişesi’nin her noktasını gezebilir!
21
Bu yönde bir talep herhangi bir karınca tarafından edilmediği gibi, dert edindiğimiz bu
durumdan karıncaların haberleride muhtemelen yoktur. Bu, bizim fantazimizdir.
22
Moebius şeridinden 1861 yılında J. B. Listing, yüzeylerin bağlantılılığı ilgili bir
çalışmasında bahsetmiş olmasına karşın dört yıl sonra 1790-1868 tarihleri arasında yaşamış
Alman matematikçi A. F. Moebius 1861 tarihli bir çalışmasında bu şeridin tanımını
yayınlamıştır. Bu nedenle bu şeridin isimlendirilmesinde Listing isminin yer almaması
haksızlık gibi gözüküyor!
1.4. Genel Topolojinin Doğuşu
23
Şekil 1.6. Bir Mobius şeridi
Önemli bir uyarı. Yukarıda tanımlanan fonksiyonlar altında I × I karesi, S 1 çemberi,
S 1 × I silindiri ve S 1 × S 1 torusu “aynıdır” denilse de hata yapılmış olunur, ama bu hata
giderilebilecek bir hatadır. Bu, “bölüm uzay” kavramıyla giderilebilir. Okur, şimdilik hatayı görmezlikten gelerek altbölüm 3.10’da verilen örneklere kadar sabretmelidir.
1.4
Genel Topolojinin Doğuşu
Topoloji kelimesi ilk olarak Johann Benedict Listing tarafından yazılan ve
1847’de yayınlanan Vorstudien zur Topologie adlı makalede kullanılmıştır23 .
Bu makalenin kapak resmi bu bölümün sonuna yerleştirilmiştir.
Engelking’i [36] takip ederek genel topolojinin anlamı ve doğuşu konusunda
şunları söyleyebiliriz: Genel matematik olarak da adlandırılan kalkülüsün kurucuları I. Newton ve G. Leibniz olarak bilinir. Döneminde geometrik sezgiciliğe dayanan ve mekaniksel fikir yürütülerek çalışılan bu alanda, sonralarında limitin tamımı J. d’Alembert ve A. L. Cauchy tarafından, sonsuz bir
serinin yakınsaklığıyla ilgili formüller Gauss tarafından verilmiş ve Bolzana ve
Cauchy tarafından süreklilik kavramı tanıtılmıştır. Ortaya çıkan bu sonuçlar,
Newton ve Leibniz döneminin geometrik sezgiciliğe dayanan kalkülüsünü, daha
bağımsız bir biçime evriltmiştir. Bunu takip eden süreç sonrası, trigonometrik
serilerin yakınsamasıyla ilgili ortaya çıkan sonuçlar, hiçbir noktada türevlenemeyen ama her noktada sürekli fonksiyonlarla ilgili ortaya çıkan sonuçlar,
gerçel sayıların çeşitli biçimlerinde tanımlanma olanağı vermiş, ve bu inşa sürecinde gerçel sayılar bir “metrik uzay” olarak ele alınabilmiş ve bu çerçevede
ortaya çıkan açık aralık kavramı kullanılarak açık kümeler ve bunun sonrası
kapalı küme ve sınır gibi kavramlar tanımlanmıştır. Bu yolla elde edilen kavramın genellenmesiyle genel topolojinin doğduğu söylenebilir.
Cantor, 1879 − 1884 ve yılları arasında trigonometrik serilerin tekliği üzerine yazdığı makalelerde oldukça aykırı duran noktalar kümesi üzerine yoğunlaşmıştır. Bu süreçte “Cantor kümesi” olarak bilinen küme de inşa edilmiştir. Bu
makaleler genel topolojinin ilk makaleleri olarak değerlendirilir.
23
Bu makalede geçen topoloji kavramıyla şu anda kullanılan topoloji arasındaki ilişkiyi
yazar olarak bilmiyorum
24
1. Topoloji Nedir?
Genel topolojinin kısa bir hikayesi [41]’te de bulunabilir. Bu referansa
göre, soyut topolojik uzay kavramının başlangıcı, Riemann’ın geometrinin
inşası üzerine verdiği derslerle başlar. Bu süreçte Riemann’ın soyut topolojiyi yerleştirdiği yer, diferansiyellenebilen manifoldlar üzerineydi. Yine bu referansa göre, genel topoloji kavramını konusunda ilk kurumsallaşma girişimi
1906’da Maurice Fréchet and Friedrich Riesz tarafından yapılmıştır.
Noktasal topoloji kavramının oluşmasının arkasındaki temel teoremlerden
biri, Weierstrass tarafından verilen ve Bolzano-Weierstrass Teoremi olarak bilinen teoremdir.
Tanım 1.2 (Cantor (1872)). x ∈ R noktası ve A ⊂ R altkümesi verilsin. x
noktasını içeren her açık aralıkla A kümesinin arakesiti sonsuz ise, x’e A’nın
bir yığılma (limit) noktası denir.
Cantor, bu tanımı verdiği yerde, sonsuz her kümenin en az bir yığılma
noktası olduğunu söylese de, doğrusu aşağıdaki gibidir.
Teorem 1.3 (Weierstrass (1865), Bolzano-Weierstrass Teoremi). A ⊂ R altkümesi sonsuz ve sınırlıysa, x ∈ (a, b) olduğunda A ∩ (a, b) sonsuz olan bir x ∈ R
vardır.
Yığılma nokta kavramı, bir sonraki bölümde aksiyomatik olarak tanımlanan
topoloji kavramının inşa sürecinde anahtar kelime olmuş ve açık küme, kapalı küme kavramlarının tanımlanmasının yolunu açmıştır. Kapalı küme, Cantor tarafından, bütün yığılma noktalarını içeren küme olarak tanımlanmıştır.
Bolzano-Weierstrass Teoremi’nden Topoloji aksiyomlarına giden güzergahlardan biri aşağıdaki gibi özetlenebilir.
1. L-uzayı: X boşolmayan bir küme, S, elemanları X’te diziler olan bir
küme, yani S ⊂ X N ve F : S −→ X fonksiyonu aşağıdaki koşulları sağlasın.
- s ∈ S elemanının terimleri sabit a ∈ X ise, F (s) = a.
- s, t ∈ S ve t, s’nin altdizisiyse F (s) = F (t).
Bu durumda (X, F, S) üçlüsüne L-uzay denir. Bu uzayda, p ∈ X noktasının A ⊂ X altkümesinin yığılma noktası olması, A’da terimleri farklı bir
s ∈ S için F (s) = p olması olarak tanımlanmıştır. A ⊂ X kümesinin kapalı olmasıysa, A’nın bütün limit noktalarını içermesi olarak tanımlanmıştır.
Boşküme ve X kapalıdır. Ayrıca kapalı kümelerin kümesi keyfi arakesit işlemi
altında ve sonlu bileşim işlemi altında kapalıdır. Frechet iki L-uzayı arasında
tanımlı bir fonksiyonun sürekli olmasını da tanımlamıştır.
2. Metrik Uzay: Bir X kümesi üzerinde tanımlı metrik, belirli koşulları
sağlayan X × X’den R+ tanımlı bir fonksiyondur. Bu durumda (X, d) ikilisine
metrik uzay denir. Bu kavram 1906’da Fréchet’in doktora tezinde tanımlanmıştır. Bir metrik uzayda açık küre kavramı kullanılarak açık küme tanımlanır.
1.4. Genel Topolojinin Doğuşu
25
Açık küre ve kapalı küre kelimeleri ilk olarak 1899’da Baire tarafından kullanılmıştır. Bu tezde limit nokta, kapalı küme, mükemmel küme gibi kavramlar kullanılmasına karşın açık küme ifadesi kullanılmamıştır. Frechet, doktora tezinde her metrik uzayın bir L-uzayı ama tersinin doğru olmadığını da
göstermiştir.
3. Grills Uzayı: Topoloji kavramının oluşum sürecinde Frederic Riesz,
1906 ve 1908 yıllarında konuyla ilgili grills terimi altında iki makale yazmıştır.
Ancak bu yaklaşım çok fazla ilgi görmemiştir.
4. Komşuluk Uzayı: Hausdorff, 1914’de bir X kümesi üzerinde komşuluk
sisteminin tanımlayarak, bir A ⊂ X kümesinin içi noktasını ve oradan da
hareket ederek açık küme (Gaibet) kavramını tanımlayarak, sonlu tane açık
kümenin arakesitinin açık ve açık kümeler ailesinin bileşiminin açık olduğunu
tanımlamıştır. Bu biçimde tanımlanan açık küme kavramıyla yığılma noktası
ve kapalı küme kavramları tanımlanmıştır.
5. Kapanış uzayı: Kasimierz Kuratowski, 1922 yılında On the operation A
in Analysis Situs adı makalesinde bir X kümesi içın ℘(X)’den ℘(X)’e tanımlı
belirli özellikleri sağlayan fonksiyonu kapanış operatörü olarak tanımlayarak,
bir altkümenin kapanışını ve oradan da kapalı küme kavramını tanımladı. Kapanış uzayı, L-uzayı kavramından daha geneldir ancak Kuratowski bu makalesinde bundan makalesinde bahsetmemiştir.
6. Topolojik Uzay: Yukarıda açıklanan uzayların motivasyonuyla Sierpinski 1928 yılında yazdığı makalede açık küme kavramıyla tanımladığı aksiyomlardan üç tanesi, bugün kullanılan topoloji aksiyomlarını oluşturmaktadır.
Çok daha detaylı bilgiye çok dikkatlice azılmış olan [101]’den ulaşılabilir.
Notlar ve Örnekler
1.27. Topolojinin Doğuşuna ilişkin bir tartışma konusu: Birçok matematikciye göre topolojinin doğuşu Königsberg, şimdiki adı Kaliningrand olan Rusya’da bir şehirdir. Bu şehir
içerisinde Pregel nehri yer alır. Bu nehir içerisinde de iki ada vardır. Bu adalar birbirlerine birer köprü ile bağlı, adalardan biri her iki kıyıya ikişer köprüyle bağlı ve diğer ada
da kıyılara birer köprü ile bağlıdır.
Şekil 1.7. Königsberg’in Yedi Köprüsü
“Bu köprülerin her birinden sadece ve sadece bir kez geçilerek yürüyüş yapılabilir mi?”
26
1. Topoloji Nedir?
sorusuna 1736 yılında Euler 24 tarafından “yapılamaz” yanıtı verilmiştir. Bazı matematikçilere göre, topoloji dalının doğuşunun bir başlangıcı, yani doğuşunun nedeni, bu soru
ve yanıtı olarak bilinir25 . Bazılarına göreyse, özellikle genel topolojinin çışıyla hiçbir alakası yoktur. Buna karşın bahis konusu olan köprü problemi graf (graph) teorideki ilk
problem olarak da bilinir ve dolayısıyla graf teorinin doğuşudur.
“Neden bu problem matematikte yepyeni bir dönem başlatmıştır?” sorusunun yanıtlarından biri, bu problem sayesinde geometrinin nesnelerindeki büyüklük kavramlarından
bağımsız olan yeni bir geometri inşa edilebilmesidir. Gerçekten de bu problemde dikkat edilirse köprülerin uzaklığı, genişliği, ırmaktan yüksekliği ve benzeri şeylerin önemi
yoktur.
Giriş kısmında da bahsedildiği gibi topoloji kuramı iki ana gruba ayrılabilir. Bunlar
Genel Topoloji ve Diğer topolojiler (cebirsel topoloji, diferansiyel topoloji, geometrik
topoloji gibi.) Genel Topoloji kavramı diğer topoloji kavramlarına göre çok daha fazla
küme-teoriktir (bu nedenle küme teorik-topoloji de denir) ve gelişiminin duruşu, küme
kavramının gelişimine paralel olmuştur.
Okurun, topolojinin aksiyomatik tanımı verildiğinde topoloji ile Königsberg’in Yedi
Köprüsü terimiyle üretilen problem arasındaki ilişkiyi anlaması ya da yorumlaması
sıkıntılı olabilir ve haklıdır da. Yazar olarak ben de aynı durumu zaman zaman hissedebiliyorum. Burada esas olanın büyüklük kavramı olmayan bir geometri üretilmesidir.
[2]’de Königsberg Köprüsü Problemi üzerinden Euler’in yazdığı makalenin Graf Teorinin başlangıcı olduğu tartışılmaz olduğu belirtilmesine karşın, bu makalenin topolojinin ilk makalesi olup olmadığı bir açık problem olarak değerlendiriliyor. Königsberg
Köprü Probleminin oluşumu hakkında [69] önerilir.
Aşağıda Bolzano ve Cauchy’nin birbirlerinden bağımsız olarak − δ terimleriyle verilen limit ve süreklilik tanımlarını veren makalelerin ilk sayfalarının
resimleri var. Ayrıca topoloji kelimesinin ilk olarak kullanıldığı Listing’in makalesinin kapak sayfası verilmiştir.
Görebildiğim kadarıyla topoloji kelimesinin ilk kullanılandığı Listing’in
“Vorstudien zur Topologie” adlı makalede limit ve süreklilik kavramından bahsedilmiyor ve Bolzano ve Cauchy’nin noktasal topolojinin mihenk taşı olan
aşağıda verilen makalelerine referans verilmiyor. Bunun yanında Vorstudien
zur Topologie adlı makalenin bu kitabın konusu olan noktasal topolojiyle pek
bir bağlantısı gözükmüyor.
24
1707-1783 yılları arasında yaşamış İsviçreli Matematikçidir. Tüm zamanların önde gelen
matematikçilerinden biri olarak bilinir. 70 cildi aşmış matematik çalışmaları vardır.
25
Bu noktada “amma da attın, ne alaka var?” diyenler olabilir. Bu soruya bir soru ile yanıt
verelim: Spermle yumurtanın birleşmesinin ilk haliyle, onun 60 yıl sonraki kazık kadar adam
halinin ilişkisini düşünüp, açıklayabilir misiniz?
1.4. Genel Topolojinin Doğuşu
27
2. Topoloji
Birinci bölümde “Topoloji Nedir?” sorusuna aksiyomatik olmayan bir dilde
yanıt aranarak topoloji kavramının ne olduğu yorumlarla anlatılmaya çalışılmış olsa da “Topolojinin ne olduğu anlaşıldı mı?” diye sorulacak soruya okurun
vereceği yanıt, yüz ifadesi endişeli biçimde,“eh işte, biraz anlaşıldı” olacaktır.
Bu bölümde topolojinin ne olduğu toploji aksiyomları olarak adlandırılacak
aksiyomlarla verilecek.
Topoloji kavramının temel motivasyonlarından biri reel sayılar kümesinin
boş olmayan bir açık aralığının herkesçe bilinen bir temel özelliğidir. Bu temel
özellik şudur: a < b olmak üzere I = (a, b) diyelim. Verilen x ∈ I için
x ∈ J = (c, d) ⊂ I
ifadesini ve a < c < d < b eşitsizliğini sağlayan a ve b gerçel sayıları bulunabilir1 . Motivasyonu bu olan özellik kullanılarak topoloji denen kavram, R
üzerinde “komşuluk” terimiyle tanımlanabilir.
Bu bölümde topolojik uzay kavramı tanımlanacak olsa da bunların detaylarına girilmeden temel sayılabilecek düzeyde bazı tanım ve özellikler verilecektir.
1
Bu özellik reel sayılar kümesinde birbirinden farkı iki sayının arasında bunlardan farklı
bir başka sayının bulunabilme özelliğine denktir.
2.1. Topoloji
2.1
29
Topoloji
Tanım 2.1 (Hausdorff [63] ve Kuratowski [90]). Boş olmayan bir küme üzerinde bir topoloji , kümeyi ve boşkümeyi içeren, sonlu arakesit işlemi ve bileşim
işlemi altında kapalı olan kuvvet kümesinin bir altkümesidir2 .
Topolojik uzay kavramını doğrudan simgeler kullanarak aşağıdaki gibi de
tanımlayabiliriz: Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki τ topolojisi, X kümesinin kuvvet kümesi ℘(X)’in aşağıdaki koşulları sağlayan bir altkümesidir.
i. ∅, X ∈ τ .
ii. U , V ∈ τ ise U ∩ V ∈ τ . S
iii. Her i ∈ I için Ui ∈ τ ise i∈I Ui ∈ τ .
Yukarıda verilen koşullar bütününe topoloji aksiyomları denir. τ , X
kümesi üzerinde bir topolojiyse (X, τ ) ikilisine topolojik uzay denir3 . Tek
elemanlı olmayan bir küme üzerinde birden fazla topoloji vardır.
Notlar ve Örnekler
2.1. X boş olmayan küme olsun.
i. τ = {∅, X}, X üzerinde bir topolojidir. Bu topolojiye X üzerindeki en kaba topoloji
(ya da en küçük topoloji ) denir.
ii. τ = ℘(X), X üzerinde bir topolojidir. Bu topolojiye X üzerindeki en ince topoloji
(ya da ayrık topoloji ,en büyük topoloji ) denir.
2.2. Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki en büyük topolojinin en küçük topolojiye eşit
olması için gerek ve yeter koşul X’in sadece bir elemanlı olmasıdır. X üzerindeki her
topoloji en kaba topolojiyi kapsar ve en ince topoloji tarafından kapsanır.
2.3. X = R olmak üzere,
{(a, b) : a, b ∈ R},
X üzerinde bir topoloji değildir. Buna karşın elemanları sadece ve sadece X’in bazı açık
aralıklarının bileşimleri olan küme bir topolojidir.
2.4. X boş olmayan bir küme olmak üzere Y ⊂ X boşkümeden ve X’ten farklı olsun.
i. τ = ℘(Y ), X ∈ τ olma dışında diğer tololoji aksiyomlarını sağlar.
ii. τ = {U ⊂ X : Y ⊂ U } kümesi, ∅ ∈ τ olma dışında diğer tololoji aksiyomlarını sağlar.
iii. X sonsuz ise,
τ = {U ⊂ X : U sonlu} ∪ {X}
kümesi bileşim işlemi altında kapalı olmamasına karşın diğer topoloji aksiyomlarını
sağlar.
2.5. Topoloji aksiyomlarından
S olan “∅ ∈ τ ” önermesi (iii)’den hemen elde edilir. Gerçekten
de, I = ∅ alınarak, ∅ = i∈I Ui ∈ τ elde edilir. Benzer biçimde aksiyom (ii), “sonlu her
2
Bu kavramın modern inşacıları, farklı yaklaşımlarla, Fréchet (1906), Riesz (1907,1908)
ve Hausdorff (1914) olarak bilinir. Fréchet’in yaklaşımı yakınsak diziler terimiyle, Riesz’in
yaklaşımı yığılma nokta terimiyle verilmiştir. Hausdorff’un tanımı “komşuluk sistemi” terimiyle verilmiştir ve burada verilen tanıma denktir, sadece Hausdorff aksiyomu fazlasıyla!
Hausdorff’un yaklaşımının geri planında olan fikirler Hilbert (1902) ve Weyl (1913)’e attir.
Kuratowski ise bu kavramı “kapanış operatör” terimiyle vermiştir.
3
Topolojik uzayın bu aksiyomlarla tanımlanmasının öncülleri [101]’de bulunabilir.
30
2. Topoloji
T
U ⊂ τ için, U ∈ τ ”, olarak değiştirilirse, X ∈ τ olma koşulu, ∩∅ = X olmasından elde
edilir.
2.6. Kapsama sıralamasına göre her topoloji bir kısmı sıralı bir kümedir. Aksi belirtilmediği
sürece her topolojiyi, kapsama sıralamasına göre, kısmi sıralı küme olarak ele alıp
çalışabileceğiz. Her topolojinin en küçük ve en büyük elemanları vardır. Bunlar sırasıyla
boşküme ve topolojinin tanımlandığı kümedir.
Bir (X, τ ) topolojik uzayı verildiğinde, eğer τ hiç önemli değilse ya da τ ’nun
ne olduğu anlaşılıyorsa o zaman (X, τ ) yerine, yerden kazanmak amacıyla X
topolojik uzayı diyebiliriz. Yani “topolojik uzay X” ya da “X topolojik uzayı”
dediğimizde, X kümesinin belirli bir topolojiyle donatıldığını varsayıyoruz.
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi T (X) ile
gösterilecektir.
Bir topolojinin her elemanına açık küme, tümleyeni açık olan kümeye
kapalı küme denir. Bir topolojik uzayda kapalı kümenin tümleyeni açık ve
açık kümenin tümleyeni kapalıdır4 .
Açık ve kapalı aralık kavramı ilk olarak Cantor tarafından Öklid uzayları
için tanımlanmıştır. Yukarıdaki tanımlama reel sayılarda tanımlı açık aralık
kavramından esinlenmiştir. Bir topolojik uzayda bir kümenin açık olması için
gerek ve yeter koşul tümleyeninin kapalı olmasıdır. Uzayda bir kümenin açık,
kapalı ve ne açık ne de kapalı olması Şekil 2.1’deki gibi gösterilir.
Şekil 2.1. Sırasıyla açık, kapalı, ne açık ne de kapalı kümelerin temsili resimleri. Bu resimler çok
mütevazi gibi gözükse de Mars’da keşfedilmiş cisimlerin resimlerinden daha ilginç olabilir:-)
Notlar ve Örnekler
2.7. Bir X kümesi üzerindeki en kaba topolojinin açık kümeleri sadece boşküme X’tir. Ayrıca
bu topolojinin kapalı kümeleri de boşküme ve X dir.
2.8. Bir X kümesi üzerindeki en ince topoloje göre, X’in her altkümesi açıktır. Aynı zamanda
X’in her altkümesi kapalıdır.
2.9. Bir topolojide verilen iki açık kümenin infimumu (en büyük alt sınır), onların arakesiti ve
supremumu (en küçük üst sınır) onların bileşimidir. Dolayısyla her topoloji bir latistir.
2.10. Bir topolojinin verilen her altkümesinin bileşimi, o altkümenin maksimumudur. Buna
karşın arakesitinin minumumu olması gerekmese de infimumu vardır. Dolayısıyla her
topoloji kapsama sıralamasına göre Dedekind tamdır, yani alttan sınırlı her altkümenin
infimumu ve üstten sınırlı her kümenin supremumu vardır. Gerçekten
de, U = (Ui )i∈I ,
T
bir τ topolojisinde bir aile olsun. U altkümesinin infimumu,
U kümesi tarafından
kapsanan açık kümelerin bileşimidir. Sembolik olarak yazacak olursak,
S
sup U = U
4
Açık (open, ouvert) küme kelimesi ilk olarak gerçel sayılarda 1902’de Lebesgue tarafından
doktora tezinde kullanılmıştır.
2.1. Topoloji
31
ve
inf U =
S
T
{U ∈ τ : U ⊂ U}.
olur.
2.11. Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki topolojilerin kümesini T (X) ile gösterelim. X
üzerinde en ince ve en kalın topolojiler olduğundan, T (X) boşkümeden farklı olmasının
ötesinde, X’in birden fazla elemanı varsa, en az iki eleman içerir.
2.12. Boş olmayan sabit bir küme üzerinde verilen bütün topolojilerin kümesini kapsama
sıralamasına göre en küçük elemanı en kaba topoloji ve en büyük elemanı en ince topoloji olan kısmi sıralı bir kümedir. Bir X kümesi üzerinde verilen iki topolojinin arakesiti bir topolojidir. Dahası verilen topolojilerin ailesinin arakesiti de bir topolojidir.
Bu gözlem takip edilerek verilen iki topolojinin bileşimleri bir topoloji olmasa da, onları
kapsayan topolojilerin arakesiti, verilen o iki topolojinin supremumu olur. Bunu daha
da genelleyebiliriz.
2.13. Boş olmayan bir küme üzerindeki topolojilerin kümesi Dedekind tamdır.
Kanıt: X boş olmayan küme olsun. T (X)’nın Dedekind tam olduğunu göstereceğiz.
S
T (X)’nin boşolmayan altkümesi T verilsin. τ0 , T kümesinin arakesiti ve τ1 , T kümesini kapsayan topolojilerin arakesiti olarak tanımlansın. Yani
T
τ0 = T
ve
τ1 =
T
S
{τ ∈ T (X) : T ⊂ τ }
olarak tanımlansın. τ0 , τ1 ∈ T (X) olmasının yanında
inf T = τ0
ve
sup T = τ1
olduğu göstermek kolaydır. Kanıt tamamlanır.
0
0
0
0
2.14. τ , τ ∈ T (X) olmak üzere τ ≤ τ ise; yani τ ⊂ τ oluyorsa τ topolojisi τ topolojisinden
0
daha kalın ya da τ topolojisi τ topolojisinden daha ince denir. Topoloji kalınlaştıkca
topolojinin eleman sayısı azalır, inceldikce eleman sayısı artar. En kalın topoloji iki
elemanlı olmasına karşın, n elemanlı bir küme üzerindeki en ince topolojinin eleman
sayısı 2n olur.
2.15. X topolojik uzayında bir kümenin hem açık hem kapalı olma durumu söz konusudur. Bu
kümelere açık-kapalı denir5 . X topolojik uzayında boşküme ve X kümeleri açık-kapalı
kümelerdir. Ayrıca uzayın her altkümesi açık-kapalıdır. Bu fırsatla aşağıdaki tanımı
verelim.
Tanım 2.2. Açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece boşküme ve uzayın kendisi olan
bir topolojiye bağlantılı topoloji denir. Bağlantılı olmayan topolojiye kopuk topoloji
denir.
Topolojisi bağlantılı olan uzaya bağlantılı uzay ve topolojisi kopuk olan uzaya kopuk
uzay denir6 . Bir X topolojik uzayının kopuk olması için, yani topolojinin kopuk olması
için gerek ve yeter koşul
X =U ∪V
5
6
İngilizcede: clopen
Bağlantılı ve kopuk uzayların İngilizcesi sırasıyla connected space ve disconnected space.
32
2. Topoloji
özelliğinde, boşkümeden farklı ayrık U ve V açık kümelerinin olmasıdır. Bağlantılı topolojilerin ve kopuk topolojilerin özelliklerine bu bölümde değinmeyeceğiz. Ama okuru
bu konuda şimdiden düşünmeye davet ediyoruz!
Alıştırmalar
2.16. X boş olmayan bir küme olsun ve A ⊂ ℘(X)’nin altkümesi A
T
τ0 = { B : ∅ =
6 B ⊂ A sonlu }
ve
τA = {
S
U : U ⊂ τ0 }
S
{∅, X}
olarak tanımlayalım. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. τA ∈ T (X),
ii. τ ∈ T (X) ve A ⊂ τ ise τA ⊂ τ .
τA topolojisi A’yı kapsayan “en küçük” topolojidir.
2.17. X boş olmayan bir küme olmak üzere Alıştırma 2.14’deki gösterimler altında aşağıdaki
topolojileri açık olarak yazın.
i. τ{X} .
ii. τ{∅} .
iii. τ{{x}:x∈X} .
iv. τ{X\{x}:x∈X} .
2.18. X boş olmayan bir küme olmak üzere verilen A ⊂ ℘(X) kümesine karşılık gelen topoloji
τA Alıştırma 2.14’deki gibi tanımlansın.
ϕ : ℘(℘(X)) −→ T (X),
ϕ(A) = τA
olarak tanımlanan fonksiyonun örten olduğunu gösterin. Buradan da
|T (X)| ≤ |℘(℘(X))|
eşitsizliğini gösterin.
2.19. 1 elemanlı bir X kümesi için T (X)’in eleman sayısı nedir? Aynı soruyu X kümesinin n
elemanlı olma durumu için yanıtlamaya çalışın.
2.20. τ ∈ T (X) ve ∅ 6= Y ⊂ X verilmiş olsun.
τY = {Y ∩ U : U ∈ τ },
kümesinin Y üzerinde bir topoloji olduğunu gösterin. Bu tür uzaylara daha sonra bir
isim verilecek. Siz olsanız bu uzaya nası bir isim verirdiniz?
2.21. τX ∈ T (X) ve τY ∈ T (Y ) olmak üzere
τX × τY = {U × V : U ∈ τX , V ∈ τY }
olarak tanımlansın. τX × τY ∈ T (X × Y ) olması gerekmediğini gösterin. X × Y kümesi
üzerinde τX × τY ’yi kapsayan topolojilerin minumumuna uygun bir isim verilecek. Bu
topoloji hangi koşullarda τX × τY ’ye eşit olur?
2.22. X boş olmayan bir küme ve Y , X’nin boş olmayan altkümesi olsun. τ ∈ T (Y ) ise
τ ∪ {∅, X} ∈ T (X)
olduğunu gösterin.
2.23. f : X −→ Y birebir ve örten fonksiyon olsun. τ , X kümesi üzerinde bir topoloji ise f (τ ),
Y üzerinde bir topolojidir.
2.24. τ , Y üzerinde bir topoloji olsun. Her f : X −→ Y fonksiyonu için f −1 (τ ) kümesinin ,
X üzerinde bir topoloji olduğunu gösterin.
2.2. Komşuluk ve Taban Komşuluk Sistemiyle Topoloji Üretimi
2.2
33
Komşuluk ve Taban Komşuluk Sistemiyle Topoloji Üretimi
Topoloji tanımı farklı ama denk aksiyomlarla da verilebilir. Bunlardan en
bilineni Hausdorff tarafından verilen “komşuluk” kavramıdır. Zaten topoloji
tanımı bu kavramdan türetilmiştir.
(X, τ ) bir topolojik uzay olsun. A ⊂ X verilsin. A kümesini kapsayan
her açık kümeye A’nın açık komşuluğu denir. A’nın açık komşuluklarının
kümesi τ (A) ile gösterilir. τ (∅) = τ ve τ (X) = {X} olduğu açık. A = {x}
olma durumunda τ (A) yerine τ (x) yazarız. x ∈ X için A = {x} kümesinin
açık komşuluğuna x noktasının açık komşuluğu denir.
τ (A) = {U ∈ τ (A) : B ⊂ U olacak biçimde B ∈ B var }
eşitliğini sağlayan B ⊂ τ (A) kümesine A kümesinin açık komşuluk tabanı
denir.
Bir kümenin açık komşuluğu kavramına benzer biçimde komşuluk kavramı
da vardır. U ∈ τ olmak üzere
A⊂U ⊂V ⊂X
kapsamasını gerçekleyen V kümesine A’nın komşuluğu denir. A kümesinin
komşuluklarının kümesi Uτ (A) ile gösterilir ve A’nın komşuluk sistemi denir.
Bir yanlış anlaşılma durumu sözkonusu olmadıkca Uτ (A) yerine U(A) yazabiliriz. V ⊂ U(A) kümesi,
her U ∈ U(A) için V ⊂ U olacak biçimde V ∈ V var
koşulunu sağlıyorsa, V’ye U(A)’nın komşuluk tabanı denir.
Her A ⊂ X için τ (A) ⊂ U(A) olduğu tanımdan hemen görülür. Ayrıca
τ (A) = τ ∩ U(A)
olduğu da kolaylıkla gösterilir.
(X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere aşağıdakilerin doğruluğu açıktır.
i. Her US∈ U(x) için x ∈ U .
ii. τ = x∈X τ (x).
iii. Her x ∈ X için
τ (x) = {U o : bazı B ∈ U(x) için B ⊂ U }.
iv. Her x ∈ X için τ (x) ⊂ U(x).
v. Her x ∈ X için U(x) bir filtredir7 .
vi. Her x ∈ X ve U ∈ U(x) için
7
X boşolmayan bir küme olmak üzere F ⊂ ℘(X) boşkümeyi içermeyen sonlu arakesit
işlemi altında üstküme kapsama işlemi altında kapalı ise F’ye filtre denir.
34
2. Topoloji
y ∈ V =⇒ U ∈ U(y)
olacak biçimde bir V ∈ U(x) var.
Bir küme üzerinde yukarıda sıralanan özelliklerin bazılarını sağlayan kümeler topluluğu o küme üzerinde “topoloji tanımlama gücündedir.” Bunun ne
anlamda kullanıldığından bahsetmeden önce aşağıdaki tanımı vereceğiz. Bu
tanımı vermemize neden olan gerekçemiz şu sorudur: X boş olmayan bir küme
ve her x ∈ X için V(x) ⊂ ℘(X) olamak üzere (V(x))x∈X ailesi verilsin. Bu aile
üzerinde hangi koşullar altında her x ∈ X için
Uτ (x) = V(x)
eşitliğini sağlayan X üzerinde bir topoloji τ vardır?
Tanım 2.3 (Hausdorff [64]). X boş olmayan küme olsun. Aşağıdaki koşulları
sağlayan X’in altkümelerinden oluşan kümeler ailesi (V(x))x∈X ’ye komşuluk
sistemi denir:
i. Her U ∈ V(x) için x ∈ U olur.
ii. Her x ∈ X için V(x) bir filtredir.
iii. Her U ∈ V(x) için
y ∈ V =⇒ U ∈ V(y)
önermesini sağlayan bir V ∈ V(x) vardır.
(V(x))x∈X , X kümesi üzerinde bir komşuluk sistemiyse x 7→ V(x), V :
X −→ ℘(℘(X)) fonksiyonuna komşuluk fonksiyonu denir.
Yukarıda verilen tanım, topolojik uzay için verilen komşuluk sistemi kavramını topolojik uzay olmama durumuna da geneller.
Notlar ve Örnekler
2.25. (X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere
U(x) = {A ⊂ X : U ⊂ A olacak biçimde U ∈ τ (x) var }
olarak tanımlanan U fonksiyonu komşuluk fonksiyonudur. Yani U, x ∈ X noktasını x’in
komşuluk sistemine götüren fonksiyondur. Ayrıca G ⊂ X için aşağıdakiler denktir.
i. G ∈ τ .
ii. Her x ∈ G için U ⊂ G olacak biçimde U ∈ U (x) vardır.
2.26. X boş olmayan küme olmak üzere, X’in altkümesi A verilsin. x ∈ A için
U(x) = {B : A ⊂ B ⊂ X}
ve x ∈ X \ A için
U(x) = {X}
olarak tanımlanan fonksiyon komşuluk fonksiyonudur.
Komşuluk fonksiyonlarıyla topolojiler arasındaki temel ilişkilerden biri aşağıdaki teoremdeki gibidir. Teoremin kanıtı kolaydır ve okura bırakılmıştır.
2.2. Komşuluk ve Taban Komşuluk Sistemiyle Topoloji Üretimi
35
Teorem 2.1 (Hausdorff [64]). X boş olmayan bir küme olmak üzere X’ten
℘(℘(X)) kümesine tanımlı komşuluk fonksiyonların kümesini komfonk(X) ile
gösterelim.
π(V) = {U ⊂ X : her x ∈ U için V ⊂ U olacak biçimde V ∈ V(x) var}
eşitliğiyle örten fonksiyon π : komf onk(X) −→ T (X) tanımlanabilir.
π fonksiyonu yukarıdaki teoremdeki gibi tanımlansın. π(U)’ya U tarafından
üretilen topoloji denir. π fonksiyonu birebir olmayabileceğinden farklı komşuluk
sistemeleri aynı topolojiyi üretebilirler.
U fonksiyonu Örnek 2.9’daki gibi ve π, Teorem 2.2’deki gibi tanımlansın.
Okur
π(U) = {∅, A, X}
olduğunu kolaylıkla görebilir.
(X, τ ) topolojik uzay ve U fonksiyonu Örnek 2.8’de olduğu gibi tanımlansın.
B : X −→ ℘(℘(X)) fonksiyonu
U(x) = {U ⊂ X : V ⊂ U olacak biçimde V ∈ B(x) var }
özelliğinde olsun. U bir komşuluk fonksiyonu ve B fonksiyonu aşağıdaki özellikleri sağlar.
i. Her U ∈ B(x) için x ∈ U .
ii. Her U , V ∈ B(x) için W ⊂ U ∩ V özelliğinde W ∈ B(x) var.
iii. Her U ∈ B(x) için
y ∈ V =⇒ ∃W ∈ B(y), W ⊂ U
özelliğinde V ∈ B(x) vardır.
Burada geçen B fonksiyonuna topolojik uzay X’in taban komşuluk fonksiyonu denir. Bu fonksiyonun görüntü kümesi (B(x))x∈X ’e taban komşuluk
sistemi denir. Benzer biçimde B(x)’e x noktasının taban komşuluk sistemi
denir.
Yukarıda yapılan gözlemlerle taban komşuluk fonksiyonu ve taban komşuluk
sistemi kavramı keyfi X kümesi için genellenebilir. Bunun ne işe yarayabileceği
bir sonraki teoremden anlaşılabilecektir.
Tanım 2.4. X boş olmayan küme olmak üzere B : X −→ ℘(℘(X)) fonksiyonu
aşağıdaki özellikleri sağlıyorsa B’ye taban komşuluk fonksiyonu, (B(x))x∈X ’e
taban komşuluk sistemi denir.
i. Her U ∈ B(x) için x ∈ U .
ii. Her U , V ∈ B(x) için W ⊂ U ∩ V özelliğinde W ∈ B(x) var.
iii. Her U ∈ B(x) için
36
2. Topoloji
y ∈ V ⇒ ∃W ∈ B(y), W ⊂ U
özelliğinde V ∈ B(x) vardır.
Tanım gereği her komşuluk sistemi taban komşuluk sistemidir. Ama tersi
doğru değildir. Buna karşın her taban komşuluk sistemi bir komşuluk sistemini
tanımlar. Aşağıdaki teorem buna ilişkindir ve kanıtı okura bırakılmıştır.
Teorem 2.2. X boş olmayan bir küme olsun. (B(x))x∈X taban komşuluk sistemi olsun. Her x ∈ X için
U(x) = {U ⊂ X : B ⊂ U olacak biçimde B ∈ B(x) var }
olmak üzere (U(x))x∈X ailesi bir topolojik uzayın komşuluk sistemidir.
Yukardaki teoremde geçen U bir komşuluk fonksiyonudur.
Alıştırmalar
2.27. Boş olmayan bir X kümesi üzerinde ≡ bir denklik ilişkisi olsun. X üzerine, x ∈ X noktasının komşuluk tabanı x’in denklik sınıfı olan topolojinin tanımlanabildiğini gösterin.
Bu topolojiye denklik sınıf topolojisi 8 . En kaba ve en ince topolojilerin denklik sınıf
topolojiler olduğunu gösterin.
2.28. Teorem 2.1 ve Teorem 2.2’ı̈ kanıtlayın.
2.29. (X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere,
U : X −→ ℘(℘(X)), U(x) = τ (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun taban komşuluk fonksiyonu olduğunu gösterin.
2.30. Boş olmayan X kümesi üzerinde tanımlı
B : X −→ ℘(℘(X)), B(x) = {{x}}
fonksiyonun taban komşuluk fonksiyonu olduğunu gösterin. Bu fonksiyonun Teorem
2.3’e göre komşuluk fonksiyonunu belirleyin. Belirlenen bu fonksiyonunun Teorem 2.1’te
tanımlanan fonksiyon altındaki görüntüsü olan topolojiyi belirleyin.
2.31. Boş olmayan X kümesi üzerinde tanımlı
B : X −→ ℘(℘(X)), B(x) = ℘(X)
fonksiyonunun taban komşuluk fonksiyonu olduğunu gösterin. Bu fonksiyona Teorem
2.2’e karşılık gelen komşuluk fonksiyonunu belirleyin. Bu komşuluk fonksiyonunun Teorem 2.1’de tanımlanan fonksiyon altında topoloji olan görüntüsünü belirleyin.
2.32. U : R −→ ℘(℘(R)),
U(x) = {(x − r, x + r) : r > 0}
olarak tanımlanan fonksiyonun taban komşuluk fonksiyonu olduğunu gösterin.
2.33. X boş olmayan bir küme
olmak üzere U : X −→ ℘(℘(X)) bir komşuluk fonksiyonu ise
S
her x ∈ X için U(x) {∅}’nin bir topoloji olduğunu gösterin.
2.34. (Sorgenfrey [124]) B : R −→ ℘(℘(R)),
B(x) = {[x, y) : x < y}
8
Bu topolojiye ingilizce partition topology denir.
2.3. Alexandrov Uzay
37
olarak tanımlanan fonksiyonun taban komşuluk fonksiyonu olduğunu gösterin. Teorem
2.2 gereği
U(x) = {U ⊂ X :, B ⊂ U olacak biçimde B ∈ B(x) var }
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon, komşuluk fonksiyonudur. π, Teorem 2.1’deki gibi olmak
üzere π(U) topolojisiyle donatılan R topolojik uzayına ( R Öklid uzayı değil!) Sorgenfrey uzay denir9 .
2.35. B1 , B2 : R2 −→ ℘(℘(R2 )) fonksiyonları,
i. B1 ((a, b)) = {[a − r, a + r] × [b − s, b + s] : r, s > 0}
ii. B2 ((a, b)) = {(x − a)2 + (y − b)2 < r : r > 0} olarak tanımlansın. Bu fonksiyonların
taban komşuluk fonksiyonları olduğunu gösterin. Teorem 2.2 anlamında bu fonksiyonlar
tarafından elde edilen komşuluk fonksiyonları U1 , U2 olmak üzere bu komşuluk fonksiyonların aynı topolojiyi ürettiklerini gösterin.
2.3
Alexandrov Uzay
Topolojinin tanımında yer alan “sonlu arakesit işlemi altında kapalı olma”
koşulunun “arakesit işlemi altında kapalı” olarak değiştirilmesinin neye karşılık
geleceğini sorgulamak anlamlıdır. Bu sorgulama sonucunda Alexandrov uzay
olarak adlandırılacak topolojik uzayla yarısıralılık arasında birebir ilişkinin
varlığı sonucuna ulaşılıyor.
Tanım 2.5 (Alexandrov [5]). Keyfi arakesit işlemi altında kapalı olan topolojiye Alexandrov topoloji denir10 .
Alexandrov topoloji ile donatılmış topolojik uzaya Alexandrov uzay denir. Ayrık uzay Alexandrov uzaydır. Alexandrov uzay aynı zamanda T1 uzayı
(yani tek elemanlı her altküme kapalı) ise ayrık uzaydır (Alıştırma 2.38). Bu
anlamda Alexandrov uzayın pek kıymeti yoktur! Buna karşın yarısıralılıkla
olan birebir ilişkisi nedeniyle önemli görülebilir.
Teorem 2.3. Bir topolojik uzayın Alexandrov uzay olması için gerek ve yeter
koşul verilen bir noktayı içeren topolojinin elemanlarının kümesinin en küçük
elemanının (kapsama sıralamasına göre) olmasıdır.
Kanıt: (X, τ ) topolojik uzay olsun. X’in Alexandrov olduğunu varsayalım.
Tanım gereği U = ∩τ (x) kümesi açık ve x ∈ U olur. U , τ (x)’in
T en küçük
elemanıdır. Şimdi τ ’nın bir altkümesi {Ui : i ∈ I} verilsin. U = i Ui diyelim.
U ∈ τ olduğunu göstermek için, her x ∈ U için x ∈ Ux ⊂ U özelliğinde
Ux ∈ τ ’nun varlığını göstermek yeterlidir (Neden?). x ∈ U verilsin. Her i ∈ I
için
9
Sorgenfrey uzay topolojide ters örnek vermek için joker gibidir. Bu uzay ingilizcede lower
limit topology or right half-open interval topology olarakda bilinir. Bu uzayın adı Amerikan
Matematikci Robert Sorgenfrey’den gelir.
10
Bazen Alexandroff uzay olarak da bilinir. Bu kavram [126]’de principal topoloji adıyla
çalışılmıştır. Alexandrov uzaylar hakkında [10] üzerinden iz sürülebilir.
38
2. Topoloji
x ∈ Ui (x) ⊂ Ui ∈ τ
olacak şekilde Ui (x) ∈ τ (x) vardır. Varsayım gereği
mini Vi = V ∈ τ (x)
vardır. Ayrıca
x∈V ⊂
T
i Ui (x)
⊂U
olur. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
2.36. X yarısıralı küme olsun.
τ = {U ⊂ X : ∀x ∈ U, [x, ∞) ⊂ U }
bir Alexandrov topolojidir. U ∈ τ olması için gerek ve yeter koşulun
S
U = x∈U [x, ∞)
olduğu açıktır11 .
Aslında bütün Alexandrov topolojiler bu biçimdedir. Bunun için aşağıdaki
önsava ihtiyaç var. Kanıtı okura bırakılmıştır12 .
Önsav 2.4. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için
{x} := {y ∈ X : y ∈ U ∈ τ ⇒ x ∈ U }
olmak üzere
x ∈ y :⇔ x ∈ {y}
olarak tanımlanan bağıntı bir yarısıralamadır13 .
Alexandrov uzaylar ile yarısıralı kümeler arasında birebir bir ilişkiyi veren
teorem aşağıda verilmiştir. Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki elemanları
yarısıralı bağıntılar olan kümeyi yarısıralı(X) ve X üzerindeki Alexandrov
topolojilerin kümesini AlexT (X) ile gösterelim.
Teorem 2.5. X boş olmayan bir küme olmak üzere,
π(≤) = {U ⊂ X : x ∈ U, x ≤ y ⇒ y ∈ U }
eşitliğiyle birebir ve örten
11
Yarısıralama ( ingilizcesi preorder ) yansımalı ve geçişmeli olan ilişkidir.
Kitabı okuyarak önemli düzeltmelerde bulunan Nuran Ercan şu notu düşmüş: “laf
aramızda sen de hiç kanıt vermiyor, hepsini okura bırakıyorsun!”
13
{x} kümesine {x} kümesinin kapanışı diyeceğiz.
12
2.3. Alexandrov Uzay
39
π :yarısıralı(X) −→AlexT (X),
fonksiyonu tanımlanabilir.
Kanıt:
i. Her yarısıralı bağıntı ≤ için π(≤) Alexandrov topolojidir: Bunun bir
topoloji olduğu
T tanımdan hemen görülür. Her i ∈ I için Ui ∈ π(≤) olmak
üzere U = i Ui diyelim. x ∈ U ve x ≤ y olsun. Her i ∈ I için Ui ∈ π(≤)
ve x ∈ Ui olduğundan y ∈ Ui ve dolayısıyla x ∈ U olur. Böylece π(≤)’nin
Alexandrov topoloji olduğu gösterilmiş olunur.
ii. π birebir: π(≤1 ) = π(≤2 ) olsun. Her x ∈ X için
[x, ∞)i := {y ∈ X : x≤i y} (i = 1, 2)
olarak tanımlansın. [x, ∞)1 ∈ π(≤1 ) olduğundan, [x, ∞)1 ∈ π(≤2 ) olur. Buradan da
S
[x, ∞)1 = a∈[x,∞)1 [a, ∞)2
olur. Ayrıca
[x, ∞)2 ⊂ [x, ∞)1
olur. Benzer biçimde kapsamanın diğer yönü de doğrudur. Buradan
[x, ∞)1 = [x, ∞)2
eşitliği elde edilir. O halde ≤1 = ≤2 olur.
iii. π örten: τ , X üzerinde Alexandrov topoloji olsun. Önsav 2.4’den dolayı
x ≤ y ⇔ x ∈ {y}
bağıntısı yarısıralıdır. π(≤) = τ olduğunu görmek kolaydır. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
2.37. İlgili okur Alexandrov topoloji kavramının vermiş olduğu motivasyonla topoloji tanımını
genelleyebilir: m ve n iki kardinal sayı olmak üzere τ topolojisi aşağıdaki koşullar
sağlanıyorsa m − n topolojik uzay denilsin.
i. ∅, X ∈ τ .
T
ii. ∅ 6= U ⊂ τ ve |U| < m ise U ∈ τ .
S
iii. U ⊂ τ ve |U| ≤ n ise U ∈ τ .
Bu tanımlamaya göre standart topoloji ℵ0 −|℘(℘(X))| topoloji olur. Alexandrov topoloji
bu tanıma göre her kardinal sayılar m, n için m − n topolojik uzay olur. Topoloji
kavramını bu yöntemle genellemenin ne işe yarayıp yaramayacağı hakkında yazar olarak
bir öngörüm yoktur.
40
2. Topoloji
Alıştırmalar
2.38. Bir X kümesi üzerindeki en kaba ve en ince topolojilerin Alexandrov olduğunu gösterin.
Bu uzaylara karşılık gelen (Teorem 2.6) yarısıralamaların neler olduğunu belirleyin.
2.39. R’deki temel sıralamaya karşılık gelen Alexandrov topolojisini belirleyin.
2.40. Önsav 2.5’i kanıtlayın.
Notlar ve Örnekler
2.41. Topolojilerin Sayısı: Boş olmayan bir X kümesi üzerinde ne kadar “çok” topolojinin
olduğunu sorgulamak anlamlıdır. Yani T (X) kümesinin kardinalitesi |T (X)| hakkında
ne diyebiliriz?
n
Boş olmayan n-elemanlı bir küme üzerinde tanımlı topolojilerin sayısı en fazla 22
olur. Verilen sonsuz bir X kümesinin kardinalitesi |X| ile gösterilmek üzere, X üze|X|
olur. Aşağıda bunlarla ilgili
rinde tanımlı topolojilerin kümesinin kardinalitesi 22
bazı bilgiler verlecektir.
2.42. X ve Y boş olmayan iki küme olsun. |X| = |Y | ise |T (X)| = |T (Y )| olduğu açıktır.
Ayrıca
T (X) ⊂ ℘(℘(X))
olmasından dolayı
|T (X)| ≤ 22
|X|
olur.
2.43. Her k ∈ N için Xk = {1, 2, . . . , k} diyelim.
|T (X1 )| = 1
|T (X2 )| = 4
|T (X3 )| = 29
olduğu parmakla sayılarak da gösterilebilir. Buna karşılık |T (X4 )| sayısını parmakla
hesaplamak her babayiğidin harcı değildir14 . 1 ≤ k ≤ 18 için |T (Kk )| sayısının ne
olduğu bilinmektedir. Bunlardan bazıları
mk = |T (Xk )|
olmak üzere
m4 = 355
m5 = 6942
m6 = 209527
m7 = 9535241
m8 = 642779354
m9 = 63260289423
m10 = 8977053873043
olduğu bilinmektedir. Bununla ilgili detaylı bilgiler [86]’te bulunabilir. Ayrıca
mn ≤ 2n(n−1)
olduğu Krishnamurthy [88] tarafından gösterilmiştir. Bu konuda yeni gelişmeler [86] ve
[88] üzerinden takip edilebilir.
2.44. X sonsuz bir küme olmak üzere
|℘(X)| ≤ |T (X)| ≤ |℘(℘(X))|
14
Bunu saymak için parmak yöntemi kullanmak salakca olsa da emeğe saygılıyız elbette.
2.4. Kümenin İçi ve Kapanışı
41
olduğu açıktır. Gerçekten eşitsizliğin sağ tarafı
T (X) ⊂ ℘(℘(X))
olmasındandır. Sol taraftaki eşitsizlikse
℘(X) \ {∅, X} −→ T (X),
A −→ {∅, A, X}
olarak tanımlanan fonksiyonun birebir olmasındandır. Dolayısıyla Genelleştirilmiş Süreklilik Hipotezi15 altında
|℘(X)| = |T (X)| ya da
|T (X)| = |℘(℘(X))|
eşitliklerinden sadece ve sadece bir tanesi olur. Bu eşitliklerden birincisini eleyebileceğiz,
yani
|T (X)| = 22
|X|
olur. Frohlich’e ait olan bu sonuç Topolojilerin Sayısı(Bölüm 19) bölümünde detaylı
olarak çalışılacaktır.
2.45. X boş olmayan bir küme ve m bir kardinal sayı olmak üzere
T (X, m) = {τ ∈ T (X) : |τ | = m}
olmak üzere |T (X, m)|, |X| ve m arasındaki ilişkinin ne olduğu konusunda da özellikle
X kümesinin sonlu olma durumu için çalışmalar mevcuttur. Daha detaylı bilgi [86]’da
bulunabilir.
2.46. X = {1}, {1, 2} ve {1, 2, 3} için T (X)’in elemanlarını yazın. Ayrıca m ∈ N için
T (X, m)’nin elemanlarını yazın.
2.4
Kümenin İçi ve Kapanışı
(X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere τ ’nın her elemanı açık küme ve tümleyeni açık olan küme kapalı küme olarak adlandırılmıştı. Bir topolojik uzayın
her altkümesinin açık ya da kapalı olması beklenemez. Olsaydı, o topoloji sadece ve sadece kümenin kuvvet kümesi olurdu. Buna karşı uzayın verilen bir
altkümesine “en yakın” açık kümenin ne olduğunu sorgulamak anlamlı olacaktır. Verilen kümeyi kapsayan açık kümelerin arakesitinin açık olması gerekmeyeceğinden, en yakın açık kümeyi bu doğrultuda aramak iyi bir yol olmayabilir. Buna karşın verilen her küme içerisinde kalan en az bir açık kümenin varlığı ve açık kümelerin bileşiminin açık olduğu durumu bir avantaja
çevrilerek, verilen kümeye en yakın açık kümeyi, içinde kalan açık kümelerin birleşimi olarak görmek anlaşılabilir bir yaklaşım olacaktır. Benzer bir
yaklaşım verilen bir kümeye en yakın olan kapalı küme için yapılabilir.
Bir topolojik uzayının verilen kümesine “en yakın” açık küme tanımlanabilir.
Benzer durum “en yakın” kapalı kümeler için de söz konusudur.
Tanım 2.6.SX bir topolojik uzay olsun. Her A ⊂ X kümesi için
i. A◦ := T{U ⊂ X : U açık ve U ⊂ A},
ii. A := {K ⊂ X : K kapalı ve A ⊂ K}, olarak tanımlanan kümelere
sırasıyla A kümesinin içi ve kapanışı denir.
15
Temel Bilgiler bölümüne bakın.
42
2. Topoloji
A◦ yerine int(A) ve A yerine cl(A) yazılabilir. Bir X kümesi üzerinde
farklı topolojiler olabileceğinden X’in bir A altkümesinin hangi topolojiye göre
kapanışının alındığı karmaşaya neden olabilir. O nedenle X üzerindeki topoloji
τ
τ ise, A’nın bu topolojiye göre kapanışı A ya da clτ (A) ile gösterilebilir. Benzer
durum A’nın içi içinde yapılabilir.
Bir X topolojik uzayın bir A altkümesinin içinin içi Aoo ile gösterilir. Benzer biçimde kapanışının kapanışı da A ile gösterilir. Her kümenin içi açık ve
açık kümenin içi kendisine eşittir. Benzer biçimde bir kümenin kapanışı kapalı
ve kapalı bir kümenin kapanışı kendisine eşittir. Yani bir X topolojik uzayında,
A ⊂ X açık ⇐⇒ A◦ = A,
A ⊂ X kapalı ⇐⇒ A = A,
Aoo = A◦ ,
A=A
olur. X topolojik uzayında bir kümenin içi, kendisi ve kapanışı arasındaki en
temel kapsama ilişkisi her A ⊂ X için
A◦ ⊂ A ⊂ A
olmasıdır. Ayrıca verilen A ⊂ X kümesi için A ve X \ A kümelerinin içi ve
kapanışı arasındaki eşitlik ve kapsama ilişkileri tanımlar kullanılarak hemen
görülebilir. Örneğin
X \ A = (X \ A)◦
olması gibi. A ⊂ X kümesi için X \ A ve A kümeleri ayrık olduklarından A◦
ve (X \ A)◦ kümeleri de ayrık fakat bileşimleri X’e eşit olmayabilir. Bu gözlem
bizi aşağıdaki tanımı vermeye yönlendirir.
Tanım 2.7. X bir topolojik uzay olsun. X’in altkumesi A kümesi verilsin.
S
∂(A) := X \ ((X \ A)◦ A◦ )
kümesine A’nın sınırı denir.
Yukarıdaki tanım gereği bir topolojik uzay X’in her altkümesi için üç ayrık
parçaya ayrılır. Gerçekten verilen A ⊂ X altkümesi için A◦ , (X \ A)◦ ve ∂(A)
kümeleri ikişer ikişer ayrık ve
.
.
S
S
X = A◦ (X \ A)◦ ∂(A)
olur.
Yukarıda tanımlanan “içi” kavramı kullanılarak her topolojinin τ ∈ T (X)
kapsama sıralamasına göre bir latis (örgü) olmasının daha fazlasını söyleyebiliriz.
2.4. Kümenin İçi ve Kapanışı
43
Teorem 2.6. Her topoloji Dedekind tamdır.
Kanıt: τ ∈ T (X) verilsin. ∅ =
6 U ⊂ τ için
S
sup U = U
ve
T
inf U = ( U)0
olmasından istenilen kanıtlanmış olur.
Aşağıdaki tanımı vermenin tam zamanı olmasa da zararı da yoktur.
Tanım 2.8. Kapanışı uzaya eşit olan uzayın altkümesine yoğun küme denir.
Yani, X topolojik uzay olmak üzere X’in A = X olan A ⊂ X kümesine
yoğun denir.
R Öklid uzayında (bu uzay henüz tanımlanmamış olsa da) rasyonel sayılar
0
kümesi Q ve irrasyonel sayılar kümesi Q , R Öklid uzayında yoğun altkümelerdir. Boş olmayan her açık kümesi yoğun olan topolojik uzaylar vardır. Bu tür
uzaylara D-uzayı denir. Bu tür uzaylarla ilgili bir çalışma [95] de bulunabilir.
Alıştırmalar
2.47. X bir topolojik uzay olsun. A ⊂ B ⊂ X ise
A◦ ⊂ B ◦ ve A ⊂ B
olduğunu gösterin.
2.48. Bir X topolojik uzayında A ⊂ X için
i. A◦ = X \ X \ A,
ii. A = X \ (X \ A)◦ olduğunu gösterin.
2.49. (X, τ ) topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin.
A = {x ∈ X : ∀U ∈ τ (x), U ∩ A 6= ∅} = A◦
S
∂(A)
olduğunu gösterin.
2.50. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X için
A◦ = {x ∈ X : ∃U ∈ τ (x), U ⊂ A}
olduğunu gösterin.
2.51. X topolojik uzay olmak üzere A, B ⊂ X kümeleri verilsin.
S
S
∅ = ∅, A ⊂ A, A B = A B ve A = A
ve
∅◦ = ∅,
A◦ ⊂ A,
(A ∩ B)◦ = A◦ ∩ B ◦ ve A◦◦ = A◦
olduğunu gösterin.
2.52. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. A ⊂ ℘(X) kümesi, verilen her x ∈ X için
{A ∈ A : A ∩ U 6= ∅}
44
2. Topoloji
sonlu olacak biçimde U ∈ τ (x) varsa A kümesine yerel sonlu denir 16 . A yerel sonluysa
S
S
A∈A A =
A∈A A
olduğunu gösterin.
2.53. Bir X topolojik uzayında A ⊂ ℘(X) kümesi yerel sonluysa
A = {A : A ∈ A}
olarak tanımlanan kümenin de yerel sonlu olduğunu gösterin.
2.54. X topolojik uzay ve (An ), X’in altkümelerinin bir dizisi olsun.
∞
[
i=1
Ai = (
∞
[
Ai )
∞ [
∞
[ \
(
Ai+j )
i=1
i=1 j=0
olduğunu gösterin.
2.55. X topolojik uzay ve U , X’te açık küme olsun. Her A ⊂ X için
U ∩A=U ∩A
olduğunu gösterin.
2.56. X topolojik uzayında her açık U kümesi için
(U )◦ = U
olduğunu gösterin.
2.57. X topolojik uzayında A ⊂ X yoğunsa her açık U kümesi için
U ∩A=U
olduğunu gösterin.
2.58. (Kuratowski 14-Küme Teoremi) X bir topolojik uzay olmak üzere her n ∈ N ve A ⊂ X
için cn A ∈ {A, X \ A} olmak üzere
|{c1 c2 . . . cn A : n ∈ N}| ≤ 14
olduğunu gösterin17 .
2.59. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin.
x ∈ A \ {x}
özelliğindeki x ∈ X noktasına A kümesinin yığılma noktası denir18 . A’nın yığılma
0
noktalarının kümesi A olmak üzere
S 0
A=A A
olduğunu gösterin.
16
Bu kavram Alexandroff tarafından 1924 yılında verilmiştir.
Bununla ilgili yayınlanmamış Duncan Clark’a ait What is the Kuratowski’s set theorem
başlıklı makaleye http://math.osu.edu/sites/math.osu.edu/files/Kuratowski14Sets.pdf adresinden ulaşılabilir.
18
İngilizcesi: accumulation point. Bu noktaya cluster point ya da limit point denildiği de
olur.
17
2.5. T0 , T1 ve T2 Uzaylar
2.5
45
T0 , T1 ve T2 Uzaylar
Bir topolojik uzayda farklı iki noktanın farklı olmalarının ötesinde “daha
farklı” olabilirler. Hatta “çok daha farklı” olabilirler. Bu farklılıklar bazen açık
kümelerle bazende sürekli fonksiyonlarla ifade edilir. Burada geçen “farklı” ve
“fazla farklı” kavramlarını Şekil 2.2 deki gibi resimleyebiliriz. Bu ve benzeri
x
x
x
b
x
b
x
a
x
a
Şekil 2.2. Birinci şekilde a ve b noktaları farklı. Ikinci şekilde a ve b noktaları “daha farklı”.
“ayrıştırmaların” birçok çeşitleri olabilir. Bu kısımda bunlardan ilk üçü verilecektir. Topolojide genel olarak T0 , T1 ve T2 uzayları olarak adlandırılacak
olan ayrışım özellikleri düşük ayrışım özellikleri olarak bilinir.
Tanım 2.9. Bir (X, τ ) topolojik uzayın T0 , ve T1 ve T2 uzay olmaları aşağıdaki
gibi tanımlanır.
i. T0 uzayı: Verilen farklı iki elemandan birini içeren diğerini içermeye açık
küme varsa.
ii. T1 uzayı: Verilen farklı iki elemandan birini içeren diğerini içermeyen
farklı iki açık küme varsa.
iii. T2 uzayı: Verilen farklı iki elemanları içeren ayrık iki açık küme varsa.
Tanımı sembollele ifade edecek olursak:
T
T
T0 : Her x, y ∈ X, x 6= y için x 6∈ T τ (y) ya da yT6∈ τ (x).
T1 : Her x, y ∈ X, x 6= y için x 6∈ τ (y) ve y 6∈ τ (x).
T2 : Her x, y ∈ X, x 6= y için
x ∈ U, y ∈ V , U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ∈ τ (x) ve V ∈ τ (y) kümeleri varsa19
Bazı kaynaklarda T0 uzayına Kolmogorov uzayı, T1 uzayına Fréchet
uzayı ve T2 uzayına Hausdorff uzayı denir.
T2 uzayı⇒ T1 uzayı⇒ T0 uzayı
olmasına karşın tersleri doğru değildir.
T0 ve T1 uzaylarıyla ilgili iki görsellik Şekil 2.3 ve Şekil 2.4’te olduğu gibidir.
(T2 uzayıla ilgili gösrellikte eklenmeli ???)
19
T1 ve T2 uzay arasında kalan ayrışımlarda kaynaklarda yer alır. Örneğin [145].
46
2. Topoloji
X
X
X
U
x
y
x
U
y
ya da
x
y
Şekil 2.3. T0 uzayın görsel tanımı.
X
V
U
x
y
x
y
Şekil 2.4. T1 uzayın görsel tanımı.
Notlar ve Örnekler
S
2.60. (X, τ ) topolojik uzay ve A ⊂ X en az iki elemanlı altküme olsun. τ (A) {∅}, X kümesi
üzerinde T0 olmayan topolojik uzaydır.
2.61. X = {a, b, c} üç elemanlı bir küme üzerinde tanımlı topoloji τ = {∅, {a}, X}, T0 değildir.
T0 ve T1 uzayları bir elemanlı kümenin kapanışları terimiyle karakterize edilebilir. Sonraki iki teorem bunlarla ilgilidir.
Teorem 2.7. Bir X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X, T0 uzayıdır.
ii. x,y ∈ X, x 6= y için {x} =
6 {y} olur.
iii. x,y ∈ X, x 6= y için x 6∈ {y} ya da y 6∈ {x} olur.
Kanıt: (i ⇒ ii). x 6= y olmasına karşın {x} = {y} olduğunu varsayalım. Tanım
gereği U ve V kümeleri açık olmak üzere
(x ∈ U ve y 6∈ U ) ya da (x 6∈ V ve y ∈ U )
durumlarından biri sağlanır. Birinci durum için x ∈ {y} olduğundan
U ∩ {y} =
6 ∅
olur. Bu bir çelişkidir. İkinci durumun gerçekleştiğini varsaydığımızda da aynı
çelişki oluşur. O halde istenilen bu kısım gerçekleşmiş olur.
(ii ⇒ iii). Açık.
(iii ⇒ i). X, T0 uzay olmasın. Bu durumda
T
T
x ∈ τ (y) ve y ∈ τ (x)
özelliğinde x 6= y vardır. x 6∈ {y} durumunda U ∩ {y} = ∅ olacak biçimde
U ∈ τ (y) vardır ve bu bir çelişkidir. Benzer biçimde y 6∈ {x} olması da çelişki
yaratır. Böylece istenilen kanıtlanmış olur.
Yukarıdaki teoremin kanıtındaki yaklaşımla aşağıdaki teoremin kanıtı kolayca verilebilir.
2.5. T0 , T1 ve T2 Uzaylar
47
Teorem 2.8. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. T1 uzayıdır.
ii. Her x ∈ X için {x} kapalıdır.
T
iii. Her x ∈ X için {x} = {X \ U : x 6∈ U ∈ τ } olur.
iv. Her x,y ∈ X, x 6= y için {x} ∩ {y} = ∅ olur.
v. Her x,y ∈ X, x 6= y için x 6∈ {y} olur.
Sonlu bir X kümesinde ayrık uzaydan başka T1 uzayının olmadığı açıktır.
Notlar ve Örnekler
2.62. Bir X kümesi üzerinde tanımlı T0 topolojilerin kümesini T0 (X) ile gösterelim. Sonlu
X kümesi için |T (X)| ve |T0 (X)| arasındaki ilişki, aşağıda tanımda verilen ikinci tip
Stirling sayısı terimiyle verilebilir. Önce tanımı verelim: n, k ∈ N olmak üzere ikinci
tip Stirling sayısı aşağıdaki gibi tanımlanır.
Pk
j
n
k!
1
S(n, k) = k!
j=0 (−1) j!(k−j)! (k − j)
Aşağıdaki teorem sonlu bir küme üzerinde T0 özelliğindeki topolojilerin sayısıyla, topolojilerin sayısı arasındaki ilişkiyi belirler.
Teorem. [ Comtet [30]] n ∈ N için Xn = {1, 2, . . . , n} olmak üzere
P
|T (Xn )| = n
k=1 S(n, k)|T0 (Xk )|
olur. Bu teorem ile ilgili daha detaylı bilgiler Kolli[86]’de bulunabilir.
Bu teoremin kullanıyla T0 özelliği bulunmayan birçok topolojinin varlığı ortaya çıkar.
Alıştırmalar
2.63. Denklik sınıf topolojinin T0 olması için gerek ve yeter koşulun ayrık topoloji olması
gerektiğini gösterin.
2.64. X bir topolojik uzay olsun. X kümesi üzerinde ≤ bağıntısını
x ≤ y ⇔ x ∈ {y}
olarak tanımlayalım. ≤ bağıntısını, X uzayının T0 uzayı olmama, olma ve T1 uzayı olma
özelliklerine göre karakterize edin.
2.65. X kümesi üzerinde tanımlı Alexandrov topolojilerin kümesini AlexT (X), T0 özelliğindeki
Alexandrov topolojilerin kümesini AlexT0 (X), yarısıralama bağıntılarının kümesi yarısıralama(X) ve kısmi sıralama bağıntılarının kümesi kısmisıralama(X) olmak üzere
i. |AlexT (X)| = |yarısıralama(X)|,
ii. |AlexT0 (X)| = |kısmisıralama(X)|,
olduğunu gösterin.
2.66. Bir Alexandrov uzayının T1 uzayı olması için gerek ve yeter koşulun ayrık olması olduğunu
gösterin.
2.67. X en az iki elemanlı küme ve x ∈ X verilsin.
S
τ = {U ⊂ X : x ∈ U } {∅}
T1 olmayan T0 topoloji olduğunu gösterin. Bu topolojiye özel noktalı topoloji denir.
2.68. X = [0, 1] kümesi üzerinde
τ = {U ⊂ X : 0 6∈ U yada (−1, 1) ⊂ U }
kümesin T1 olmayan T0 topoloji olduğunu gösterin.
48
2. Topoloji
2.69. Sayılamaz sonsuz X kümesi üzerine
τ = {U ⊂ X : X \ U sayılabilir }
S
{∅}
topolojisini koyalım.
i. Boşkümeden farklı iki açık kümenin ayrık olmayacağını gösterin.
ii. X uzayının T1 uzayı fakat Hausdorff olmadığını gösterin.
2.70. (X, τ ) bir topolojik uzay ve
x ≤ y :⇔ x ∈ {y}
bağıntısını tanımlayalım. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. ≤ yarısıralama.
ii. τ topolojisinin T0 olması için gerek ve yeter koşul ≤ bağıntısının kısmi sıralı olmasıdır.
iii. τ topolojisinin T1 olması için gerek ve yeter koşul x ≤ y olduğunda, x = y olmasıdır.
iv. τ topolojisinin en kaba topoloji olması için gerek ve yeter koşul her x, y ∈ X için
x ≤ y olmasıdır.
2.71. X, T1 uzay olsun. x ∈ X noktası A ⊂ X kümesinin bir yığılma noktasıysa her x ∈ U
açık kümesi için
U ∩ (A \ {x})
kümesinin sonsuz olduğunu gösterin.
2.72. (T 5 uzay) X topolojik uzay olsun. Verilen farklı a, b ∈ X içın,
2
a ∈ U , b ∈ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ve V açık kümeleri varsa X’e tümüyle düzenli Hausdorff denir.
Tümüyle düzenli olmayan Hausdorff uzay örneği verin. (p 6∈ R2 olmak üzere X =
R2 ∪ {p} olsun. X, x ∈ X \ {0, p}’in komşuluk sistemi Öklid topolojiden gelen sistem,
0’in komşulukları {(x, y) : x2 + y 2 < , y > 0} ∪ {0} ve p noktasının komşuluk sistemi
{(x, y) : x2 + y 2 < , < 0} ∪ {0} ∪ {p} olan topolojiyle donatılsın. Bu topoloji istenen
özellikte topolojik uzaydır20 )
2.6
Kuratowski Kapanış Operatörü
Bir X kümesinde tanımlı bir topoloji, belirli özellikleri sağlayan ℘(X)’ten kendisine tanımlı fonksiyon tarafından da karakterize edilebilir. “belirli özeliklerin” temel motivasyonu herhangi bir topolojik X uzayında
∅=∅
A⊂A
A∪B =A∪B
A=A
eşitliklerinin sağlanmasıdır.
Tanım 2.10 (Kuratowski [90]). X, boş olmayan bir küme olmak üzere her
A,B ⊂ X için
20
Bu topolojiye ingizce olarak Double origin topology denir.
2.6. Kuratowski Kapanış Operatörü
49
i. c(∅) = ∅,
ii. A ⊂ c(A),
iii. c(A ∪ B) = c(A) ∪ c(B),
iv. c(c(A)) = c(A),
ifadelerini sağlayan c : ℘(X) −→ ℘(X) fonksiyonuna X üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü denir21 .
Verilen bir küme üzerinde tanımlı topolojilerin kümesiyle, o küme üzerinde tanımlı Kuratowski Kapanış Operatörlerin kümesi arasındaki bir ilişki
aşağıdadır.
Teorem 2.9. X boş olmayan bir küme olmak üzere X’te tanımlı Kuratowski
Kapanış Operatörlerinin kümesini Kur(X) ile gösterelim.
π : T (X) −→ Kur(X), π(τ )(A) = A
τ
olarak tanımlanan fonksiyon birebir ve örtendir.
Kanıt: π’nin bir fonksiyon olduğu açıktır. Ayrıca birebir olduğu da açık.
Geriye örtenliği göstermek kalıyor. c ∈ Kur(X) verilsin.
τ = {A ⊂ X : A = c(A)}
olarak tanımlansın.
c(∅) = ∅ ve c(X) = X
olduğundan ∅, X ∈ τ olur. (Ai )i∈I , τ ’de bir aile olsun.
T
T
T
T
i c(Ai )
i Ai ⊂ c( i Ai ) ⊂
i c(Ai ) =
T
olduğundan i Ai ∈ τ olur.
τ = {X \ A : A ∈ τ }
olarak tanımlansın. τ ∈ T (X) olur. Her A ⊂ X için
T
τ
π(τ )(A) = A = {B : B ∈ τ , A ⊂ B} = c(A)
olur. Böylece π(τ ) = c elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Tanım 2.11. π, yukarıdaki teoremde olduğu gibi tanımlansın. Her c ∈ Kur(X)
için π(τ ) = c özelliğindeki τ topolojisine Kuratowski kapanış operatörü tarafından üretilen topoloji denir.
21
İngilizcesi: Kuratowski closure operation
50
2. Topoloji
Tanım 2.12. o : ℘(X) −→ ℘(X) fonksiyonu, bir Kuratowski Kapanış Opertörü c
için
o(A) = X \ c(A)
biçimindeyse o’ya Kuratowski İç Operatör denir.
Bazı okurlar “nerden çıktı şimdi bu iç operatör?” diye sorabilirler. Sormakta haklılar!
Alıştırmalar
2.73. X boş olmayan küme olsun.
c : ℘(X) −→ ℘(X), c(A) = A
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösterin. X
üzerinde c tarafından üretilen topoloji nedir?
2.74. X boş olmayan küme olsun.
c : ℘(X) −→ ℘(X), c(∅) = ∅ ve A 6= ∅ için c(A) = X
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösterin. X
üzerinde c tarafından üretilen topoloji nedir?
2.75. o : ℘(X) −→ ℘(X) bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. o bir Kuratowski İç Operatördür.
ii. o(∅) = ∅ ve her A ⊂ X için
o(A) ⊂ A
o(A ∩ B) = o(A) ∩ o(B)
o(o(A)) = o(A)
olur.
2.76. c : ℘(X) −→ ℘(X) bir Kuratowski Kapanış Operatörü ise A ⊂ B ⊂ X olduğunda
c(A) ⊂ c(B) olduğunu gösterin.
2.77. X en az iki elemanlı bir küme ve x ∈ X verilsin. c : ℘(X) −→ ℘(X),
c(A) = A ∪ {x} ve c(∅) = ∅
olarak tanımlanan fonksiyonun bir Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösterin.
2.78. τ , X kümesi üzerinde c : ℘(X) −→ ℘(X) Kapanış Operatörü tarafından üretilen topoloji
olsun. A ⊂ X kümesinin kapalı olması için gerek ve yeter koşulun A = c(A) olması
gerektiğini gösterin.
2.79. c : ℘(X) −→ ℘(X) bir Kuratowski Kapanış Operatörü ve ∅ =
6 Y ⊂ X verilsin.
c0 : ℘(Y ) −→ ℘(Y ),
c0 (A) = c(A) ∩ Y
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösterin.
2.80. c1 , X üzerinde ve c2 , Y üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü olsun.
c : ℘(X × Y ) −→ ℘(X × Y ), c(A × B) = c1 (A) × c2 (B)
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösterin.
2.81. (Tondeur [133]) X 6= ∅ ve ≤, X üzerinde bir bağıntı olsun.
S
c : ℘(X) −→ ℘(X), c(A) = a∈A {x ∈ X : x≤a}
2.7. Süreklilik
51
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. c, bir Kuratowski Kapanış Operatörüdür.
ii. ≤, simetrik ve geçişkendir.
2.82. τ , X kümesi üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü c tarafından üretilen topoloji
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. τ , T0 topolojidir.
ii. x, y ∈ X ve x 6= y için
(x 6∈ c(A), y ∈ c(A)) ya da (y 6∈ c(A), x ∈ c(A))
olacak biçimde A ⊂ X vardır.
2.83. τ , X kümesi üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü c tarafından üretilen topoloji
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. τ , T1 topolojidir.
ii. Her x ∈ X için c({x}) = {x} olur.
2.7
Süreklilik
İki topolojik uzay arasındaki “topolojik benzerliklerin” ne olduğunu anlamanın
temel aracı sürekli fonksiyon kavramıdır. İki topolojik uzay arasında tanımlı
süreklilik kavramı, Kalkülüs seviyesinde verilen ∅ =
6 A ⊂ R’den R’ye tanımlı
fonksiyonların sürekliğinin genellemesidir. Bu genellemenin nasıl olduğu ilerideki konularla daha iyi anlaşılabilecektır22 .
Bazı notasyon hatırlatması yapalım: f : X −→ Y bir fonksiyon olmak
üzere her A ⊂ X ve B ⊂ Y için
f (A) = {f (x) : x ∈ A}
ve
f −1 (B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B}
yazarız. A ⊂ ℘(X) ve B ⊂ ℘(Y ) için
f (A) = {f (U ) : U ∈ A}
ve
f −1 (B) = {f −1 (B) : B ∈ B}
yazabileceğiz.
Tanım 2.13 (Fréchet [46]). (X, τ1 ) ve (X, τ2 ) iki topolojik uzay ve f : X −→
Y bir fonksiyon olsun. x ∈ X için
22
∅ =
6 A ⊂ R’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonların tanımı, − δ terimiyle B. Bolzona
tarfından 1817 yılında verilmiştir. Süreklilik kavramı soyut düzeyde 1910 yılında Fréchet
tarafından gözlemlenmesine karşın bu konuda geniş ve sistematik ilk tanımlama ve çalışma
1914 yılında Hausdorff tarafından yapılmıştir.
52
2. Topoloji
f −1 (τ2 (f (x))) ∈ τ1 (x)
oluyorsa f fonksiyonu x noktasında sürekli denir. Her noktada sürekli olan
fonksiyona sürekli denir.
Bir noktada süreklilik ve süreklilik aşağıdaki Şekil 2.5 ve Şekil 2.6’da verilen
resimlerle gösterilebilir.
(X, τX ) ve (Y, τY ) iki topolojik uzaysa X’ten Y ’e tanımlı sürekli fonksiyonların kümesi C((X, τX ), (Y, τY )) ile gösterin. Ancak karışıklık yoksa (genelde
olmayacak!) bunun yerine C(X, Y ) gösterimi kullanılır.
Aşağıdaki teorem süreklilikle ilgili en temel teoremlerden biridir.
Teorem 2.10. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y fonksiyonu verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
i. f , her x ∈ X noktasında süreklidir.
ii. f süreklidir.
iii. K ⊂ Y kapalıysa f −1 (K) kapalıdır.
iv. Her A ⊂ X için f (A) ⊂ f (A).
v. Her A ⊂ X için (f (A))◦ ⊂ f (A◦ ).
Kanıt: (i), (ii) ve (iii)’ün ayrıca (iv) ve (v)’in eşdeğer oldukları açık.
(iii ⇒ iv). A ⊂ X verilsin.
A ⊂ f −1 (f (A))
ve f −1 (f (A)) kümesi kapalı olduğundan
A ⊂ f −1 (f (A))
olur. Buradan da
f (A) ⊂ f (f −1 (f (A))) ⊂ f (A)
olur. Yani (iv) gerçekleşir.
(iv ⇒ iii). K ⊂ X kapalı olsun.
f (f −1 (K)) ⊂ f (f −1 (K)) ⊂ K = K
olduğundan, f −1 (K) ⊂ f −1 (K) elde edilir. Böylece f −1 (K) kapalıdır. Yani
(iii) gerçekleşir. Kanıt tamamlanır.
İki küme arasında birebir ve örten fonksiyon varsa bu iki kümeye “eşdeğer”
olarak bakabiliriz. Yine, iki grup arasında bir grup izomorfizma varsa bu iki
grup “aynıdır” diye anlaşılır. İki topolojik uzayın topolojik olarak aynı olması
hakkında, bu kavramın matematiksel tanımını vermeden, birinci bölümde sezgilere dayalı olarak bahsedilmişti. Bu kavramın matematiksel tanımını aşağıdaki
gibi verebiliriz.
2.7. Süreklilik
53
f
X
Y
f −1(U)
U
x
f(x)
Şekil 2.5. f fonksiyonunun x noktasında sürekli olmasının temsili resmi.
f
X
−1
f (U)
Y
U
Şekil 2.6. f fonksiyonunun sürekli olmasının temsili resmi.
Tanım 2.14 (Fréchet [46]). X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere birebir, örten, kendisi ve ters fonksiyonu sürekli olan f : X −→ Y fonksiyonuna
homeomorfizma denir. Aralarında homeomorfizma olan iki topolojik uzaya
topolojik eşyapılı ya da homeomorfik uzaylar denir.
Aynı topolojik uzayda tanımlı homeomorfizmaların kümesi fonksiyonların
bileşkesi işlemi altında bir gruptur. Ayrıca f : X −→ Y ve f : Y −→ Z’ler
homeomorfizmalarsa g ◦ f : X −→ Z bir homeomorfizmadır.
X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon ve Z = f (X)
kümesi
τZ = {Z ∩ U : U ⊂ Y açık}
topolojisi ile donatılsın. (Altuzay kavramı henüz tanıtılmadı!) f : X −→ Z bir
homeomorfizmaysa X uzayı Y uzayına homeomorfik gömülebilir denir.
Tanım 2.15. Bir topolojik uzayın özelliği, o uzaya homeomorfik olan bütün
uzaylarda varsa, o özelliğe topolojik özellik ya da topolojik değişmez
denir.
X topolojik uzayının kardinalitesi, T0 , T1 ve T2 özellikleri topolojik özelliklerdir. Bilen okur için: Metrik uzaylarda tanımlı “sınırlılık” özelliği bir topolojik özellik değildir.
Alıştırmalar
2.84. X 6= ∅ olsun. τ1 ve τ2 , X üzerinde iki topoloji ve i : (X, τ1 ) −→ (X, τ2 ) fonksiyonu
i(x) = x olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. f süreklidir.
ii. τ1 , τ2 ’den daha incedir, yani τ2 ⊂ τ1 olur.
Ayrıca i’nin bir homeomorfizma olması için gerek ve yeter koşulun τ1 = τ2 olması
gerektiğini gösterin.
2.85. |X| > 1 olmak üzere X kümesi üzerinde τ1 en ince topoloji ve τ2 en kalın topoloji olsun.
i(x) = x olarak tanımlanan fonksiyonunun sürekli, birebir ve örten olmasına karşın
homeomorfizma olmadığını gösterin.
54
2. Topoloji
2.86. X, Y ve Z topolojik uzay ve f : X −→ Y , g : Y −→ Z sürekli fonksiyonlar olsun.
g ◦ f : X −→ Z fonksiyonunun sürekli olduğunu gösterin.
2.87. τ , X üzerinde en kalın topoloji ve Y bir topolojik uzay olsun. X’ten Y ’ye tanımlı sürekli
her fonksiyonun sabit olduğunu gösterin.
2.88. Y bir topolojik uzay ve ∅ 6= X kümesi verilsin. X üzerine nasıl bir topoloji konmalıdır
ki X’ten Y ’ye tanımlı her fonksiyon sürekli olsun?
2.89. (Kalkülüs anlamında sürekliliğe göre) (0, 1)’de R’ye tanımlı birebir, örten kendisi ve tersi
sürekli fonksiyonun varlığını gösterin. En ince topolojilerden farklı hangi tür topolojiler
altında (0, 1) ve R topolojik uzayları topolojik eşyapılıdır?
2.90. R’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonların kümesini C(R) ile gösterelim. |C(R)| = c
olduğunu gösterin.
Kanıt: Q = {rn : n ∈ N} olmak üzere, ϕ : C(R) −→ RN , ϕ(f ) = (f (rn )) olarak
tanımlansın. ϕ’nin birebir olduğu açık. Dolayısıyla
|C(R)| ≤ |RN | = c
olur. Her sabit fonksiyon sürekli olduğundan c ≤ |C(R)| olur ve buradan da istenilen
eşitlik elde edilir.
2.91. f : R −→ R bir grup homomorfizma (toplama işlemine göre) olsun. f ’nin sürekli olması
için gerek ve yeter koşulun, f ’nin her x ∈ R için f (x) = f (1)f (x) olması gerektiğini
gösterin Ayrıca sürekli olmayan bir grup homomorfizmanın varlığını gösterin.
2.92. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y fonksiyonu verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini
kanıtlayın.
i. f süreklidir.
ii. B ⊂ Y için f −1 (B) ⊂ f −1 (B).
iii. B ⊂ Y için (f −1 (B))◦ ⊂ f −1 (B ◦ ).
Kanıt: (i =⇒ ii). B ⊂ Y verilsin.
f (f −1 (B)) ⊂ f (f −1 (B)) ⊂ B
olmasından istenilen elde edilir.
(ii ⇒ iii). B ⊂ Y için
B◦ = Y \ Y \ B
olması dikkate alınarak istenilen elde edilir.
(iii ⇒ i). U ⊂ Y açık olsun.
f −1 (U ) = f −1 (U ◦ ) ⊂ (f −1 (U ))◦ ⊂ (f −1 (U ))
olmasından f −1 (U ) açıktır.
2.93. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y sürekli ve örten olsun. A ⊂ X yoğunsa
f (A)’nın yoğun olduğunu gösterin.
2.94. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y sürekli bir fonksiyon olsun. Her açık U ⊂ X
için f (U ) açık ise f ’ye açık fonksiyon denir. Benzer biçimde kapalı her K ⊂ X için
f (K) kapalı ise f ’ye kapalı fonksiyon denir23 . Kapalı, açık ve sürekli fonksiyonların
birinin diğerini gerektireceği/gerektirmeyeceği durumlarını tartışın. (Alıştırma 3.55 ve
3.56 ve 3.57’ye bakın.)
2.95. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon olsun. f ’nin kapalı olması için
gerek ve yeter koşulun her A ⊂ X için f (A) = f (A) olması gerektiğini gösterin.
23
Kapalı fonksiyonlar kavramı Hurewicz [71] tarafından verilmiştir. Açık fonksiyon kavramı
Aronszajn’e [12] aittir.
2.7. Süreklilik
55
2.96. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bir sürekli fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. f açıktır.
ii. f sürekli ve her A ⊂ X için f (A◦ ) ⊂ (f (A))◦ .
iii. Her B ⊂ Y için f −1 (B) = f −1 (B).
iv. Her B ⊂ Y için (f −1 (B))◦ = f −1 (B ◦ ).
3. Taban
Bir matematiksel yapının şu ya da bu şekilde “tabanı” olmalı, en azından tabana benzer bir şeyleri olmalı! Tabansız bir matematiksel yapıyı inşa etmeye,
onu anlamaya çalışmak “sazan gibi atlamaya” benzer. Topolojik uzay kavramınında da taban kavramı vardır. Aslında ikinci bölümün Altbölüm 2.3’de
topolojik uzaylar için taban kavramı dolaylı olarak verilmişti.
Bir topolojik uzayın yapısını anlamak için topoloji yerine onun belirli özellikleri sağlayan altkümesinde çalışmak yeterli olabilir. Bu altkümenin adı “topolojinin tabanıdır.” Hatta taban yerine, tabanın tabanı olarak görülebilecek
“alttaban” üzerinde çalışılarak daha az maliyetle değerli sonuçlar elde edilebilecektir; örneğin Alexandrov Alttaban Teoremi’ni kullanarak kompakt uzaylar
ailesinin çarpım uzayının kompakt olduğunu göstermek gibi. Boş olmayan bir
X kümesi ve B ⊂ ℘(X) verilsin. B kümesini kapsayan ve ona “en yakın” olan
X kümesi üzerinde bir topoloji var mıdır? Varsa bu topoloji B kümesinin elemanlarınca “açık seçik” yazılabilir mi? Bu iki sorunun da yanıtı olumludur.
Gerçekten de X üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi T (X) Dedekind tam
olduğundan aradığımız “en yakın” topolojinin
hBi := inf{τ ∈ T (X) : B ⊂ τ }
olarak tanımlanmasına en azından ben itiraz etmem. Ayrıca bu topoloji B’nin
elemanlarınca açık seçik yazılabilir. Gerçektende
S
T
hBi = { i∈I ( Bi ) : I bir indeks küme ve Bi ⊂ B sonlu }
olması sorunun bir yanıtı olacaktır. Bu gözlemler bize topolojik taban kavramının ne olması gerektiği konusunda bilgi verecek niteliktedir.
3.1. Topolojinin Tabanı
3.1
57
Topolojinin Tabanı
Bir matematiksel yapıyı en etkin ve hızlı anlamanın yollarından biri o yapıyı
üreten “taban kavramını” iyi analiz etmekten geçer. Bu nedenle, bir topolojinin, topolojik uzayın taban kavramını tanımlamadan yola devam etmek iyi
bir yöntem olmayabilir.
Bu kısımda bir topolojik uzayın tabanı ve onunla ilgili temel sonuçlar
çoğunlukla problemler kısmında verilecektir. X boş olmayan bir küme olmak
üzere B ⊂ ℘(X) boş olmayan altkümesi sonlu arakesit işlem altında kapalı ve
S
B=Y
olmak üzere
S
τ = { V : V ⊂ B},
kümesi Y üzerinde bir topoloji olmasına karşın X = Y olmadığı sürece X
üzerinde bir topoloji değildir. Gerçekten de X üzerinde topoloji olması için
gerek ve yeter koşul X = Y olmasıdır.
Boş olmayan bir kümenin kuvvet kümesinin bir altkümesi tarafından üretilen topoloji, o altkümeyi kapsayan topolojilerin arakesitidir. Başka bir söylemle:
Tanım 3.1 (Hausdorff [65]). X, boş olmayan bir küme olmak üzere B ⊂ ℘(X)
kümesi verilsin.
hBi := inf{τ ∈ T (X) : B ⊂ τ }
topolojisine B tarafından üretilen topoloji denir.
Büyük olasılıkla okur yukarıda verilen tanımda B’ye hBh topolojisinin “tabanı denir-denmez” ikilemi arasında gidip geliyordur. Denebilmesi için standartlık açısından bir koşul daha eklememiz gerekecektir.
Teorem 3.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere B ⊂ ℘(X) kümesi tarafından üretilen topoloji hBi,
S
T
hBi := { i∈I ( Bi ) : I bir indeks küme ve ∅ =
6 Bi ⊂ B sonlu } ∪ {X}
olur.
Kanıt: Kolayca gösterilebilir.
Tanım 3.2. Bir τ ∈ T (X) topolojisi B ⊂ ℘(X) tarafından üretiliyor ve
S
B=X
oluyorsa B kümesine τ topolojisinin
1
alttabanı denir1 .
Öntabanı da denir. Bu kavram ilk kez Bourbaki grubunun General Topology I kitabında
çalışılmaya başlanmıştır.
58
3. Taban
Bir kümenin kuvvet kümesinin verilen bir altkümesinin ürettiği topolojinin
her elemanı o kümenin bazı elemanlarının bileşimleri olarak yazılabiliyorsa, o
kümeye ürettiği topolojinin tabanı denir. Yani:
Tanım 3.3. X kümesi üzerinde B ⊂ ℘(X) kümesi tarafından üretilen topoloji
S
hBi = { A : A ⊂ B}
oluyorsa B’ye ürettiği topolojinin tabanı denir.
Aşağıdaki teorem topolojinin tabanını karakterize etmesinin yanında oldukca da kullanışlıdır. Bu, bir çok kitapta topolojinin taban tanımı olarak da
verilir.
Teorem 3.2. X boş olmayan bir küme olsun. Verilen B ⊂ ℘(X) verilsin.
B’nin X’te bir topoloji olması için,
S
X = B ve verilen A, B ∈ B kümeleri için x ∈ A ∩ B olduğunda
x ∈ C ⊂ A ∩ B olacak biçimde C ∈ B var
koşulu gerek ve yeterlidir.
Kanıt: B bir topolojinin tabanıysa koşulun sağlandığı kolaylıkla gösterilir.
Şimdi koşulun sağlandığını varsayalım. τ ,
S 0
0
τ = { B : B ⊂ B}
olarak tanımlansın. τ ’nun bir topoloji olduğunu göstermek yeterli olacaktır.
τ ’nun bileşim işlemi altında kapalı olduğu açıktır. U , V ∈ τ verilsin.
S
S
U = B1 ve U = B2
olacak biçimde B1 , B2 ⊂ B altkümeleri vardır. A, B ∈ B için koşulun ikinci
kısmından A ∩ B ∈ τ olduğundan
S
U ∩ V = {A ∩ B : A ∈ B1 , B ∈ B2 } ∈ τ
olduğu görülür. Yani τ sonlu arakesit işlemi altında kapalıdır. ∅, X ∈ τ olduğu
da açık. Böylece τ bir topolojidir.
Bir X kümesi üzerinde boşküme ya da kendisi tarafından üretilen topoloji
en kaba topolojidir. {X} tarafından üretilen topoloji de en kaba topolojidir.
Boş olmayan bir X kümesi için
B = {{x} : x ∈ X}
3.1. Topolojinin Tabanı
59
kümesi tarafından üretilen topoloji en ince topolojidir, yani ayrık topolojidir.
En temel topoloji örneklerinden biri R üzerinde tanımlanan Öklid topolojidir .
Tanım 3.4. R üzerinde B = {(a, b) : a, b ∈ R} kümesi tarafından üretilen hBi
topolojisine Öklid topoloji denir.
Bu kitapta aksi bir durum açıklanmadıği sürece R’nin Öklid topolojisiyle donatıldığını varsayacağız.
Bir topolojik uzayın tabanının tek bir tane olması gerekmez. Dahası iki
topolojik tabanın küme denk olması, yani kardinalitelerinin aynı olması gerekmez2 . Bu “eksikliği” gidermek için, belirli anlamda tekliği sağlamak için,
topolojinin ağırlığı tanımlanır. Yani X topolojik uzaysa
w(X) = min{|B| : B
X uzayının tabanı}
kardinal sayısına uzayın ağırlığı denir3 .
Alıştırmalar
3.1. X, boş olmayan küme ve B ⊂ ℘(X) verilsin.
T 0
S
0
U = { B : B ⊂ B sonlu }, B = X
olsun.
hBi = hUi
ve U’nun hBi topolojisinin tabanı olduğunu gösterin.
3.2. X boş olmayan bir küme olsun. B ⊂ ℘(X) olmak üzere τ = hBi topolojisi için aşağıdakiler
denktir.
i. τ , T0 topolojidir.
T
ii. x, y ∈ X, x 6= y için B = n
i=1 Bi olmak üzere
(x ∈ B ve y 6∈ B) ya da (x 6∈ B ve y ∈ B)
olacak biçimde Bi ∈ B’ler vardır.
3.3. Boş olmayan X ve Y kümeleri için A ⊂ ℘(X) ve B ⊂ ℘(X) verilsin. f : X −→ Y
fonksiyonunun hAi ve hBi topolojilerine göre aşağıdakilerin denk olduklarını gösterin.
i. f süreklidir.
ii. Her B ∈ B için f −1 (B) ∈ hAi olur.
3.4. X boş olmayan bir küme ve A, B ⊂ ℘(X) altkümeleri
A ⊂ B ⊂ hAi
ifadesini sağlasın.
hAi = hBi
olduğunu gösterin.
2
Aslında bu durum matematikte taban olma geleneğine aykırı bir durum. Ne yapalım,
öyle!
3
Ben olsam w(X) = |B| özelliğindeki tabana, taban derdim; bir merkeze “bağlanmayan”
tabana taban demek eksik kalıyor!
60
3. Taban
3.5. X boş olmayan bir küme ve
B = {X \ {x} : x ∈ X}
olsun.
hBi = {A ⊂ X : X \ A sonlu }
olduğunu gösterin. Bu topolojiye tümleyeni sonlu topoloji ya da Fréchet topoloji
denir.
3.6. P , R’de tanımlı polinomların kümesi olsun.
K = {p−1 (0) : p ∈ P },
R’de kapalı kümeler tabanı olduğunu, yani
B = {R \ p−1 (0) : p ∈ P }
3.7.
3.8.
3.9.
3.10.
3.11.
3.12.
3.13.
3.14.
kümesinin bir taban olduğunu gösterin. Tabanı B olan topolojiye R’de Zariski topoloji
denir4 . R’de tanımlı Zariski topolojiyle tümleyeni sonlu topolojinin çakıştığını gösterin.
Ayrıca bu uzayın Hausdorff olmayan T1 -uzayı olduğunu gösterin5 .
R topolojik uzayının Öklid topolojisinin sayılabilir tabanı olduğunu gösterin.
Sayılabilir tabanı olan topolojik uzaya ikinci dereceden sayılabilir uzay denir6 . Sayılabilir yoğun altkümesi olan topolojik uzaya ayrılabilir uzay denir. İkinci dereceden
uzayın ayrılabilir ve birinci dereceden sayılabilir olduğunu gösterin.
X boş olmayan bir küme ve B ⊂ ℘(X), farklı elemanları ayrık ve sayılamaz bir altküme
olsun. B’nin kendisi tarafından üretilen topoloji için bir taban olduğunu ve bu uzayın
ikinci dereceden sayılabilir olmadığını gösterin. Ayrıca, ayrılabilir olmadığını gösterin.
Ayrılabilir bir uzayın ikinci dereceden sayılabilir olması gerekmediğini gösterin.
B = {[a, b) : a, b ∈ R, a < b} kümesinin Sorgenfrey uzayın tabanı olduğunu gösterin.
X tamsıralı küme olsun. Her a ∈ X için B = {(a, ∞) : a ∈ X}, X üzerinde bir topoloji
tabanıdır. Tabanı bu olan topolojiye sağ sıra topoloji denir Benzer biçimde . Bu uzay
için aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. Boş olmayan her açık küme yoğundur.
ii. T0 uzaydır.
iii. T1 uzay değildir.
iv. Boşkümeden farklı ayrık kapalı kümeleri yoktur.
v. A be B boş olmayan ayrık kümelerse A ∩ B 6= ∅ olur.
R’de τ , Öklid topolojisini ve S sol sıra topolojisini göstersin. f : (R, τ ) −→ (R, S)
fonksiyonun sürekli olması için gerek ve yeter koşun üst yarısürekli olduğunu gösterin.
(X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için,
S
τ (x) = { B : B ⊂ Bx }
özelliğinda sayılabir Bx ⊂ τ (x) varsa τ topolojisine birinci dereceden sayılabilir denir.
İkinci dereceden sayılabilir topolojilerin birinci dereceden sayılabilir fakat tersinin doğru
olmadığını gösterin.
3.15. Birinci dereceden sayılabilir olmayan sayılabilir Hausdorff topolojik uzayın varlığını
gösterin.
4
Zariski topoloji daha genel olarak birimli ve değişmeli bir halkanın asal idealleri kümesi
üzerinde tanımlanır. Bu kavramın cebirsel geometride önemli yeri vardır.
5
Önce Hausdorff ve T1 -uzayın tanımlarına bakın.
6
Buna göre, birinci dereceden sayılabilir topolojik uzay kavramı da vardır. Üçüncü dereceden sayılabilir uzay kavramı bildiğim kadarıyla yoktur.
3.2. Örnekler
61
Kanıt: (Arens-Fort Uzayı) X = N × N olmak üzere
τ1 = {U ⊂ X : (0, 0) 6∈ U }
τ2 = {U ⊂ X : (0, 0) ∈ U, |{m ∈ N : |{n ∈ N : (m, n) 6∈ U }| = ∞| < ∞}
olmak üzere τ = τ1 ∪ τ2 olmak üzere aşağıdakiler doğrudur.
i. τ Hausdorff topolojidir.
ii. (0, 0) noktasının sayılabilir taban komşuluğu yoktur.
iii. (X, τ ) ne birinci ne de ikinci dereceden sayılabilir uzaydır.
3.16. (Fürstenberg [49]) Aşağıdaki adımları takip ederek asal sayılar kümesinin sonsuz olduğunu
kanıtlayın.
a, b ∈ Z ve b 6= 0 için
Na,b = a + bZ
yazalım.
i. Na,b = {c ∈ Z : c − a, b’nin bir katı}
ii. c ∈ Na,b ise Nc,b = Na,b .
iii. B = {Na,b : a ∈ Z, b ∈ N}, Z’de bir τ topolojisi için tabandır.
iv. ∅ 6= U ∈ τ ise U sonsuzdur.
v. Na,b açık-kapalıdır.
vi. P asal sayılar kümesi olmak üzere
S
Z \ {1, −1} = p∈P N0,p .
vii. P sonsuzdur.
Yukarıda tanımlanan topolojinin Hausdorff olmadığını da gösterin.
3.17. X topolojik uzay ve B, X’in bir tabanı olsun. (Us )s∈S , X’te açık kümelerin bir ailesiyse
S
S
s∈S Us , S0 ⊂ S ve |S0 | ≤ |B|
s∈S0 Us =
olacak biçimde S0 kümesinin varlığını gösterin. Kanıt: S0 = {U ∈ B : ∃s ∈ S, U ⊂ Us }
alalım. Her U ∈ B0 için U ⊂ Us(U ) olacak biçimde s(U ) seçerek U −→ s(U ) fonksiyonunu
tanımlayalım. S0 = s(B0 ) kümesi istenilen özelliktedir.
3.2
3.2.1
Örnekler
Metrik Topoloji
R üzerinde tanımlı Öklid topolojisi iki doğal yöntemle genellenebilir: Metrik
topoloji ve sıra topoloji. Bu kısımda metrik topoloji tanımlanarak çok temel
özellikleri verilecektir. Bu özellikler sırası geldiğinde, örneğin Bölüm 4’te detaylandırılacaktır.
Okurun tanım 4.1’de verilecek olan metrik uzayın ne olduğunu bir an için
bildiğini varsayarak aşağıdaki gözlemleri yapalım:
Bir (X, d) metrik uzayı için x ∈ X merkezli r > 0 yarıçaplı açık küre
B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r}
olarak tanımlanır. Açık kürelerin kümesini Ball(X, d) ile gösterelim. X kümesi
üzerinde Ball(X, d) tarafından üretilen topolojiye metrik topoloji denir. τ ∈
62
3. Taban
T (X) topolojisi bir metrik topolojiye eşitse τ topolojisine metrikleşebilir
topoloji denir. Metrikleşebilirlik kavramı topolojik uzay teorisinde oldukça
geniş yer tutar ama bu kitabın çok da konusu olmayacaktır. Metrik topolojiler
için aşağıdakileri söyleyebiliriz.
i. Ball(X, d) bir topoloji tabanıdır:
S
X = Ball(X, d)
olduğu açıktır. z ∈ B(x, r) ∩ B(y, t) verilsin.
s = min{r − d(x, z), t − d(y, z)}
olmak üzere
z ∈ B(z, s) ⊂ B(x, r) ∩ B(y, t)
olur. Teorem 3.2 gereği istenilen açıktır.
ii. Hausdorff: x,y ∈ X, x 6= y verilsin.
r=
d(x,y)
2
>0
için
x ∈ B(x, r), y ∈ B(y, r) ve B(x, r) ∩ B(y, r) = ∅
olur.
iii. Her x ∈ X ve r > 0 için
{y ∈ X : d(x, y) > r}
kümesi açıktır: x ∈ X ve r > 0 olmak üzere
y ∈ {y ∈ X : d(x, y) > r}
verilsin. 0 < = d(x, y) − r olmak üzere
y ∈ B(y, ) ⊂ {y ∈ X : d(x, y) > r}
olduğundan istenilen elde edilir.
iv. {y ∈ d(x, y) = r} kümesi kapalıdır: Açıktır.
Alıştırmalar
3.18. X = R üzerinde tanımlı Öklid topolojisinin
d(x, y) = |x − y|
metriği tarafından üretilen metrik topolojisi olduğunu gösterin.
3.19. X = R üzerinde tanımlı Öklid topoloji τ olsun. X × X’ten R’ye tanımlı
p(x, y) = min{1, |x − y|} ve q(x, y) =
|x−y|
1+|x−y|
3.2. Örnekler
63
fonksiyonların metrik olduklarını ve bu metriklerle üretilen topolojilerin, Öklid topoloji
olduğunu gösterin. Yani
τ = h(X, d)i = h(X, p)i
olduğunu gösterin.
3.20. (X, d) metrik uzay olsun. Her x ∈ X ve r > 0 için
{y : d(x, y) ≤ r} ve {y : d(x, y) ≥ r}
kümelerinin kapalı olduğunu gösterin.
3.2.2
n-Boyutlu Öklid Topoloji
X = R üzerinde
B = {(a, b) : a, b ∈ R}
kümesi tarafından üretilen topolojiye Öklid topoloji denilmişti (Tanım 3.4.) Bu
kavram n-boyutlu Öklid Topolojiye genelleştirilebilir: n ∈ N verilsin. X = Rn
kümesi üzerinde
Q
Bn = { ni=1 (ai , bi ) : ai , bi ∈ R}
kümesi tarafından üretilen hBn i topolojisine n-boyutlu Öklid topoloji denir.
Teorem 3.3. n ∈ N olmak üzere X = Rn üzerinde tanımlanan Bn kümesi
n-boyutlu Öklid topolojisinin tabanıdır.
S
Kanıt: X = Bn olduğu açıktır. A,B ∈ Bn kümeleri verilsin. Bu kümeler
Q
Q
A = ni=1 (ai , bi ) ve B = ni=1 (ci , di )
biçimindedir. Her 1 ≤ i ≤ n için (ai , bi ) ∩ (ci , di ) kümeleri açık aralık olduklarından
Q
A ∩ B = ni=1 ((ai , bi ) ∩ (ci , di )) ∈ Bn
olur. Yani Bn sonlu arakesit işlemi altında kapalıdır. Kanıt tamamlanır.
Teorem 3.4. X = Rn üzerindeki n-boyutlu Öklid topolojisi bir metrik topolojidir.
Kanıt: Her x ∈ X için x = (x1 , x2 , . . . , xn ) olarak yazılsın. d∞ : X × X −→ R
metriği x, y ∈ X için
d∞ (x, y) = sup1≤i≤n |xi − yi |
olarak tanımlansın. y ∈ B(x, r) verilsin. Her 1 ≤ i ≤ n için |xi − yi | < r
olduğundan
Q
y ∈ ni=1 (xi − r, xi + r) ⊂ B(x, r)
64
3. Taban
olur. Bu bize
hBall(X, d∞ )i ⊂ hBn i
olduğunu söyler. Şimdi
x∈
Qn
i=1 (ai , bi )
verilsin. Her 1 ≤ i ≤ n için
xi ∈ (xi − , xi + ) ⊂ (ai , bi )
kapsamasını sağlayacak biçimde > 0 vardır. Buradan
Q
B(x, ) ⊂ ni=1 (ai , bi )
olur. Bu
hBn i ⊂ hBall(X, d∞ )i
olduğunu söyler. Böylece
hBn i = Ball(X, d∞ )i
olur ve kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki kanıtta X = Rn üzerinde tanımlanan metriğe okur, bir an için
“Öklid metriği” isimlendirmesi yapabilir ve bu anlaşılabilir bir isimlendirmedir. Ancak o metriğe değil
P
1
d2 (x, y) = ( ni=1 |xi − yi |2 ) 2
olarak tanımlanan metriğe (bunun bir metrik olduğu Bölüm 4’te gösterilecek)
Öklid metriği denilecektir. Bu metrikle kanıtta verilen metrikler birbirlerine
“denktir”7 . Dolayısıyla aynı topolojiyi üretirler. Neden?
Alıştırmalar
3.21. X = Rn de tanımlanan d2 ve d∞ metrikleri için
md2 (x, y) ≤ d∞ (x, y) ≤ M d2 (x, y)
eşitsizliğini sağlayan m, M > 0 reel sayılarının olduğunu gösterin.
3.22. p ve q, X üzerinde iki metrik ve her x, y ∈ X için p(x, y) ≤ mq(x, y) olacak biçimde
m > 0 olsun.
hBall(X, q)i ⊂ hBall(X, d)i
olduğunu gösterin.
7
Denklik kavramının ne anlamda olabileceğini okur şimdilik tahmin etsin.
3.3. Sıra Topolojisi
3.3
65
Sıra Topolojisi
X kısmi sıralı küme olmak üzere her x, y ∈ X için x ≤ y ya da y ≤ x oluyorsa,
X’e tamsıralı denir. x, y ∈ X olmak üzere aşağıdaki gibi tanımlanan kümelerin
her birine açık aralık denir.
(−∞, x) = {z ∈ X : z < x}
(x, ∞) = {z ∈ X : x < z}
(x, y) = {z ∈ X : x < z < y}
İki açık aralığın arakesitinin açık aralık olduğu açıktır.
Tanım 3.5. X tamsıralı küme olsun.
A = {U ⊂ X : U açık aralık }
olmak üzere X üzerinde tanımlı A tarafından üretilen hAi topolojisine sıra
topolojisi denir. Sıra topolojisiyle donatılmış uzaya da sıra uzayı denir.
Notlar ve Örnekler
3.23. 0 < α ordinal olmak üzere sıra topolojisiyle donatılmış [0, α) topolojik uzaya ordinal
uzay denir.
R üzerindeki Öklid topolojisinin bir sıra topolojisi olduğu açıktır. Buna
karşın Rn üzerinde tanımlı Öklid topolojisi ters alfabetik sıralamaya göre bir
sıra topolojisi değildir.8
Aşağıdaki teoremin kanıtı okura bırakılmıştır.
Teorem 3.5. X en az iki elemanlı tamsıralı küme ve τ , X üzerindeki sıra
topolojisi olsun. Açık aralıkların kümesi, τ ’nın bir tabanı ve
S
B = {(−∞, x) : x ∈ X} {(x, ∞) : x ∈ X}
bu topolojinin alttabanıdır.
Teorem 3.6. Sıra topolojisi Hausdorff dur.
Kanıt: τ , tamsıralı X kümesinde sıra topoloji olsun. x, y ∈ X ve x 6= y olsun.
x < y olduğunu varsayabiliriz. (x, y) = ∅ ise
x ∈ U = (−∞, y), y ∈ V = (x, ∞) ve U ∩ V = ∅
olur. (x, y) 6= ∅ ise z ∈ (x, y) seçelim. Bu durumda
x ∈ U = (−∞, z), y ∈ V = (z, ∞) ve U ∩ V = ∅
8
Rn kümesindeki bu sıralamaya göre (x1 , . . . , xn ) < (y1 , . . . , yn ) olması için gerek ve yeter
koşul x1 = y1 ,. . . ,xk−1 = yk−1 ve xk < yk ifadesini sağlayan bir k’nın olmasıdır.
66
3. Taban
olacaktır. U ve V kümeleri açık olduklarından kanıt tamamlanır.
Okur şunu sorabilir: “Neden böyle bir topoloji kısmi sıralı küme üzerinde
değil de tamsıralı küme üzerinde tanımlandı?” Aslında sıra topolojisinin kısmi
sıralı küme üzerine genellemesi vardır. Bir genelleme aşağıdaki teoremde elde
edilen bir gözlemin sonucu alarak tanımlanabilir.
Teorem 3.7. τ , tamsıralı X kümesi üzerinde sıra topolojisi olsun. x 6≤ y ise
her u ∈ U ve v ∈ V için
u 6≤ v, x ∈ U ve y ∈ V
olacak biçimde U ve V açık kümeleri vardır.
Kanıt: Varsayım gereği y < x olur. (y, x) = ∅ oluyorsa
U = (y, ∞) ve V = (−∞, x)
alınabilir. (y, x) 6= ∅ için y < z < x seçelim. Bu durumda
U = (z, ∞) ve V = (−∞, z)
alırız.
Şimdi amaçlanan genellemeyi yapabiliriz:
Tanım 3.6. X kısmi sıralı küme ve τ , aşağıdaki özellikte bir topoloji olsun:
x 6≤ y verildiğinde
her u ∈ U ve v ∈ V için u 6≤ v ve x ∈ U , y ∈ V
koşulunu sağlayan U ve V açık kümeler olsun. Bu özellikte τ topolojisi ile
donatılmış X uzayına kısmi sıralı uzay denir9 10 . τ topolojisine kısmi
sıralı topoloji denir.
Kısmi sıralı topoloji, bu kitabın çok fazla konusu olmayacaktır. Sıra uzaylar
sınıfının önemli örneklerinden biri ordinal uzaydır. Sayılabilir sonsuz ordinal
uzayı w0 (sıra uzayı olarak) ayrık topolojiden başkası değildir. Bunun yanında
ilk sayılamaz w1 ordinali için w1 = [0, w1 ) ve [0, w1 ] ordinal uzayları ayrık uzay
değillerdir ve bazı örneklemelerde sıklıkla kullanılır. Örneğin, w1 sayılabilir
kompakt ama kompakt uzay değildir.
Alıştırmalar
9
İngilizcesi: partially ordered space
Meraklısına: kısmı sıralı uzay kavramı üzerinde geçişli ve refleksif (quasi order) bağıntısı
olan topolojik uzaya da genellenebilir. Bununla ilgili bir çalışma [144]’de bulunabilir.
10
3.3. Sıra Topolojisi
67
3.24. X = Z üzerindeki sıra topolojisinin ayrık topoloji olduğunu gösterin.
3.25. X sıra uzayında her a, b ∈ X için (a, b) aralığının açık olduğunu gösterin.
3.26. X bir sıra uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
a. Her a,b ∈ X, a < b için (a, b) = [a, b].
b. Her a,b ∈ X, a < b için a < x < b olacak biçimde x ∈ X vardır.
3.27. 0 < α ordinali verilsin. [0, α) ordinal uzayı için aşağıdakileri gösterin.
a. 0, bir izole noktadır. Yani, {0} kümesi açık-kapalıdır.
b. Verilen her 0 < β < α noktasını içeren açık-kapalı küme vardır.
c. β ∈ [0, α) noktasının izole nokta olabilmesi için gerek ve yeter koşul β’nın limit ordinal
olmamasıdır.
3.28. X = [0, α) ordinal uzayında her a, b ∈ X için (a, b]’nin açık olduğunu gösterin.
3.29. En az iki elemanlı bir sıra uzayında her açık kümenin ikişer ikişer ayrık açık aralıkların
bileşimi olarak yazılabileceğini ve bu yazılımın tek olduğunu gösterin. Kanıt: . X en
az iki elemanlı sıra uzayı ve U ⊂ U boş olmayan açık küme olsun. a, b ∈ U için, a = b,
(a, b) ⊂ U ya da (b, a) ⊂ U olma durumunu a ≡ b olarak gösterelim. ≡, U ’da bir denklik
ilişkisidir. Ayrıca her x ∈ U , [x], U ’nın denklik sınıfı olmak üzere [x] açık aralıktır.
denklik sınıfları ayrık olduklarından istenilen kanıtlanır.
3.3.1
Sıra Uzayında Kapalı Kümeler
Teorem 3.8. Tamsıralı X kümesinde sıra topolojisine göre A ⊂ X altkümesinin kapalı olması için,
S ⊂ A olmak üzere s = sup S ise s ∈ S ve s = inf S ise s ∈ A,
koşulu gerek ve yeterdir.
Kanıt: A kümesi kapalı olsun. A ⊂ X kapalı olsun. ∅ 6= S ⊂ A ve s = sup S
olmak üzere s 6∈ A olduğunu varsayalım. Açık aralıklar kümesi bir taban ve
s ∈ X \ A açık olduğundan
s∈U ⊂X \A
olacak biçimde bir U açık aralığı vardır. Diğer taraftan:
- U , (−∞, x) formunda olamaz: Gerçekten de olma durumunda, S 6= ∅
olduğundan
s<x≤t≤s
olacak biçimde t ∈ S elde edilir. Bu bir çelişkidir.
- U , (x, ∞) formunda da olamaz: Olsaydı x, S kümesinin bir üstsınırı
olurdu, buradan da s ≤ x < s çelişkisi oluşurdu.
- U , (a, b) biçiminde olamaz: Olma durumunda b ≤ t olacak biçimde t ∈ S
olamayacağından her t ∈ S için t ≤ a olacağından a, S kümesinin bir üstsınırı
ve dolayısıyla da s ≤ a < s çelişkisi elde edilir.
Böylece s ∈ A olduğu gösterilmiş olur. Benzer biçimde s = inf S olması
durumunda s ∈ A olduğu gösterilir. Şimdi koşulun sağlandığını varsayalım.
p ∈ X \ A verilsin. Aşağıdaki üç durumdan biri gerçekleşir.
68
3. Taban
a. p, A kümesinin bir üstsınırı olma durumu: Bu durumda p, A kümesinin
supremumu olamaz. O halde
A ≤ x ve p 6≤ x
ifadesini sağlayan x ∈ X vardır. p ∈ (x, ∞) ⊂ X \ A olur.
b. p, A kümesinin bir alt sınırı olma durumu: Benzer biçimde
p ∈ (−∞, x) ⊂ X \ A
olacak biçimde x ∈ X vardır.
c. p, A kümesinin ne alt sınırı ne de üstsınırı olmama durumu: Bu durumda
A− = A ∩ (−∞, p) 6= 0 ve A+ = A ∩ (p, ∞) 6= ∅
olur. Ayrıca A = A− ∪ A+ olur. Bunun yanında p, A− kümesinin üstsınırı
olmasına karşın supremumu değildir. Benzer biçimde p, A+ kümesinin alt sınırı
olmasına karşın infimumu da değildir. Dolayısıyla
A− ≤ x < p < y ≤ A+
olacak biçimde x, y ∈ X vardır. Ayrıca
p ∈ (x, y) ⊂ X \ A
olur. Böylece p ∈ U ⊂ X \ A olacak biçimde U açık kümesi varlığı görülür.
Dolayısıyla X \ A açık, yani A kapalıdır. Kanıt tamamlanır11 .
X bir sıra topolojik uzay ve C, X’in boşkümeden farklı bir altkümesi olsun. C’nin boşkümeden farklı her altkümesinin supremumu ve infimumu var
ve bunlar C’de kalıyorsa C kompakt olur (kompaktlığın tanımının henüz verilmediğinin farkındayız!). Buna göre R’nin sınırlı ve kapalı aralıkları kompakttır.
3.3.2
Sıra Uzayının Kopukluğu
Bir X uzayının açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece boşküme ve X oluyorsa
X’e bağlantılı uzay denilmişti. Bağlantılı olmayan uzaya kopuk uzay denir.
Aşağıdaki teorem, sıra uzayının ne zaman bağlantılı olduğunu söyler.
Teorem 3.9. X bir sıra uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X bağlantılı uzaydır.
ii. X Dedekind tam ve x < y için (x, y) 6= ∅ olur.
11
6.3’de kısmi sıralı uzaylarla ilgili verilen örnek dikkate alınarak ve bir kapalı kümenin
kapanışından alınan her elemana kümenin bir netinin yakınsadığı (Teorem 6.2) kullanılarak
farklı bir kanıt da verilebilir.
3.3. Sıra Topolojisi
69
Kanıt: (ii ⇒ i). X uzayının bağlantılı olmadığını varsayalım, yani X kopuk
uzay olsun. U ve V ayrık ve bileşimleri X’e eşit ve boş olmayan açık kümeler
olsun. a ∈ U ve b ∈ V seçelim. a < b olduğunu varsayalım.
a ∈ S = {x ∈ X : x < b, [a, x] ⊂ U }
kümesinin X’te supremumunun olmadığını göstereceğiz.
m = sup S
olduğunu varsayalım. Bu durumda m ∈ S olamaz: Olduğunu varsayalım.
[a, m] ⊂ U olduğundan m ∈ U olur. U ’nın açık olmasından dolayı
m ∈ (u, v) ⊂ U
olacak biçimde u, v ∈ X olacağından [m, v) ⊂ U olur. m’nin supremum ve m <
v olmasından dolayı v 6∈ U ve dolayısıyla v ∈ V olur. m < z < v eşitsizliğini
sağlayan z ∈ X seçebiliriz. [a, z] ⊂ S olur ki buradan da m < z ≤ m çelişkisi
oluşur. m 6∈ S olmasından dolayı, [a, m] 6⊂ U olduğundan,
w ∈ [a, m], w 6∈ U
olacak biçimde w ∈ V vardır ve w, S’nin bir üstsınırıdır. Böylece m ≤ w ≤ m
eşitsizliğinden m = w olur. V açık olduğundan
m ∈ (x, m] ⊂ V ve a ≤ x
olacak biçimde x ∈ X seçebiliriz. Ayrıca, x, S kümesinin bir üstsınırı olur.
Buradan da m ≤ x çelişkisi oluşur. O halde X bağlantılı uzaydır.
(i ⇒ ii). x, y ∈ X verilsin ve x < y olsun. (x, y) = ∅ olduğunu varsayalım.
U = (−∞, b) ve V = (a, ∞)
kümeleri boşkümeden farklı, ayrık ve bileşimleri X olacağından X kopuk uzay
olur. Bu çelişkidir. O halde (x, y) 6= ∅ olmak zorundadır.
X’in Dedekind tam olmadığını varsayalım. Bu durumda aşağıdaki durumlardan biri oluşur:
a.üstten sınırlı ve en küçük üst sınırı olmayan boş olmayan S ⊂ X kümesi
vardır.
b. alttan sınırlı ve en büyük alt sınırı olmayan boş olmayan S ⊂ X kümesi
vardır.
Birinci durum, yani a durumu için: S’nin üst sınırlarının kümesini U ile
gösterelim.
- U kümesi açıktır: x ∈ U verilsin. x, S’nin bir üst sınırı fakat S’nin en
küçük üstsınırı olduğundan y ∈ U , x 6≤ y ifadesini sağlayan y vardır. x ∈
(y, ∞) ⊂ U .
- X \ U kümesi açık: p ∈ X \ U verilsin. p, S’nin bir üst sınırı olamayacağından p < s ∈ S vardır. Buradan
70
3. Taban
p ∈ (−∞, s) ⊂ X \ U
elde edilir.
Böylece U , boşkümeden ve X’ten farklı açık-kapalı bir kümedir. Bu, X’in
bağlantılı olmasıyla çelişir.
İkinci durumda da benzer çelişki olur. Kanıt tamamlanır.
Sonuç 3.10. R Öklid uzayı bağlantılıdır.
Kanıt: R bir sıra uzay ve Teorem 3.9’un (ii) koşulunu sağladığından istenen
hemen elde edilir.
Alıştırmalar
3.30. R üzerinde tanımlı Öklid topolojisinin bir sıra topoloji olduğunu gösterin.
3.31. X = R2 kümesi, üzerinde tanımlı ters alfabetik sıralamaya göre, yani
(a, b) < (c, d) ⇔ a < c ya da (a = c ve b < d)
sıralamasına göre tamsıralı kümedir. Bu kümenin sıra topolojisini S ile gösterelim.
i. S topolojisine göre α = (a, b), β = (x, y) ∈ X olmak üzere (−∞, α), (α, ∞) ve (α, β)
açık aralıklarının resimlerini çizin.
ii. X üzerindeki Öklid topolojisinin S topolojisinden farklı olduğunu gösterin.
3.32. X ve Y tamsıralı kümeler ve sıra topolojilerle donatılsınlar. f : X −→ Y sıra izomorfizma ise f ’nin bir homeomorfizma olduğunu gösterin.
0
3.33. Q ve Q sıra uzayların kopuk uzaylar olduğunu gösterin.
3.4
Fonksiyonlarla Topoloji Üretmek
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ ℘(X) kümesi tarafından üretilen
topoloji tanımlanmıştı. Bu kavram aşağıdaki gibi genellenebilir.
Tanım 3.7. X boş olmayan bir küme, ((Yi , τi ))i∈I topolojik uzayların bir
ailesi ve her i ∈ I için fi : X −→ Yi bir fonksiyon olmak üzere F = {fi : i ∈ I}
fonksiyonlar kümesi verilsin.
A = {fi−1 (U ) : i ∈ I, U ∈ τi }
kümesi tarafından üretilen hAi topolojiye F tarafından üretilen topoloji
denir ve yine hFi ile gösterilir.
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ ℘(X) tarafından üretilen topoloji
ile bu kümenin karakteristik fonksiyonlarının kümesinin ürettiği topolojiler eşit
olmayabilir. Buna karşın:
Teorem 3.11. Boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ ℘(X) tarafından
üretilen topoloji,
F := {χA : A ∈ A}
3.5. Altuzay
71
tarafından üretilen topolojiden daha kabadır. Yani hAi ⊂ hF i olur.
Kanıt: Açıktır.
Bir topolojik uzaydan fonksiyonlar terimiyle yeni topolojiler elde edilebilir.
Bunlar temel olarak: altuzay, çarpım uzayı ve bölüm uzayıdır. Altuzay ve
çarpım uzayları belirli özellikteki fonksiyonlarla üretilen uzaylardır. Bölüm
uzayı bunlardan farklıdır. Bu uzaylar bundan sonraki üç altbölümde tanım
düzeyinde verilerek detaylara çok fazla girilmeyecektir.
Alıştırmalar
3.34. Y topolojik uzay ve f : X −→ Y sabit fonksiyon olsun. f tarafından üretilen topolojiyi
belirleyin.
3.35. Teorem 3.11’i kanıtlayın.
3.36. τ , X üzerinde bir topoloji ve A ⊂ X verilsin. F = {χ{x} : x ∈ A} tarafından üretilen
topolojiyi belirleyin.
3.37. Y bir topolojik uzay, X boş olmayan bir küme ve F ⊂ Y X verilsin. X üzerinde F
tarafından üretilen topolojinin Ti uzayı (i = 1, 2, 3) olma durumunu F’nin elemanları
terimiyle betimlemeye çalışın.
3.38. Y bir topolojik uzay, X boş olmayan bir küme ve F ⊂ Y X verilsin. X, F tarafından
üretilen topolojiyle donatılsın. F ⊂ C(X, Y ), yani F’nin her elemanının sürekli olduğunu
gösterin.
3.5
Altuzay
Kümenin altkümesi, grubun altgrubu, halkanın althalkası, vektör uzayın altvektör uzayı olduğu gibi, topolojik uzayın da topolojik altuzayı vardır. Altuzay kavramı birbirlerine denk olan farklı formlarda verilebilir. Bunlardan biri
aşağıdadır.
Tanım 3.8. (X, τ ) bir topolojik uzay ve ∅ =
6 Y ⊂ X olsun.
i : Y −→ X, i(x) = x
Y kümesi üzerinde {i} tarafından üretilen τY topolojisine altuzay topolojisi ya da (indirgenmiş topoloji) ve (Y, τY ) topolojik uzayına topolojik
altuzay ya da indirgenmiş altuzay denir.
Karmaşık bir durum söz konusu olmadığı sürece topolojik altuzay yerine
sadece altuzay diyebiliriz.
Teorem 3.12. (X, τ ) bir topolojik uzay ve ∅ =
6 Y ⊂ X verilsin. Y üzerindeki
altuzay topolojisi
τY = {Y ∩ U : U ∈ τ }
72
3. Taban
olur.
Kanıt: U ∈ τY verilsin.
U = i−1 (V ) = Y ∩ V
olacak biçimde V ∈ τ vardır. Böylece
τY = {Y ∩ V : V ∈ τ }
olduğu gösterilmiş olur.
Z, Y ’nin altuzayı ve Y ’de X’in altuzayıysa Z, X’in altuzayıdır. Ayrıca Y ,
X’in altuzayı olmak üzere K ⊂ Y ’nin Y ’de kapalı olması için gerek ve yeter
koşulun K = Y ∩ F olacak biçimde X’te kapalı F ’nin olması gerektiği açıktır.
Bu gözlemle aşağıdaki teoremin kanıtı kolaylıkla verilebilir.
Teorem 3.13. X bir topolojik uzay, Y , X’in altuzayı ve A ⊂ Y verilsin.
Y
X
i. A = Y ∩ A ,
X
ii. ii. A◦ = Y \ Y \ A ,
olur.
Aşağıdaki teoremin kanıtı Ti uzayların (i = 0, 1, 2) tanımı ve yukarıdaki
teorem ve gözlemlerin sonucu hemen elde edilir.
Teorem 3.14. X topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. 0 ≤ i ≤ 2 olmak
üzere X, Ti uzay ise Y ’de Ti uzaydır.
Alıştırmalar
3.39. (0, 1) aralığının, R Öklid uzayının altuzayı olmasının yanında homeomorfik uzaylar
olduğunu gösterin12 .
3.40. Y , X’in bir altuzayı, Z bir topolojik uzay ve f : Z −→ Y bir fonksiyon olsun. f ’nin
sürekli olması için gerek ve yeter koşulun,
i : Y −→ X, i(x) = x
olmak üzere i ◦ f ’nin sürekli olması gerektiğini gösterin.
3.41. X topolojik uzay ve A ⊂ X için intX (A), A’nın içini göstersin. Y , X’in altuzayı ve
A ⊂ Y için intX (A) ⊂ intY (A) olduğunu gösterin. Bu eşitliğin genelde doğru olmadığını
gösterin.
3.42. Y , X uzayının altuzayı olsun. B, X’in tabanıysa {Y ∩ B : B ∈ B}’nin, Y uzayının bir
tabanı olduğunu gösterin.
3.43. Y bir topolojik uzay ve X, F ⊂ Y X tarafından üretilen topolojik uzay olsun. A, X’in
altuzayıysa A’nın {f|A : f ∈ F } tarafından üretilen topolojik uzay olduğunu gösterin.
3.44. Kopuk uzayın altuzayının da kopuk olduğunu gösterin.
12
Tuhaflık mı var?
3.6. Çarpım Uzayı
73
3.45. X ve Y iki uzay olsun ve f : X −→ Y sürekli fonksiyon olsun. A, X’in kopuk altuzayıysa
Y ’nin altuzayı f (X)’in de kopuk olduğunu gösterin.
3.46. X bir sıra uzayı ve Y , X’in altuzayı olsun. Y konveks kümeyse (yani, her a, b ∈ Y için
(x, y) ⊂ Y ), Y ’nin topolojisinin sıra topoloji olduğunu gösterin.
3.47. R Öklid uzayın X = [0, 1) ∪ {2} altuzayının sıra uzayı olmadığını gösterin.
3.6
Çarpım Uzayı
Hiçbir elemanı boş olmayan (Xi )i∈I kümeler ailesinin kartezyen çarpımının
Q
S
I
i∈I Xi = {f : f ∈ ( i Xi ) , ∀i, f (i) ∈ Xi }
olarak tanımlandığını hatırlayalım. Bu kümenin her elemanına seçim fonksiyonu denir. Kartezyen çarpım kümesi seçim aksiyomu altında boşkümeden
farklıdır. Ayrıca verilen f seçim fonksiyonu, her i ∈ I için f (i) = ai olmak
üzere, f = (ai ) gösterimi zaman zaman kullanılır.
((Xi , τi ))i∈I topolojik uzayların bir ailesi olsun. (Xi ) ailesinin kartezyen
çarpım kümesi
Q
X = i∈I Xi
üzerinde çarpım topoloji olarak adlandırılacak bir topoloji tanımlayacağız. İlk
bakışta okurda, X kümesi üzerinde tanımlanacak bu topolojinin tabanının
Q
B = { i Ui : Ui ∈ τi }
olacağı benklentisi oluşabilir (B’nin sonlu arakesit işlemi altında kapalı olduğu
açıktır). Ancak öyle olmayacak. Diğer taraftan kaynakcalarda hatırı sayılır ve
tabanı B olan topoloji de vardır. B tarafından üretilen topolojiye bir kutu topoloji denir. Topolojisi kutu topolojisi olan (X, τ ) topolojik uzayına kutu
topolojik uzayı (ya da kutu uzayı) denir. Kutu uzayı bazı ters örnek
oluşumlarında oldukça kullanışlı olsa da, en azından birazdan tanımlanacak
olan çarpım uzayı kadar, topoloji alanında pek çalışılan konu değildir. Bu
çarpım uzayı, X kümesinden Xi uzaylarına tanımlı izdüşüm fonksiyonlarının
hepsini sürekli yapan topolojilerin en küçüğü olacak. Öncelikle izdüşüm fonksiyonlarını hatırlayalım: j ∈ I olmak üzere
Q
Pj : i∈I Xi −→ Xk , Pj (f ) = f (j)
olarak tanımlanan fonksiyona j’ninci izdüşüm denir. Herhangi bir j’ninci izdüşum
fonksiyonuna izdüşüm fonksiyonu denir.
Tanım 3.9 (Tychonoff [136]). (Xi , τi )i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve
Q
X = i∈I Xi
74
3. Taban
olsun. X üzerinde
℘ = {Pi : i ∈ I}
fonksiyonlar kümesi tarafından üretilen topolojiye çarpım topolojisi ya da
Tychonoff topolojisi , X topolojik uzayına çarpım uzayı denir 13 .
X, ((X, τi ))i∈I topolojik uzaylar ailesinin çarpım uzayı olsun. Aşağıdakilerin
doğruluğu hemen hemen açıktır.
i. Her i ∈ U için Pi izdüşümü süreklidir.
ii. {f −1 (UiQ
) : i ∈ I, Ui ∈ τi }, X uzayının bir öntabanıdır.
iii. B = { i∈I Ui : Ui ∈ τi , {j ∈ I : Uj 6= Xj } sonlu}, X uzayının bir
tabanıdır.
Aşağıdaki sonuç beklenen bir sonuçtur.
Teorem 3.15. Bir topolojik uzay ailesinin her bir faktörü (yani uzay ailesinin
elemanı), ailenin çarpım uzayının bir altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt: X, ((X, τi ))i∈I topolojik uzaylarının çarpım uzayı olsun. Verilen her
j ∈ I için Xj uzayını, X’in bir altuzayına homeomorfik olduğunu göstereceğiz.
j ∈ I verilsin. Her i ∈ I \ {j} için ai ∈ Xi seçelim.
Y = {(xi ) : ∀i, i 6= j, xi = ai }
olarak tanımlansın. Xj uzayının Y altuzayına homeomorfik olduğu açıktır. Q
Teorem 3.16. (Xi )i∈I topolojik
uzayların
bir
ailesi
olsun
ve
i Xi bu ailenin
Q
Q
çarpım uzayı olsun. Her i Ai ⊂ i Xi için
Q
Q
i∈I Ai =
i Ai
olur.
Kanıt: En az bir i için Ai = ∅ olması durumunda eşitlik açıktır. Her i için
Ai 6= ∅ olduğunu varsayalım.
Q
x = (xi ) ∈ i∈I Ai
verilsin. U açık bir küme ve x ∈ U verilsin.
T
x ∈ i∈J Pi−1 (Ui ) ⊂ U
olacak biçimde sonlu J ⊂ I kümesi vardır. Burada geçen Ui ’ler Xi topolojik
uzayında açık ve her i ∈ J için xi ∈ Ui olur. Her i ∈ J için xi ∈ Ai olduğundan
yi ∈ A ∩ Ui noktaları seçilebilir. Her i ∈ I \ J için bir yi ∈ Ai noktası seçerek
sabitleyelim. y = (yi ) olmak üzere
13
Çarpım uzaylarından ilk kez Steinitz’in 1908 tarihli makalesinde bahsedilmiştir. Daha
soyut olarak, sonlu indeksli küme üzerinde çarpım uzayları 1910 yılında Fréchet tarafından
tartışılmıştır. Çarpım uzayının genel tanımı Tychonoff tarafından [136]’da verilmiştir.
3.6. Çarpım Uzayı
75
T
Q
y ∈ ( i∈J Pi−1 (Ui )) ∩ i∈I Ai
Q
olmasından dolayı x ∈ i Ai olduğu gösterilmiş olur. Böylece
Q
Q
i∈I Ai ⊂
i∈I Ai
olur. Şimdi kapsamanın diğer yönünü gösterelim:
Q
x = (xi ) ∈ i Ai
verilsin. j ∈ I için Uj , Xj topolojik uzayında açık ve xj ∈ Uj olsun. x ∈
Pj−1 (Uj ) olur. Varsayım gereği
TQ
(Pi−1 (Uj ))
i Ai 6= ∅
olduğundan Uj ∩ Aj 6= ∅ olduğu açıktır.
Böylece xj ∈ Ai olduğu gösterilmiş
Q
olur. j ∈ I keyfi olduğundan x ∈ i Ai olduğu gösterilmiş olur. Bu kanıtı
tamamlar.
Teorem 3.17. ((Xi , τi ))i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve ∅ =
6 J, K ⊂ I
kümeleri ayrık ve J ∪ K = I olsun. X, ((Xi , τi ))i∈I ’nın çarpım uzayı, Y ,
((Xi , τi ))i∈J ’nin çarpım uzayı ve Z, ((Xi , τi ))i∈K ’nin çarpım uzayı olsun. Y
ve Z’nin çarpım uzayı X uzayına homeomorfikdir.
Kanıt:
X=
Q
i∈I
Xi , Y =
Q
i∈J
Xi ve Z =
Q
i∈K
Xi
uzayları çarpım uzaylar olsun.
π : X −→ Y × Z, π(f ) −→ (f|J , f|K )
olarak tanımlansın. π’nin birebir, örten ve sürekli olduğu açıktır. Ayrıca, π’nin
ve tersinin sürekli olduğu da açıktır. Bu, kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
3.48. (Xi , τi ) (i = 1, 2, . . . , n) topolojik uzaylar olsun.
X = X1 × X2 . . . × Xn = {(x1 , . . . , xn ) : xi ∈ Xi }
ve
B = {U1 × U2 . . . × Un : Ui ∈ τi }
olarak tanımlayalım. X, B tarafından üretilen topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. B, X uzayının bir tabanıdır.
Q
ii. (X, τ ) topolojik uzayı, i∈{1,2,...,n} Xi üzerinde tanımlı kutu ve çarpım uzaylarına
homeomorfiktir.
3.49. (Xi , τi ) (i = 1, 2, . . . , n) topolojik uzaylar olsun. (Yukarıdaki problemde olduğu gibi
tanımlanan topolojik uzaylar)
76
3. Taban
(X1 × . . . × Xn−1 ) × Xn ve X1 × . . . × Xn
uzaylarının homeomorfik olduklarını gösterin.
3.50. (Xi , τi ) topolojik uzayların bir ailesi olsun. τ bu ailenin çarpım topolojisi ve T kutu
topolojisi olsun. τ ⊂ T olduğunu gösterin.
Q
3.51. R Öklid uzay olmak üzere X = n∈N R kutu topolojisiyle donatılsın.
f : R −→ X, f (x) = (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun hiçbir noktada sürekli olmadığını gösterin.
Kanıt: f ’nin x0 ∈ R noktasında sürekli olduğunu varsayalım.
Q
U = n (x0 − n1 , x0 + n1 )
f (x0 ) noktasını içeren açık kümedir.
f ((x0 − , x0 + )) ⊂ U
olacak biçimde > 0 vardır. Buradan her n ∈ N için
x0 +
2
< x0 +
1
n
elde edilir ki bu çelişkidir.
Q
Q
1 1
3.52.
n∈N R çarpım uzayında açık olmadığını gösterin.
n∈N (− n , n ) kümesinin
3.53. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Y bir topolojik uzay ve f : Y −→ X
bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. f süreklidir.
ii. Her i ∈ I için Pi ◦ f : Y −→ Xi süreklidir.
3.54. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Her k = 0, 1, 2 için aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. X bir Tk uzayıdır.
ii. Her i ∈ I için Xi , Tk uzayıdır.
3.55. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Her i ∈ I için Pi : X −→ Xi
izdüşümünün açık olduğunu gösterin.
Kanıt: i ∈ I verilsin. k ∈ I ve U ⊂ Xk açık olsun. i = k için Pi (Pk−1 (U )) = U ve i 6= k
için Pi (Pk−1 (U )) = Xi olduğu açıktır. {Pi−1 (U ) : i ∈ I, U ⊂ Xi açık } kümesinin X’in
öntabanı olduğundan istenilen açıktır.
3.56. X boş olmayan bir küme olmak üzere her f ∈ RX ve > 0 için
[f, ] = {g ∈ RX : supx∈X |f (x) − g(x)| < }
olmak üzere
B = {[f, ] : f ∈ RX , > 0}
kümesinin RX kümesi üzerindeki kutu topolojisinin alttabanı olduğunu gösterin.
3.57. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların kutu uzayı olsun ve her i ∈ I için Ai ⊂ Xi verilsin.
Q
Q ◦
Q
Q
◦
i Ai =
i Ai ve
i Ai =
i Ai
olduğunu gösterin.
Q
3.58. R, Öklid uzay olmak üzere X = n∈N R kümesi üzerindeki çarpım topolojisini τny , kutu
topolojisini τk ve X üzerinde
d(f, g) = supn (min{|f (n) − g(n)|, 1})
metriği (düzgün metrik denir) tarafından üretilen topolojiyi τd ile gösterelim. Aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. τny ⊂ τd ⊂ τk .
3.6. Çarpım Uzayı
77
ii. c00 = {(xn ) : ∃n∀i ≥ n, xi = 0}, c0 = {(xn ) : limn xn = 0} olmak üzere
a. c00 τk = c00 (yani, c00 kutu topolojisine göre kapalı).
b. c00 τd = c0 .
c. c00 τny = X.
3.59. Çarpım topolojisi ile kutu topolojisi için birleştirici bir tanımQverilebilir. α bir sonsuz
kardinal sayı, I sonsuz bir küme ve (Xi )i∈I olmak üzere X = i∈I Xi kümesi üzerinde
Q
B = { i Ui : ∀i, Ui ⊂ Xi açık ve |{i ∈ I : Ui 6= Xi }| < α}
bir topolojik tabandır. Tabanı B olan uzaya α-çarpım uzayı diyelim. α-çarpım uzayının
çarpım uzayı olması için gerek ve yeter koşulun ℵ0 ≤ α olması gerektiğini gösterin.
Ayrıca X’in kutu uzayı olması için gerek ve yeter koşulun |I| + 1-çarpım uzayı olması
gerektiğini gösterin.
3.60. X = RR çarpım uzayının birinci dereceden olmadığını gösterin. Dahası 0 ∈ X noktasının
kapsama sıralamasına göre tamsıralı olan tabanının olmadığını gösterin. Kanıt: B =
{U i : i ∈ N}’in 0 noktasının tabanı olduğunu varsayalım. Her i için
Q
Ui = r∈R Wri , Ri = {r ∈ R : Wri 6= R} sonlu
S
olduğunu yazabiliriz. R = i Ri diyelim. R sayılabilir olduğundan r0 ∈ R \ R seçebiliriz.
i
Ayrıca her i için Wr0 6⊂ (−1, 1). Buradan her i için
Q
Q
Ui = r∈R Wsi 6⊂ (−1, 1) × r6=r0 R = Pr−1 ((−1, 1)) = U ,
Pr , r’inci projeksiyonu gösteriyor. U açık ve sıfır noktasını içerdiğinden, çelişki elde edilir.
İkinci kısım için, f = 0, fn = n1 ∈ X olsun. B’nin f noktasının kapsama sıralamasına
göre tamsıralı tabanı olduğunu varsayalım. Uzayın Hausdorff olmasını kullanarak
Her n için fn 6∈ Un ∈ B
olacak biçimde (Un ) dizisi bulabiliriz. U ∈ B verilsin. fn −→ f olduğundan her n
için U ⊂ Un olacak biçimde U ∈ B yoktur. U ∈ B verilsin B tamsıralı olduğundan her
Un ⊂ U olacak biçimde n vardır. Bu, {Un : n ∈ N}’nin f noktasının sayılabilir komşuluk
tabanı olduğunu söyler. Bu, birinci kısımla çelişir.
3.61. E, sıfırdan farklı vektör uzayı olmak üzere ayrık topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. Toplama işlemi, yani E × E −→ E, (x, y) 7→ x + y fonksiyonu süreklidir.
ii. Skalerle çarpma işlemi, yani R × E −→ E, (λ, x) 7→ λx, fonksiyonu sürekli değildir.
3.62. (0, 1) aralığından R’ye tanımlı sürekli fonksiyonların vektör uzayı X = C((0, 1)), her
f ∈ X ve r > 0 için,
B(f, r) = {g ∈ X : supx∈(0,1) |f (x) − g(x)| < r}
olmak üzere, {B(f, r) : f ∈ X, r > 0} kümesi tarafından üretilen topolojik uzay olsun. X uzayında toplama işleminin sürekli, skalerle çarpma işleminin süreksiz olduğunu
gösterin.
3.63. X, boyutu 2’den büyük vektör uzay ve Y , X’in X’ten farklı vekör altuzayı olmak üzere,
topolojisi τ = {∅, Y \ {0}, X} olan topolojik uzay olsun. X uzayının skalerle çarpma
işleminin sürekli, toplama işlemin süreksiz olduğunu gösterin.
Q
Q
3.64. X sonsuz ayrık uzay olsun. Y = x∈X X olmak üzere Y ve x∈X Y uzaylarının homeomorfik olduğunu gösterin. Benzer biçimde her n ∈ N için Y ve Y n uzaylarının
homeomorfik olduğunu da gösterin. Bunun bir sonucu olarak NN ve (NN )N çarpım uzaylarının homeomorfik olduğunu gösterin.
Kanıt. ϕ : X × X −→ X birebir ve örten fonksiyonu vardır. (ϕ(x, X))x∈X kümeler
ailesinin bileşimi X olan ayrık kümeler olduğunu not edelim. Ayrıca her x ∈ X için
|ϕ(x, X)| = |X| olur. Her x ∈ X için fx : X −→ X fonksiyonunu fx (y) = ϕ(x, y) olarak
78
3. Taban
Q
Q
Q
tanımlayalım. x∈X X uzayından x∈X ( x∈X X) uzayına tanımlı π(f )(x) = f ◦ fx
fonksiyonunun bir homeomorfizma olduğunu göstermek kolay.
3.65. (İrrasyonel sayılar uzayı) x ∈ R için [x], x’in tam değerini, yani n ≤ x eşitsizliğini
sağlayan en büyük tamsayıyı göstersin. x ∈ (0, 1) irrasyonel sayı olsun. Arka arkaya
tanımlamalarla, x0 = x olmak üzere,
1
xm
= nm+1 + xm+1
eşitliğini gerçekleyen (nm ) doğal sayılar dizisi ve (0, 1)’de (xn ) irrasyonel sayılar dizisini
tanımlayabiliriz. (Burada, nm+1 = [ x1m ] alıyoruz.) Bu tanımlamayla
x = x0 =
1
n1 +x1
=
1
1
n1 + n +x
2
1
=
2
1
n1 +
n2 +
1
n3 + · · ·
olduğunu not edelim. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. Yukarıda verien x ∈ (0, 1)’e karşılık getirilen (nm ) dizisi tektir. Böylece f (x) = (nm )
0
kuralıyla f : (0, 1) ∩ Q −→ NN fonksiyonu tanımlanabilir.
ii. f , birebir fonksiyondur.
iii. N’de (nm ) dizisi verilsin.
c1 =
1
,
n1
c2 =
1
n1 + n1
,...
2
olarak tanımlanan (cn ) dizisi için
0 < c2 < c4 < . . . < c3 < c1 < 1
eştsizliği sağlanır ce ck − ck−1 → 0 olur. Bunun bir sonucu olarak (cn ) bir noktaya
yakınsar. Bu nokta irrasoyonel sayıdır. Böylece f fonksiyonu örtendir.
iv. f fonksiyonu homeomorfizmadır.
3.7
Bölüm Uzayı
X bir topolojik uzay ve Y boş olmayan bir küme olsun. f : X −→ Y fonksiyonu
verilsin. Y üzerinde f ’yi sürekli yapan en az bir topoloji vardır; Y üzerindeki
en kaba topoloji. Ama bu durum ilginç bir durum değildir; çünkü bu topolojiye
göre sadece f değil, X’ten Y ’ye tanımlı her fonksiyon sürekli olacaktır. Diğer
taraftan Y üzerinde konulacak topoloji ne kadar ince ise f ’nin sürekli olma
şansı o kadar azalacaktır. O halde “f ’yi sürekli yapan Y üzerindeki en ince
topoloji var mıdır?” sorusu anlamlıdır. Bu sorunun yanıtı aşağıdaki teoremle
bağlantılıdır.
Teorem 3.18. (X, τ ) bir topolojik uzay, Y boş olmayan bir küme ve f : X −→
Y örten fonksiyon olsun.
τf = {U ⊂ Y : f −1 (U ) ∈ τ },
Y üzerinde bir topolojidir.
3.7. Bölüm Uzayı
79
Kanıt: Kolaylıkla gösterilir.
Yukarıda tanımlanan τf topolojisine f -bölüm topolojisi denir. (Y, τf )
topolojik uzayına f -bölüm uzayı diyeceğiz14 .
X topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyonsa Y üzerindeki f -bölüm
topolojisi τf , Y üzerindeki f ’yi sürekli yapan topolojilerin en incesidir. Yani
τ , Y üzerinde topoloji ve f bu topolojiye göre sürekli ise τ ⊂ τf dir.
Tanım 3.10. (X, τX ) ve (Y, τY ) iki topolojik uzay olsun.
τY = {U ⊂ Y : f −1 (U ) ∈ τX }
olacak biçimde örten f : X −→ Y fonksiyonuna bölüm fonksiyonu denir.
Her homeomorfizma bir bölüm fonksiyonudur. Ancak tersi doğru değildir;
homeomorfizmadan farkı birebir olmak zorunda olmamasıdır. (X, τX ) ve (Y, τY )
iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bölüm fonksiyonu olsun. En az maliyetle,
yapıyı çok fazla bozmadan f bölüm fonksiyonu homeomorfizmaya dönüştürülebilir mi? Evet olabilir. Bunu görmek için öncelikle birebirliği sağlamak ve onun
için de X üzerinde tanımlı,
x ≡ y ⇔ f (x) = f (y)
denklik bağıntısını göz önüne alalım. Bu denklik bağıntısına göre X’in elemanlarının denklik sınıflarının kümesini X/≡ gösterelim ve
f : X/≡ −→ Y , f ([x]) = f (x)
olarak tanımlayalım. f fonksiyonu birebir ve örtendir. Şimdi X üzerindeki
topolojiden ve f fonksiyonundan “fazla uzaklaşmadan” ve onu kullanarak X/≡
üzerine uygun bir topoloji koymamız, işimizi sonlandıracaktır. X/≡ üzerine
konulacak “en iyi” topoloji, q : X −→ X/≡, q(x) = [x] olmak üzere q-bölüm
topolojisi olacaktır. Bu topolojiyi τq ile gösterelim. Yani,
τq = {U ⊂ X/≡ : q −1 (U ) açık }.
Aşağıdaki gibi tanımlanan f fonksiyonunu,
f : (X/≡, τq ) −→ (Y, τY ), f ([x]) = f (x)
bir homeomorfizmadır. Bu gözlem nedeniyle aşağıdaki tanımı yapmak kaçınılmaz
olmalı.
Tanım 3.11 (Bear ve Levi [13]). (X, τ ) bir topolojik uzay ve ≡, X üzerinde
bir denklik bağıntısı olsun.
14
Bu tanımlama çok da standart bir tanımlama değil.
80
3. Taban
q : X −→ X/≡, q(x) = [x]
olmak üzere X/≡ üzerindeki q-bölüm topolojisine bölüm topolojisi ve bu
topoloji ile donatılmış X/≡ uzayına bölüm uzayı denir15 16 .
Her bölüm uzayı bir f -bölüm uzayıdır. Buna karşın aşağıdaki teorem her
f -bölüm uzayının bir bölüm uzayına homeomorfik olduğunu söylemektedir.
Kanıtını okuyucuya bırakıyoruz.
Teorem 3.19. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y örten bir fonksiyon
olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. f bölüm fonksiyonudur.
ii. X üzerinde öyle bir denklik bağıntısı ≡ vardır ki
q : X −→ X, q(x) = [x]
olmak üzere f = g ◦ q olacak biçimde g : X/≡ −→ Y homeomorfizması vardır.
Burada [x], x’in denklik sınıfını göstermektedir.
iii. U ⊂ Y açık ancak ve ancak f −1 (U ) açıktır.
iv. K ⊂ Y kapalı ancak ve ancak f −1 (K) açıktır.
v. X üzerinde a ≡ b denklik bağıntısı f (a) = f (b) olarak tanımlansın.
f : X/≡ −→ Y , f ([x]) = f (x)
homeomorfizmadır.
Notlar ve Örnekler
3.66. X = [0, 2π], R Öklid uzayının bir altuzayı ve
S 1 = {(x, y) : x2 + y 2 = 1}
kümesini R × R çarpım uzayının altuzayı olarak ele alalım.
f : [0, 2π) −→ S 1 , f (x) = (cosx, sinx)
fonksiyonu birebir, örten ve sürekli olmasına karşın tersi f −1 sürekli değildir. Buna
karşın
g : [0, 2π] −→ S 1 , g(x) = (cosx, sinx)
olarak tanımlanan fonksiyon bir bölüm fonksiyonudur. Ayrıca
x ≡ y ⇔ g(x) = g(y) ⇔ 0 < x = y < 2π ya da x, y ∈ {0, 2π}
denklik bağıntısına ve X/≡ bölüm uzayına göre
g : X/≡ −→ S 1 , g([x]) = (cosx, sinx)
bir homeomorfizmadır. Yani X/≡ ve S 1 uzayları homeomorfik uzaylardır.
15
Bu tanımlama nedeniyle, f -bölüm uzayına, neden sadece bölüm uzayı demediğimin
anlaşılacağını umuyorum.
16
Bölüm uzayı ilk kez Moore [1925] ve Alexandroff [1926] tarafında çalışılmaya
başlanmıştır.
3.7. Bölüm Uzayı
81
3.67. [0, 2π], R Öklid uzayının altuzayı olmak üzere X = [0, 2π] × [0, 2π] çarpım uzayından
S 1 × [0, 2π] uzayına tanımlı
f ((x, y)) = ((cosx, sinx), y)
olarak tanımlanan f fonksiyonu bir bölüm fonksiyonudur. f tarafından üretilen denklik
bağıntısı ≡’ye göre bölüm uzayı X/≡’den S 1 × [0, 2π] uzayına
f ([(x, y)]) = f (x, y)
olarak tanımlanan fonksiyon bir homeomorfizmadır. Yani X/≡ ve S 1 × [0, 2π] uzayları
homeomorfiktir.
3.68. f : X = [0, 2π] × [0, 2π] −→ S 1 × S 1 fonksiyonu
f ((x, y), (a, b)) = ((cosx, sinx), (cosa, sina))
eşitliği ile tanımlansın. f ’nin bir bölüm fonksiyonu olduğu açıktır. Bu fonksiyon tarafından [0, 2π]×[0, 2π] üzerinde üretilen denklik bağıntısı ≡ olmak üzere X/≡ ve S 1 ×S 1
uzayları homeomorfiktir. S 1 × S 1 uzayına Torus denir.
Aşağıda verilen problemlerin çokluğu okuru rahatsız edebilir (beni etti!)
ama ne yapalım, mükemmellik kitapta henüz oluşmadı.
Alıştırmalar
3.69. X ve Z iki topolojik uzay ve f : X −→ Y örten fonksiyon olsun. τY , Y üzerinde f topoloji olsun. Verilen bir g : Y −→ Z fonksiyonu için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. g süreklidir.
ii. g ◦ f süreklidir.
3.70. X bir topolojik uzay ve Y = X × X çarpım uzayı olsun. Y üzerinde tanımlanan denklik
bağıntısı
(x, y)≡(a, b) ⇔ y = b
3.71.
3.72.
3.73.
3.74.
3.75.
olmak üzere bölüm uzayı Y /≡ ve X’in homeomorfik olduğunu gösterin.
f : [0, 2π] −→ S 1 , f (x) = (cosx, sinx) olarak tanımlanan fonksiyonun sürekli, örten ve
kapalı olmasına karşın açık olmadığını gösterin.
P : R2 −→ R, P ((x, y)) = x olarak tanımlanan fonksiyonun örten, sürekli ve açık
olmasına karşın kapalı olmadığını gösterin.
f : X −→ Y bir bölüm fonksiyonu olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. f açıktır.
ii. Açık her U ⊂ X için f −1 (f (U )) açıktır.
X bir topolojik uzay ve ≡, X üzerinde denklik bağıntısı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösterin.
i. U , X/≡ bölüm uzayında açıktır.
S
ii. {[x] : [x] ∈ U }, X’te açıktır.
X bir topolojik uzay, ≡, X üzerinde denklik bağıntısı olmak üzere
q : X −→ X/≡, q(x) = [x]
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. q kapalıdır.
S
ii. A ⊂ X kapalı ise {[x] : [x] ∩ A 6= ∅} kapalıdır.
S
iii. A ⊂ X açık ise {[x] : [x] ⊂ A} açıktır.
Problemde geçen kapalılık ifadesi açık olma ile değiştirilirse problem yine geçerlidir.
Kanıt: (i ⇒ ii).
82
3. Taban
S
{[x] : [x] ∩ A 6= ∅} = X \ q −1 (Y \ q(A))
olmasından istenilen elde edilir.
(ii ⇒ iii). Açıktır.
3.76. f : X −→ Y ve g : Y −→ Z iki bölüm fonksiyonu ise g ◦ f ’nin bölüm fonksiyonu
olduğunu gösterin.
3.77. f : X −→ Y ve g : Y −→ Z, g ◦ f bölüm fonksiyonu olacak biçimde iki sürekli fonksiyon
ise g’nin bölüm fonksiyonu olduğunu gösterin.
3.78. X bir topolojik uzay ve D, elemanları boş kümeden farklı, ayrık ve bileşimleri X olan
℘(X)’in bir altkümesi olsun. Her x ∈ X için x ∈ D(x) olan sadece bir tane D(x) ∈ D
vardır.
f : X −→ D, f (x) = Dx
olarak tanımlanan fonksiyon, örten fonksiyondur. D üzerindeki f -bölüm topolojini τf
ile gösterelim. F ⊂ D verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. F ∈ τf .
S
ii. U ∈F U , X’te açıktır.
D’ye X’te bir ayrışım, D üzerinde tanımlanan f -bölüm topolojisine ayrışım uzayı ve
f ’ye ayrışım fonksiyonu denir.
3.79. (X, τ ) bir topolojik uzay, D ⊂ ℘(X), X’in bir ayrışımı ve P : X −→ D, x ∈ P (x) olacak
biçimde örten fonksiyon olsun. τD , D üzerinde P -bölüm topolojisi olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. P kapalıdır.
ii. F ∈ D, U ∈ τX ve F ⊂ U ise F ⊂ P −1 (W ) ⊂ U olacak biçimde W ∈ τD vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) P (X \ U ) kapalıdır.
W = D \ P (X \ U ) ∈ τD ve F ⊂ P −1 (W ) ⊂ U
olur.
(i) ⇒ (ii) K ⊂ X kapalı olsun. D \ P (K)’nın açık olduğunu göstereceğiz. F ∈ D \ P (K)
verilsin. D’nin elemanlarının ayrık olması ve her x ∈ X için x ∈ P (x) olmasından dolayı
F ⊂ X \ K’dır. Varsayımdan dolayı,
F ⊂ P −1 (W ) ⊂ X \ K
ifadesini sağlayan W ⊂ D açık kümesi vardır. Ayrıca
P (P −1 (W )) = W.
(Gerçekten P (P −1 (W )) ⊂ W olduğu açıktır. U ∈ W verilsin. P örten olduğundan
P (x) = U olacak biçimde x ∈ X alabiliriz. x ∈ P (x) = U ∈ W olduğundan x ∈ P −1 (W ).
Dolayısıyla U = P (x) ∈ P (P −1 (W )) olduğu görülür.) x ∈ F verilsin.
F = P (x) ∈ P (P −1 (W )) ⊂ P (X \ K)\ ⊂ D \ P (K).
Bu kanıtı tamamlar.
3.80. (X, τX ) ve (Y, τY ) iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bölüm fonksiyonu olsun. D =
{f −1 (y) : y ∈ Y } kümesi üzerine
P : X −→ D, P (x) = f −1 (f (x))
olmak üzere P -bölüm topolojisini τD koyalım. Aşağıdakilerin denk olduğunu gösterin.
i. f kapalıdır.
ii. F ∈ D, U ∈ τX ve F ⊂ U ise F ⊂ P −1 (W ) ⊂ U ifadesini sağlayan W ∈ τD vardır.
3.81. X bir topolojik uzay olsun.
3.7. Bölüm Uzayı
83
x≡y ⇔ {x} = {y}
olarak tanımlanan denklik bağıntısına göre tanımlanan X/≡ bölüm uzayının T0 olduğunu
gösterin.
3.82. X bir topolojik uzay ve X/≡, X’in bir bölüm uzayı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösterin.
i. X/≡ T1 uzaydır.
ii. Her x ∈ X için [x] ⊂ X kapalıdır.
3.83. (Xi )i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve her i ∈ I için ≡i , Xi üzerinde denklik bağıntısı
Q
olsun ve [x]i , x ∈ Xi ’nin denklik sınıfını göstersin. Xi ’lerin çarpım uzayı X = i Xi
üzerinde
f ≡ g ⇔ ∀i, f (i)≡i g(i)
bağıntısını tanımlayalım. Aşağıdakileri kanıtlayın.
i. ≡ bir denklik bağıntısıdır.
ii. Her i ∈ I için
dönüşümü açık olsun.
qi : Xi −→ Xi /≡i , qi (x) = [x]i
Q
i Xi /≡ ve
i (Xi /≡i ) uzayları homeomorfikdir.
Q
4. Metrik Topoloji
Metrik topoloji kavramı çok kısa bir biçimde 3.2’de bir tanıtım düzeyinde
verilmişti. Bu bölümde bu kavram daha detaylı olarak çalışılacaktır.
Günlük yaşam içerisinde uzaklık (metrik) göreceli ve dolayısıyla bazı anlamlarda “muğlak” bir kavramdır. Bu muğlaklık, uzaklık kavramının matematiksel bir dil çerçevesinde ifade edilmesiyle ortadan kalkar. Bu bölümde bu
kavram aksiyomatik dilde yani matematiksel ifadeyle tanımlanacaktır.
Küme-Teorik topolojik uzay kavramının temel motivasyon kaynaklarından
biri metrik uzaylardır. Dolayısıyla metrik uzay kavramının temel özelliklerini
ve onun ürettiği topolojinin yapısını çalışmadan genel topolojiyi anlamaya
çalışmak bir yönüyle “havanda su dövmek” olacaktır. Bu nedenle metrik uzay
kavramı, bu bölümde detaylı olarak çalışılacaktır.
Bir kümede tanımlı “metrik”, kümenin keyfi iki noktası arasındaki uzaklığı
veren ve belirli özellikleri sağlayan bir fonksiyondur. Bu özelliklerin temel
kaynağı R kümesinde iki nokta arasındaki uzaklığı veren fonksiyonlardan türetilmiştir.
Noktalar arasındaki uzaklığı aralarındaki ilişkilere göre aşağıdaki gibi yorumlayabiliriz. Bu yorumlamada d, bir X kümesindeki uzaklık fonksiyonu
gösterecek. Yani, d : X × X −→ R metrik (uzaklık) olarak adlandırılacak belirli koşulları sağlayan fonksiyonu gösterecek. Her x, y ∈ X için d(x, y) gerçel
sayısı, x’nin y’ye olan uzaklığının olarak okunacaktır.
Eşit iki nokta arasındaki uzaklık: Birbirlerine eşit olan iki nokta arasındaki uzaklığın yaşamın akışı içerisinde sıfır olması beklenir. Yani d metriğine göre bir noktanın kendine olan uzaklığın sıfır olması beklenir. Öylede
yapacağız, yani her x ∈ X için
d(x, x) = 0
olacak.
İki noktanın birbirlerine olan uzaklığının sıfır olması: İki nokta
arasında uzaklık sıfırsa bu noktalar birbirinden farklı olabilir mi? Bazı “zorlama yorumlarla” olabilir. Ama zorlamayacağız. Yani sembollerle ifade edecek
olursak,
85
d(x, y) = 0 =⇒ x = y
olduğunu varsayacağız.
İki nokta arasındaki uzaklık: Öncelikle “dağ dağa kavuşmaz ama insan
insana kavuşur” deyimini hatırlayarak “insan dağa kavuşur ama dağ insana
kavuşmaz” ifadesi üzerinenden, “insanın mı dağa daha yakın, yoksa dağın mı
inasana daha yakın?” sorusunu, saçma sapan olma riskini alarak okura soralım.
İki farklı kişi arasındaki uzaklık ne olabilir? Bu kişilerden biri x isimli bir
kadın ve diğeri y olan bir erkek ise x’in y’ye olan uzaklığı, y’nin x’e olan
uzaklığına eşit midir? Duruma göre değişir elbette. Örneğin uzaklığı “aşık
olma” ölçeğine göre ölçecek olursak x’in y’ye aşık olma ve y’nin x’e aşık olmama durumunda, birinin diğerine olan uzaklıkları birbirlerinden farklı olacaktır. Bir başka örnek: İki nokta arasındaki uzaklığı bir aracın bir noktadan
diğer noktaya gidene kadar harcadığı yakıt ile ölçelim. İki noktanın x olanı, y
olanının yukarısındaysa araç hiç çalıştırılmadan bile, yani sıfır yakıtla x noktasından y noktasına gidebilir. Bu durumda x’in y’ye olan uzaklığı sıfırdır.
Ama y’nin x’e göre uzaklığı sıfır olmayabilir. Tek yönlü hareketin olduğu bir
çember üzerinde iki nokta arasındaki uzaklığın eşit olması, bu iki noktanın
orijine göre simetrik olması durumunda gerçekleşir. Genel olarak bir çember
üzerinde iki noktanın birbirlerine olan uzaklıkları eşit olmayabilir. Verilen bu
ve benzer örnekler çoğaltılabilir.
Bütün bu gerçeklere karşın ayrımcılık yapmadan, iki noktanın birbirlerine
olan uzaklıklarını aynı kabul edip konuyu tatlıya bağlayacağız. Bu bizi bazı
belalardan koruyacaktır. O nedenle her x ve y için
d(x, y) = d(y, x)
olduğunu varsayacağız.
Üçgen Eşitsizliği Aksiyomu: a, b, c ∈ R noktaları için
|a − c| ≤ |a − b| + |b − c|
eşitsizliğine üçgen eşitsizliği denir. Bu eşitsizlik üzerinden hareket ederek “x,
y ve z keyfi üç noktaysa d(x, y), d(x, z) ve d(y, z) arasındaki ilişki ne olmalı?”
sorusu anlamlı olacaktır. Tahmin edileceği gibi
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
olduğunu varsayacak. Bu eşitsizliğe üçgen eşitsizliği denilecektir.
footnotesectionMotivasyon: Öklid Metriği X = R Öklid uzayının tabanının
B = {(a, b) : a, b ∈ R}
olduğunu biliyoruz. Demek ki bu uzayda temel unsur açık aralıklardır. Her
açık aralık (a, b) için
86
4. Metrik Topoloji
d : R × R −→ R+ , d(x, y) = |x − y|
olmak üzere
(a, b) = (x0 − , x0 + ) = {x ∈ R : d(x, x0 ) < }
olacak biçimde > 0 ve x0 ∈ R vardır. Gerçektende
x0 =
b+a
2
ve =
b−a
2
alınabilir. Bu durumda
(a, b) = B(x0 , )
yazabiliriz. O halde
B = {B(x, ) : x ∈ R, > 0}
olur. X üzerindeki Öklid topolojisinin bu kümelerle üretildiğini not edelim.
Burada tanımlanan d fonksiyonu Öklid uzayının yapısını belirleyen temel bir
fonksiyondur. Bu fonksiyonun aşağıdaki özellikleri sağladığı açıktır:
i. d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.
ii. d(x, y) = d(y, x).
iii. d(x, y) ≤ d(x, y) + d(y, z).
Burada geçen d metriğine R üzerinde Öklid metriği denir.
R kümesinde tanımlanabilen açık aralık kavramını keyfi bir X kümesi
üzerinde tanımlamak zor olmasına karşın X üzerinde yukarıdaki özellikleri
sağlayan gerçel değerli fonksiyon tanımlamak daha kolaydır. Bu tanımlama
sonrasında, X üzerinde açık aralıklar tanımlanamasa bile açık aralık kavramını
genelleyen açık küre kavramının yolu açılacaktır. Buradan da verilen metrik
kullanılarak X kümesi üzerinde topoloji tanımlanabilecektir.
Bu bize Öklid topolojisini belirli anlamlarda genelleme imkanı verebilir. Bu
türdeki topolojilere metrikleşebilir topolojiler denecektir. Bu anlamda Öklid
topolojisi bir metrik topoloji olacaktır. Öklid metriği ve topolojisinin yeri ve
zamanı geldikçe en azından temel özellikleri verilecektir.
4.1
Metrik Uzay ve Topolojisi
Metrik uzay kavramını bilenler için Altbölüm 3.2’de metrik uzay ve onun
ürettiği topolojiden bahsedilmişti. Bir küme üzerinde metriğin ne olduğunu
açık seçik tanımlayalım.
Tanım 4.1 (Frechet [45]). X boş olmayan bir küme olmak üzere d : X ×X −→
R fonksiyonu her x, y ve z ∈ X için
m0. x = y ise d(x, y) = 0,
4.1. Metrik Uzay ve Topolojisi
87
m1. d(x, y) = 0 ise x = y,
m2. d(x, y) = d(y, x),
m3. d(x, y) ≤ d(x, y) + d(y, z)
koşullarını sağlıyorsa d’ye X üzerinde bir metrik ve (X, d) ikilisine de
metrik uzayı denir1 .
Bir karmaşıklık olmadığı sürece, X bir metrik uzay dediğimizde X’in üzerinde belirli bir metriğin var olduğunu kabul etmiş olacağız.
Yukarıda tanımlanan m0, m1, m2 ve m3 aksiyomlarının her birine bir
metrik aksiyomu denir2 . Metriğin pozitif değerli olduğu,
0 = d(x, x) ≤ d(x, y) + d(y, x) = 2d(x, y)
eşitsizliğinin direkt bir sonucudur3 . Ayrıca metrik aksiyomlarından m0 ve m1
koşullarını sağlayan fonksiyonun metrik olması için gerek ve yeter koşul her x,
y, z ∈ X için d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) eşitsizliğinin sağlanmasıdır. Bu gözlem
Lindenbaum’a (Fund. Math, 8(1926),p.111) aittir.
En temel ve bir o kadarda mütevazi metrik örneği tartışılmaz bir şekilde
aşağıdakidir. Bu metrik örneği bu zamana kadar da sıklıkla kullanılmıştır.
Örnek 4.1. A ⊂ R boş olmayan bir küme olmak üzere, d : A × A −→ R,
d(x, y) = |x − y|
olarak tanımlanan fonksiyon bir metriktir. Bu metriğe Öklid metrik (A kümesi üzerinde)
denir.
Bir (X, d) metriğine göre X’in verilen her iki noktası arasında gerçel sayılarla
belirlenen bir uzaklık olması bu noktalar arasında “en kısa yol”u tanımlamaz.
Örneğin (−2, 0) ∪ (0, 2) kümesi üzerinde Öklid metriğine göre -1 ve 1 noktaları
arasında, bırakın en kısa yol olmasını, bir yol bile kotur. Yani, bir -1 noktasına bırakılan bir karınca, 1 noktasına gidecek bir yol bulamaz. A = {(x, y) :
x2 + y 2 < 1} olmak üzere, X = R2 \ A kümesi üzerinde
1
d((a, b), (x, y)) = x − a)2 + (y − b)2 2
eşitliğiyle
√ tanımlanan d metriğine göre, (−2, −2) ve (2, 2) noktaları arasındaki
uzaklık 32 olmasına karşın, bu, verilen noktalar arasındaki var olan “en kısa
yolun” uzunluğu değildir. Bu yine iyi bir durum, eğer A = {(x, y) : x2 + y 2 ≤
1} olsaydı bu noktalar arasında “en kısa yol” olmayacaktı. (“En kısa yolun”
matematiksel olarak tanımlanmadığının farkındayız!)
1
“metric space” ismi 1914 yılında Hausdorff tarafından verilmiştir.
Metrik aksiyomlarından m1’e ayrışım özelliği, m2’e simetri ve m3’e üçgen eşitsizliğı
denir.
3
Pedegolojik açıdan metriğin pozitif değerli olduğu sonuç olarak değil, tanımın içinde
verildiği olur.
2
88
4. Metrik Topoloji
Metrik uzaylarını tanımlayan aksiyomlar kullanılarak bazı kavramlar aşağıdaki gibi genellenebilir. Ancak bu kavramların detaylarına girilmeyecektir.
Tanım 4.2. Verilen bir d : X × X −→ R+ fonksiyonu, sağladığı metrik aksiyomlarına göre aşağıdaki gibi adlandırılır:
i. sözde metrik 4 : Metrik aksiyomlarından m0, m2 ve m3 koşulları sağlanıyorsa.
ii. yarımetrik 5 : m0, m1 ve m3 metrik aksiyomları sağlanıyorsa.
iii. semimetrik : pozitif değerli, m0, m1, m2 metrik aksiyomları sağlanıyorsa.
iv. premetrik: positif değerli ve m0 metrik aksiyomu sağlanıyorsa.
v. yarı sözde metrik 6 : Metrik aksiyomlarından m0 ve m3 koşulları sağlanıyorsa.
Metrik aksiyomlarını dört tane olması dikkate alındığında 24 = 16 tane
fonksiyon türüne mertik takısı konulabilir, yukarıda verilenler bunlardan bazılarıdır. Metrik aksiyomlarının bazılarının birbirlerinden bağımsızlığına ilişkin
birkaç örnek aşağıda.
Örnek 4.2. i. Sözde metrik, metrik olmayabilir: X, [0, 1]’den R’ye tanımlı integrallenebilir
fonksiyonların kümesi olsun.
R1
d(f, g) = 0 |f (x) − g(x)|dx
olarak tanımlanan d fonksiyonu sözde metrik fakat metrik değildir.
ii. Yarımetrik, metrik olmayabilir: d : R × R −→ R+ fonksiyonu,
x−y
x≥y
d(x, y) =
−1
x<y
olarak tanımlansın. d yarımetrik fakat metrik değildir.
iii. Semimetrik, metrik olmayabilir: d : R × R −→ R+ fonksiyonu
d(x, y) = |xy| + |x| + |y|
simetrik fakat metrik değildir, gerçekten
d(1, 2) 6≤ d(1, 0) + d(0, 2)
olur.
Öklid uzayında tanımlı açık aralık ve kapalı aralık kavramı, metrik uzaylara
aşğıdaki gibi genellenebilir.
Tanım 4.3. (X, d) bir sözde metrik uzay olmak üzere, x ∈ X ve r > 0 verilsin.
x merkezli ve r yarıçaplı
i. açık küre: B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r},
ii. kapalı küre: B[x, r] = {y ∈ X : d(x, y) ≤ r},
olarak tanımlanır 7 .
4
İngilizcesi: pseudometric
İngilizcesi: quasimetric
6
İngilizcesi: quasi pseudometric
7
Bu kavramlar X × X’den R’ye tanımlı her fonksiyon için yapılabilir.
5
4.1. Metrik Uzay ve Topolojisi
89
B(x, r) ve B[x, r] kümeleri d fonksiyonuna bağlı olduğundan, olası karmaşıklıkları önlemek için B(x, r) ve B[x, r] yerine sırasıyla Bd (x, r) ve Bd [x, r] gösterimleri kullanılabilir.
Her metrik uzay açık kürelerinin bileşimine eşittir. Ayrıca iki açık kürenin
arakesiti bazı açık kürelerin bileşimine eşittir. Dolayısıyla açık küreler kümesi
kendisi tarafından üretilen topoloji için bir tabandır.
Tanım 4.4. (X, d) bir metrik uzay olsun. Bu uzayın açık küreleri tarafından
üretilen topolojiye metrik topoloji denir ve h(X, d)i ile gösterilir.
Her topoloji bir metrik tarafından üretilen topoloji olmayabilir.
Tanım 4.5. τ , X üzerinde bir topoloji ve X üzerindeki bir metrik d için
τ = h(X, d)i
oluyorsa τ ’ya metrikleşebilir topoloji denir.
Aşağıdaki teorem metrik topolojiyle metrikleşebilir topolojik uzay arasındaki
ilişkiyi verir.
Teorem 4.1. (X, τ ) bir topolojik uzay ve (Y, d) bir metrik uzay olsun. (X, τ )
ve (Y, h(Y, d)i) uzayları homeomorfikse
τ = h(X, p)i
olacak biçimde p metriği vardır.
Kanıt: f : (X, τ ) −→ (Y, h(Y, d)i) bir homeomorfizma olsun. X üzerinde
p(a, b) = d(f (a), f (b))
eşitliği ile tanımlanan fonksiyon bir metriktir ve τ = h(X, p)i olur.
h(X, d)i topolojisinin bir tabanının açık küreler olduğunu söylemiştik. (X, d)
sözde metrik uzaysa metrik uzayda olduğu gibi
B = {{x : d(x, y) < ρ} : x ∈ X, r > 0}
X üzerinde bir topolojik tabandır. Tabanı bu olan topolojik uzaya sözde
metrik topoloji denir. Sözde metrik uzayın T2 uzay olması gerekmez. Diğer
taraftan sözde metrik topolojik uzayın T2 uzayı olması için gerek ve yeter
koşul, sözde metriğin metrik olmasıdır.
Bir X kümesinde tanımlı bir metrikten farklı iki “önemli” metrik üretilebilir. Buradaki önem, üretilen metriklerin “sınırlı” ve verilen metrikle aynı
topolojileri üretmeleridir.
Örnek 4.3. d, X kümesi üzerinde bir metrik olsun. X üzerinde tanımlı aşağıdaki fonksiyonlar
metriktir.
90
4. Metrik Topoloji
p(x, y) = min{1, d(x, y)}
q(x, y) =
Bu metriklerin ürettikleri topolojiler eşittir.
d(x,y)
1+d(x,y)
(X, d) metrik uzaylarında aşağıdaki
eşitsizliğin sağlandığı kolayca gösterilebilir: x,y, z ∈ X verilsin.
|d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z)
eşitsizliği doğrudur. Bu eşitsizliğin sıklıkla kullanıldığı önemli yerler vardır.
Ayrıca bu eşitsizlik farklı biçimlerde genellenebilir. Bu genellemeyi yapmadan
önce bir metrik uzayda iki kümenin birbirine olan uzaklığını tanımlayalım.
Tanım 4.6. (X, d) bir metrik uzay ve A, B ⊂ X boş olmayan altkümeler
olsun. A ve B kümelerinin d metriğine göre uzaklığı
d(A, B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}
olarak tanımlanır.
A = {x} için d(A, B) yerine d(x, B) yazarız. Bu gösterimler altında
d(x, y) = d({x}, {y})
olur.
Teorem 4.2. (X, d) metrik uzay olsun. Boşkümeden farklı A ⊂ X ve x, y ∈ X
için
|d(x, A) − d(y, B)| ≤ d(x, y)
olur.
Bu eşitsizlik kullanılarak birçok önemli sonuç elde edilebilecektir. Bizi takip
etmeye devam ediniz!
Alıştırmalar
4.4. En az iki elemanlı bir X kümesi üzerinde tanımlı en kaba topolojinin metrik olmayan
sözde metrik topoloji olduğunu gösterin.
4.5. Bir X kümesi üzerinde tanımlı en ince topolojinin bir metrik topolojisi olduğunu gösterin.
4.6. Sözde metrik topolojisinin bir metrik topoloji olması için gerek ve yeter koşulun Hausdorff olması gerektiğini gösterin.
4.7. X boş olmayan bir küme olmak üzere, her f : X −→ R fonksiyonu için,
df : X −→ R,
df (x, y) = |f (x) − f (y)|
olarak tanımlanan fonksiyon bir sözde metriktir. Bu metrik tarafından belirlenen topolojiyi tanımlayınız. Bu sözde metriğin bir metrik olabilmesi için f üzerindeki gerek ve
yeter koşulu belirleyin.
4.2. Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
91
4.8. d : X × X −→ R bir sözde metrik olsun.
i. x ≡ y ⇐⇒ d(x, y) = 0 ilişkisi bir denklik bağıntısıdır.
ii. x ∈ X’in denklik sınıfı [x] ile gösterilsin. Y = {[x] : x ∈ X} olmak üzere,
p : Y × Y −→ R,
p([x], [y]) = d(x, y)
fonksiyonunun bir metrik olduğunu gösterin.
4.9. Sözde metrik topolojinin metrik topoloji olması için gerek ve yeter koşulun T0 olması
gerektiğini gösterin.
4.10. (X, d) bir metrik uzay olsun. X × X’ten R’ye aşağıdaki fonksiyonlar tanımlansın.
p(x, y) = min{d(x, y), 1}
q(x, y) =
d(x,y)
.
1+d(x,y)
i. p ve q’nun metrik olduğunu gösterin.
ii. d, p ve q metriklerinin aynı topolojiyi ürettiklerini gösterin.
4.11. Bir X kümesi üzerinde tanımlı d ve p metriklerinin denk olması,
md(x, y) ≤ p(x, y) ≤ M d(x, y),
x, y ∈ X
eşitsizliğini sağlayacak biçimde m, M > 0 gerçel sayılarının var olmasıdır. d ve p metrikleri denklerse bunlar tarafından üretilen metrik topolojilerin eşit olduklarını ancak
tersinin doğru olmadığını gösterin.
(Kanıt: d metriği sınırlı olmayan metrik olsun. p : X × X −→ R,
p(x, y) =
d(x,y)
1+d(x,y)
olarak tanımlanan metrik ile d metriğinin topolojilerinin aynı olmalarına karşın denk
değillerdir.)
4.12. d, X üzerinde yarımetrik ise
p(x, y) = 12 (d(x, y) + d(y, x))
olarak tanımlanan fonksiyonun metrik olduğunu gösterin.
4.13. d, X üzerinde tanımlı metrik ise ℘(X) üzerinde
p(A, B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}
olarak tanımlanan fonksiyonunun premetrik olduğunu gösterin.
4.14. ( Sieberski [122] ) Bir X topolojik uzayında {x} açık-kapalı ise x noktasına izole nokta
denir. İzole noktası olmayan sayılabilir metrik uzayın rasyonel sayılar uzayına homeomorfik olduğunu gösterin. (Panikletmeyen bir kanıt [121]’de bulunabilir.)
4.15. d : R × R −→ R, d(x, y) = max{0, y − x} olarak tanımlanan fonksiyonun yarımetrik
olduğunu ve bunun tarafından üretilen topolojinin sol sıra topoloji olduğunu gösterin.
4.16. d, X üzerinde yarı sözde metrik olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. d−1 (x, y) = d(y, x) ile tanımlanan d−1 fonksiyonu X’te bir yarı sözde metrik olur.
ii. B = {{y : d(x, y) < } : x ∈ X, > 0}, X üzerinde bir topoloji tabanıdır.
iii. d(x, y) = 0 = d(y, x) =⇒ x = y koşulu sağlanıyorsa, p(x, y) = max{d(x, y), d(y, x)}
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon bir metriktir.
4.2
Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
Bir metrik uzayda açık küre ve kapalı küre kavramlarının önceki altbölümlerinde tanımlandığını not edelim. Kalkülüs düzeyinde X = R Öklid uzayında
92
4. Metrik Topoloji
bir (xn ) dizisinin bir x ∈ X noktasına yakınsamasını d(x, y) = |x − y| metrik
diliyle ifade edelim: Her > 0 için
n ≥ n0 =⇒ xn ∈ B(x, )
ifadesini sağlayan n0 ∈ N olmasıdır. Buradan gelen motivasyonla yakınsama
kavramı topolojik uzaylar için şöyle genellenebilir: Bir topolojik uzayda bir
dizinin bir noktaya yakınsaması, noktanın her açık komşuluğunun dizinin en
az bir kuyruğunu kapsamasıdır.
Tanım 4.7. Bir topolojik uzayda verilen bir dizi ve verilen bir nokta için,
noktayı içeren her açık küme dizinin en az bir kuyruğunu kapsıyorsa, o dizi o
noktaya yakınsıyor denir.
Topolojik uzayda (xn ) dizisi x noktasına yakınsıyorsa xn → x yazarız. Bir
topolojik uzayda bir dizinin bir noktaya yakınsaması, topolojinin alttabanının
elemanlarıyla da test edilebilir. Kanıtını okura bırakıyoruz.
Teorem 4.3. Bir topolojik uzayda verilen bir dizinin uzayın verilen bir noktasına yakınsaması için gerek ve yeter koşul, topolojinin verilen bir alttabanının noktayı içeren her elemanının o dizinin en az bir kuyruğunu kapsamasıdır.
Yani, (xn ), X topolojik uzayında bir dizi, x ∈ X ve B, uzayın bir alttabanı
olsun. xn → x olması için,
x ∈ B ∈ B ise dizinin en az bir kuyruğu B kümesince kapsanır
koşulu yeter ve gerek koşuldur.
Bu teoremin bir sonucu olarak, metrik uzaylarda açık kürelerin kümesi,
metrik uzaylar tarafından üretilen topolojide bir taban olduğundan, bu tür
uzaylarda bir dizinin bir noktaya yakınsaması için gerek ve yeter koşul, noktayı
içeren her açık kürenin dizinin en az bir kuyruğunu kapsamasıdır.
Topolojik uzaylarda bir dizinin yakınsaması ile bir kümenin kapanışına ait
olma arasındaki bir ilişki aşağıdadır.
Teorem 4.4. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X ve x ∈ X verilsin. Aşağıdaki
ifadelerinden ikincisi birincisini gerektirir.
i. x, A kümesinin kapanışındadır.
ii. Terimleri A’da olan en az bir dizi x noktasına yakınsar.
Kanıt: Kolayca görülür.
Yukarıdaki teoremde birinci koşul, ikincisini gerektirmeyebilir. Ancak metrik topolojiler için bu iki koşul birbirlerine denk olur. Yani:
4.2. Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
93
Teorem 4.5. Bir metrik topolojinin bir altkümesinin kapanışındaki her noktaya altkümenin en az bir dizisi yakınsar. Tersi de doğrudur, yani bir altkümenin dizisinin yakınsadığı nokta altkümenin kapanışındadır.
Kalkülüs anlamında bir f : R −→ R fonksiyonunun x0 noktasında sürekli
olması, d(x, y) = |x − y| metriğine göre, her > 0 için
f (B(x0 , δ)) ⊂ B(f (x0 ), )
olacak biçimde δ > 0 sayısının olmasıdır. Bu gözlemle Kalkülüs anlamındaki
bu süreklilik kavramı metrik uzaylar için aşağıdaki gibi genellenebilir.
Tanım 4.8. (X, d) ve (Y, p) iki metrik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon
olsun. x0 ∈ X olmak üzere, her > 0 için
f (B(x0 , δ) ⊂ B(f (x0 ), )
olacak biçimde δ > 0 sayısı varsa f , x0 noktasında süreklidir denir. f her
noktada sürekliyse f ’ye sürekli fonksiyon denir.
Yukarıdaki tanımda geçen δ sayısına ve x0 noktasına bağlı olduğuna
dikkat edilmelidir. Aşağıdaki iki teorem, metrik uzaylar arasındaki sürekliliği,
dizilerin yakınsaması terimiyle betimler. Kanıtı okura bırakılmıştır.
Teorem 4.6. X ve Y iki metrik uzay olsun. f : X −→ Y fonksiyonu ve x ∈ X
için aşağıdakiler denktir.
i. x noktasında (metriklere göre) süreklidir.
ii. xn → x ise f (xn ) → f (x) olur.
iii. x noktasında (metriklerin ürettikleri topolojilere göre) süreklidir.
Teorem 4.7. X ve Y iki metrik uzay olsun. f : X −→ Y fonksiyonu için
aşağıdakiler denktir.
i. Metriklere göre süreklidir.
ii. xn → x ise f (xn ) → f (x) olur.
iii. Metriklerin ürettikleri topolojilere göre süreklidir.
Aşağıdaki iki teoremi vermek, konuya bütünlük sağlayacaktır. Kanıtlar
yine okura bırakılmıştır.
Teorem 4.8. X bir metrik uzay ve Y bir topolojik uzay olsun. f fonksiyonunun x noktasında sürekli olması için,
xn → x ise f (xn ) → f (x)
koşulu gerek ve yeterlidir.
Yukarıdaki teoremde X metrik uzayı yerine dizisel uzay (tanım için bkz:
7. Bölüm 2.3) alınarak da genelleme yapılabilir.
94
4. Metrik Topoloji
Teorem 4.9. X bir metrik uzay ve Y bir topolojik uzay olsun. f fonksiyonunun sürekli olması için,
xn → x ise f (xn ) → f (x)
koşulu gerek ve yeterlidir.
(X, d) ve (Y, p) iki metrik uzay, f : X −→ Y fonksiyonu ve x ∈ X verilsin.
Her a ∈ X için
p(f (a), f (x)) ≤ d(a, x)
eşitsizliği sağlanıyorsa f fonksiyonu a noktasında süreklidir. Boşkümeden farklı
A ⊂ X için
f : X −→ R, f (x) = d(x, A)
olarak tanımlanan fonksiyonun her x ∈ X için
|f (x) − f (y)| ≤ d(x, y)
eşitsizliğini sağladığından (gösteriniz) f fonksiyonu süreklidir. Bunun sonucu
olarak metrik topolojide bir kümenin kapanışı aşağıdaki gibi betimlenir. Bir
f : X −→ R fonksiyonun sıfır kümesinin f −1 (0) olduğunu hatırlayalım.
Teorem 4.10. Bir metrik topolojide reel değerli sürekli fonksiyonun sıfır kümesi
kapalıdır. Ayrıca her kapalı küme sürekli bir fonksiyonun sıfır kümesidir.
Kanıt: (X, d) metrik uzay olsun. Her f : X −→ R için Z(f ) = f −1 (0) gösterimini kullanalım. f sürekliyse, R’de tek elemanlı küme kapalı olduğundan
Z(f ) kapalıdır. A ⊂ X verilsin. f : X −→ R fonksiyonu f (x) = d(x, A)
olarak tanımlansın. x ∈ A verilsin. A’da bir (xn ) dizisi x ∈ X noktasına
yakınsar. f ’nin sürekliliğinden f (xn ) → f (x) olur. Her n için xn ∈ A olmasından f (xn ) = 0 olacağından f (x) = 0, yani x ∈ Z(f ) olur. x ∈ Z(f )
ise f ’nin tanımından dolayı A’da bir dizinin x noktasına yakınsadığı açıktır.
Yukarıdaki teorem gereği x ∈ A olur. Kanıt tamamlanır.
Metrik uzaylarda var olan yukarıdaki teoremde verilen özellik, genel olarak
topolojik uzaylarda doğru değildir. Bu özellikteki topolojik uzaylara mükemmel uzay denir.
Yukarıdaki teorem önemli bir kavramı ortaya çıkartır: Bir X topolojik
uzayın sayılabilir tane açık kümelerinin arakesiti olarak yazılabilen kümeye
Gδ -küme denir. Sayılabilir tane kapalı kümelerin bileşimi olarak yazılabilen
kümeye de Fδ -küme denir.
Sonuç 4.11. Bir metrik topolojinin kapalı her altkümesi Fδ -kümedir. Benzer
biçimde her açık küme Gδ -kümedir.
4.3. Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
95
Kanıt: (X, d) bir metrik uzay ve A ⊂ X bu uzayda kapalı olsun.
T
A = Z(f ) = n f −1 (− n1 , n1 )
olacak biçimde f ∈ C(X) olmasından istenilen açıktır. A açık kümeyse tümleyeni kapalı ve dolayısıyla Fδ -küme olacağından A kümesi Gδ -kümedir.
Alıştırmalar
4.17. (X, d) bir metrik uzay olmak üzere h(X, d)i metrik topolojisine göre boşkümeden farklı
ayrık ve kapalı A, B ⊂ X için aşağıdakileri gösterin.
i. f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1} olacak biçimde f ∈ C(X) vardır.
ii. p, q ∈ R, f (A) ⊂ {p} ve f (B) ⊂ {q} olacak biçimde f ∈ C(X) vardır.
iii. A ⊂ U ve B ⊂ V olacak biçimde ayrık açık kümeler U ve V vardır.
4.18. p ve q, X üzerinde iki metrik olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. i : (X, h(X, p)i) −→ (X, h(X, q)i), i(x) = x fonksiyonu süreklidir.
ii. h(X, q)i ⊂ h(X, p)i.
Ayrıca özdeşik fonksiyonun bir homeomorfizma olması için gerek ve yeter koşulun h(X, p)i =
h(X, q)i olduğunu gösterin.
4.19. X = R üzerinde
p(x, y) =
|x−y|
1+|x−y|
metriğini tanımlayalım. h(X, p)i topolojisinin Öklid topoloji olduğunu gösterin.
4.20. (Xi ), topolojik uzayların bir ailesi ve X, bu uzayların çarpım uzayı olsun. (xn ), X
uzayında bir dizi olsun ve x ∈ X olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. xn → x.
ii. Her i için Xi uzayında Pi (xn ) → Pi (x).
(Burada geçen Pi ’ler izdüşüm fonksiyonlarıdır.)
4.21. Bir topolojik uzayda bir dizinin birden fazla limiti olamıyorsa uzayın T1 uzayı olduğunu
gösterin.
4.22. f , X topolojik uzayından R’ye bir fonksiyon olmak üzere f ’nin sürekli olması için gerek
ve yeter koşulun her a, b ∈ R için f −1 ((a, ∞)) ve f −1 ((−∞, b)) kümelerinin açık olması
gerektiğini kanıtlayınız.
4.23. X topolojik uzay ve R, d(x, y) = |x−y| metriği ile donaltılsın. X’ten R’ye tanımlı sürekli
fonksiyonların kümesi C(X)ile gösterilir. C(X)’in noktasal cebirsel işlemler altında, yani
f , g ∈ C(X), α ∈ R için
(f + g)(x) = f (x) + g(x), (f g)(x) = f (x)g(x), (αf )(x) = αf (x)
işlemleri altında bir cebir olduğunu gösterin. Ayrıca
sup{f, g}(x) = sup{f (x), g(x)} ve inf{f, g}(x) = inf{f (x), g(x)}
olarak tanımlanan fonksiyonların sürekli olduklarını gösterin.
4.3
Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
Metrik topolojinin belli anlamlarda topoljinin temeli sayılabileceğini sıklıkla
söylediğimize göre “Metrik topolojilerin çarpım topolojileri bir metrik topoloji
midir?” sorusu anlamlıdır. Bu sorunun yanıtının “evet” olmadığını bir örnekle
96
4. Metrik Topoloji
göstereceğiz. Bunun için önce şu hatırlatmayı yapalım: X bir metrik uzay
olsun. Her A ⊂ X için
A = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , d(f (n), x) → 0}
olur. Şimdi yukarıdaki sorunun yanıtını verebiliriz.
Notlar ve Örnekler
Q
4.24. Çarpım uzayı X = r∈R R’nin topolojisi τ , metrik topoloji değildir: Olduğunu varsayalım. d, τ = h(X, d)i eşitliğini sağlayan metrik olsun. (An ) reel sayıların altkümelerinin
bir dizisi ve her n için fn = χR\An diyelim.
S
d(fn , f ) → 0 ⇒ {r : f (r) = 0} ⊂ n An
S
ifadesinin doğru olduğunu gösterelim. r ∈ R \ ( n An ) olsun. Her k ∈ N için,
fnk ∈ B(f, k ) ⊂ Pr−1 (f (r) − k1 , f (r) − k1 )
olacak biçimde k > 0 ve nk ∈ N vardır. Buradan her k için,
|1 − f (r)| = |fnk (r) − f (r)| ≤
1
k
olur. Buradan da f (r) = 1 olur. Böylece r 6∈ {x : f (x) = 0} olur. Yani iddia doğrudur.
A = {χR\I : I sonlu }
diyelim. f = 0 olmak üzere f ∈ A olduğunu gösterelim. U ⊂ X açık ve f ∈ U olsun.
T
f ∈ r∈I Pr−1 (−, ) ⊂ U
olacak biçimde > 0 ve sonlu I ⊂ R kümesi seçebiliriz. g = χR\I diyelim. g ∈ A olduğu
açıktır. Her r ∈ I için,
|Pr (g)| = |g(r)| = 0 < olduğundan g ∈ U olur. Böylece A ∩ U 6= ∅ olur. f ∈ A olduğu gösterilmiş olunur. A’da
d(fn , f ) → 0 olacak biçimde bir (fn ) dizisinin var olduğunu kabul edelim. An ’ler sonlu
olmak üzere fn fonksiyonları fn = χR\An formunda olduğundan
S
{r : f (r) = 0} ⊂ n An
olur. Kapsamanın sağ tarafı sayılabilir ve sol tarafı sayılamaz olduğundan çelişki elde
edilir.
Q
Yukarıdaki örnek X = r∈R R çarpım
topolojisinin bir metrik topoloji olQ
madığını söyler. Buna karşın X = n∈N R uzayı metrikleşebilir uzaydır. Daha
da fazlası:
Teorem 4.12. Sayılabilir tane metrikleşebilir topolojik uzayın çarpım uzayının
metrikleşebilir olması için gerek ve yeter koşul her bir faktörün metrikleşebilir
uzay olmasıdır.
Kanıt: ((Xn , τn )), topolojik uzayların bir dizisi ve (X, τ ), bunların çarpım
uzayı olsun.
Önce her i için (Xi ) uzayının metrikleşebilir olduğunu varsayalım. Her i
için τi , Xi üzerinde di metriği tarafından üretilmiş topoloji olsun.
P
1 dn (xn ,yn )
d : X × X −→ R, d((xn ), (yn )) = ∞
n=1 2n 1+dn (xn ,yn ) ,
4.3. Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
97
X üzerinde bir metriktir. τ topolojisinin d metriği tarafından üretildiğini göstereceğiz. U ∈ τ ve (xm ) ∈ U olsun.
T
(xm ) ∈ ni=1 Pi−1 (Ui ) ⊂ U
olacak biçimde n ∈ N ve açık kümeler Ui ⊂ Xi ’ler vardır. Her i için xi ∈ Ui
olmasından da, her 1 ≤ i ≤ n için
B(xi , ) ⊂ Ui
kapsamasını gerçekleyen > 0 vardır. δ < 2n (1+)
eşitsizliğini sağlayan δ > 0
seçelim.
T
T
B((xm ), δ) ⊂ ni=1 Pi−1 (B(xi , )) ⊂ ni=1 Pi−1 (Ui ) ⊂ U
kapsaması gerçekleşir. U ’nın d metriğine göre açık olduğu gösterilmiş olur.
Böylece X üzerinde d metriği tarafından üretilen topolojinin τ topolojisinden
daha incedir. Yani, τ ⊂ h(X, d)i olur.
Şimdi kapsamanın diğer yönünü gösterelim. > 0 ve (xn ) ∈ X verilsin.
Çarpım uzayında (xn ) ∈ U ⊂ B((xn ), d)Polacak biçimde U açık kümesinin
1
varlığını göstermek kanıtı tamamlayacak. ∞
i=m+1 2i < 2 olacak biçimde m ∈
N seçelim.
T
−1
(xn ) ∈ m
i=1 Pi (B(xi , 2 )) ⊂ B((xn ), )
olur.
U=
−1
i=1 Pi (B(xi , 2 ))
Tm
alalım. τi ’lerin di metriği tarafından üretilen topolojiler olduğu dikkate alınarak,
X üzerinde τ çarpım topolojisinde B((xn ), ) açıktır. Böylece, d metriği tarafından üretilen topoloji çarpım topolosinden daha kaba olduğu gösterilmiş
olunur. Bu kanıtın bir yönüdür.
Kanıtın diğer yönünü göstermek için, (X, τ ) çarpım uzayının metrikleşebilir
olduğunu varsayalım. τ , d metriği tarafından üretilen topoloji olsun. k ∈ N verilsin. Her n 6= k için un ∈ Xn elemanlarını sabitleyelim. Her x ∈ Xk için
0
x = (u1 , . . . , uk−1 , x, uk+1 , . . .)
olarak tanımlayalım.
0
0
dk : Xk × Xk −→ R, dk (x, y) = d(x , y )
0
olarak tanımlanan fonksiyon bir metriktir. U ∈ τk ve x ∈ U verilsin. B(x , ) ⊂
P −1 (U ) olacak biçimde > 0 vardır.
δ=
2k
1−2k
98
4. Metrik Topoloji
olmak üzere B(x, δ) ⊂ U olduğunu göstermek zor değildir. Bu bize τk ’nın dk tarafından üretilen topolojiden daha kaba olduğunu söyler. Şimdi dk tarafından
üretilen metrik topolojinin τk topolojisinden daha kaba olduğunu gösterelim.
> 0 ve x ∈ Xk verilsin.
δ=
2k
1−2k
0
olmak üzere ve B(x , δ) çarpım topolojisinde açıktır.
T
0
0
x ∈ ni=1 Pi−1 (Ui ) ⊂ B(x , δ)
olacak biçimde Ui ∈ τi açık kümeleri vardır. Buradan
T
0
x ∈ Pk ( ni=1 Pi−1 (Ui )) ⊂ Pk−1 (B(x , δ)) = B(x, )
olur.
T
Pk ( ni=1 Pi−1 (Ui )) ∈ τk
olduğundan Xk üzerinde dk metriği tarafından üretilen topoloji, τk topolojisinden daha kabadır. Böylece dk metriği tarafından üretilen topoloji τk dir.
Bu kanıtı tamamlar.
Yukarıdaki teorem aşağıdaki gibi genellenebilir. Bunun bir kanıtı [146]’te
bulunabilir.
Teorem 4.13. X, topolojik uzayların ailesi (Xi )i∈I ’nin çarpım uzayı olsun.
Aşağıdakiler denktir.
i. X metrikleşebilir uzaydır.
ii. Her i için Xi metrikleşebilir ve {i ∈ I : 1 < |Xi |} sayılabilirdir.
Alıştırmalar
4.25. RN çarpım uzayında
{f ∈ RN : her n için f (n) > 0}
kümesinin açık olmadığını gösterin.
4.26. i. ( Baire Metrik) d : RN × RN −→ R, her f için d(f, f ) = 0 olmak üzere, f 6= g için
d(f, g) =
1
min{i : f (i) 6= g(i)}
olarak tanımlanan fonksiyonun bir metrik olduğunu gösterin8 .
ii. RN üzerinde tanımlı Baire Metriği tarafından üretilen topolojinin çarpım topolojisinden farklı ve daha ince olduğunu gösterin.
8
Kanıt için:[125], p. 124.
4.4. Öklid Topolojik Uzayı
99
Q
4.27. ((Xn , τn )n ) metrikleşebilir uzayların bir dizisi ve X = n Xn bu dizinin çarpım uzayı
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X ayrılabilir uzaydır.
ii. Her n için Xn ayrılabilir uzaydır.
Kanıt: (ii ⇒ i). τn topolojisi dn metriği tarafından üretilen topoloji olsun.
P
dn (xn ,yn )
1
d : X × X −→ R, d((xn ), (yn )) = ∞
n=1 2n 1+dn (xn ,yn )
olarak tanımlanan metrik topolojinin çarpım topolojisi olduğunu biliyoruz. Her n için
Dn = Xn olacak biçimde sayılabilir Dn ⊂ Xn seçelim. Her n için un ∈ Dn seçelim.
D = {(xn ) : xn ∈ Dn , ∃k, xn = un ∀n ≥ k}
olarak tanımlanan X’in altkümesi sayılabilir ve D = X olur.
(i ⇒ ii) olduğunun kanıtını okuyucuya bırakıyoruz.
Q
4.28. ((Xn , τn )n ) metrikleşebilir uzayların bir dizisi ve X = n Xn bu dizinin çarpım uzayı olsun. Her n için τn , dn metriği tarafından üretilen topoloji olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösterin.
1
i. d((xn ), (yn )) = sup{ i+1
min{di (xi , yi ), 1} : i ∈ N} olarak tanımlanan d, X üzerinde
bir metrikdir.
ii. X’in topolojisi d metriği tarafından üretilir.
4.29. RN üzerindeki kutu topolojisinin metrik topoloji olmadığını gösterin.
4.4
Öklid Topolojik Uzayı
R üzerinde d(x, y) = |x − y| eşitliği ile tanımlı Öklid metriği ve Öklid topoloji
kavramlarını n ∈ N için Rn üzerine genelleyebiliriz. Bunun için Hölder ve
Minkowski eşitsizliği olarak bilinen iki temel eşitsizliği kanıtlarıyla vereceğiz.
Esasında göstermek istediğimiz, X = Rn üzerinde 1 ≤ p reel sayısı için,
1
P
dp (x, y) = ( ni=1 |xi − yi |p ) p
olarak tanımlanan fonksiyonun metrik oldug̈udur. p = 1 için bunun bir metrik
olduğu açıktır. Aslında bu metrikler birbirlerinden farklı olsalar da aynı topolojiyi üretirler.
0 < α < 1 verilsin. f : [0, ∞) −→ R fonksiyonu
f (x) = αx + (1 − α) − xα
eşitliği ile tanımlansın. f fonksiyonunun türevini sıfır yapan tek değer x = 1
noktasıdır. Bu noktada f ’nin ikinci türevi negatif değerini alır. Dolayısıyla f
fonksiyonu x = 1 noktasında minumum değer alır. Yani her 0 ≤ x için
0 = f (1) ≤ f (x)
olur ve buradan da her x ∈ R+ için
xα ≤ αx + 1 − α
100
4. Metrik Topoloji
eşitsizliği elde edilir. Bu eşitsizlikte 0 ≤ a, 0 < b olmak üzere x =
elde edilen eşitsizliğin her iki yanı b ile çarpılırsa
a
b
alınır ve
aα b1−α ≤ αa + (1 − α)b
eşitsizliği elde edilir. Bu eşitsizlikte
1 < p, q ve p−1 + q −1 = 1
olmak üzere α = p1 , a yerine ap ve b yerine b1−α alınmasıyla Young eşitsizliği 9
olarak adlandırılan,
ab ≤ p1 ap + 1q aq
eşitsizlik elde edilir. Young eşitsizliği aşağıdaki iki temel teoremin kanıtında
kullanılacaktır.
Teorem 4.14. ai , bi ∈ R+ (i = 1, . . . , n) ve p,q ∈ R+ sayıları
1
p
+
1
q
=1
eşitliğini sağlasın. Aşağıdaki eşitsizlikler geçerlidir10 .
i. Hölder eşitsizliği:
Pn
i=1 ai bi
1 P
1
P
≤ ( ni=1 api ) p ( ni=1 bqi ) q
ii. Minkowski eşitsizliği:
(
Pn
i=1 (ai
1
+ bi )p ) p ≤ (
p p1
i=1 ai )
Pn
+(
p p1
i=1 bi )
Pn
Kanıt: (i).
1
1
P
P
A = ( ni=1 api ) p ve B = ( ni=1 bqi ) q
diyelim. A = 0 ya da B = 0 için istenen açık. Young eşitsizliğini uygulayarak
her 1 = 1, 2, . . . , n için
ai bi
AB
p
≤ p1 ( aAi )p + 1q ( bBi ) .
Buradan,
1
AB
9
10
Pn
i=1 ai bi
=
Pn
ai bi
i=1 ( A B )
≤
Pn
1 ai p
i=1 ( p ( A )
+ 1q ( aAi )q ) = 1.
1912 yılında W. H. Young tarafından verilmiştir.
Bu teoremle ilgili gelişmeler hakkında [132] üzerinden iz sürülebilir.
4.4. Öklid Topolojik Uzayı
101
elde edilir. Bu istenilen eşitsizliktir.
(ii). Basit işlemler ve Hölder’s eşitsizliğinden aşağıdaki eşitsizlik elde edilir.
Pn
Pn
p =
+ bi )p−1
i=1 (ai + bi )
P
Pni=1 (ai + bi )(aip−1
+ ni=1 bi (ai + bi )p−1
=
i=1 ai (ai + bi )
1 P
1
P
= ( ni=1 ai p ) p ( ni=1 (ai + bi )q(p−1) ) q
1
1 P
P
+ ( ni=1 bi p ) p ( ni=1 (ai + bi )q(p−1) ) q
1
1
1
P
P
P
= (( ni=1 ai p ) p + ( ni=1 bi p ) p ) ( ni=1 (ai + bi )p ) q
Buradan da
1
1
1
P
P
P
P
1− 1
( ni=1 (ai + bi )p ) p = ( ni=1 (ai + bi )p ) q ≤ ( ni=1 ai p ) p + ( ni=1 bi p ) p .
Böylece kanıt tamamlanır.
Rn üzerinde Öklid p-metriği aşağıdaki gibi tanımlanır.
Teorem 4.15. n ∈ N ve 1 ≤ p verilsin. X = Rn olsun. a = (a1 , . . . , an ) ve
b = (b1 , . . . , bn ) ∈ X olmak üzere
1
P
d(a, b) = ( ni=1 |ai − bi |p ) p
olarak tanımlanan d, X üzerinde metriktir. Bu metriğe Öklid p-metrik denir.
Bu metrik genelde dp ile gösterilir.
Kanıt: Metrik aksiyomlarından (m1) ve (m2)’nin sağlandığı açıktır. (m3) ise
Minkowski eşitsizliğinden başka birşey değildir.
X = Rn üzerinde Öklid ∞-metriği ,
d∞ (a, b) = sup1≤i≤n |ai − bi |
eşitliği ile tanımlanır. Bunun gerçekten bir metrik olduğu kolaylıkla gösterilebilir.
1 ≤ p, q ≤ ∞ için dp ve dq metrikleri eşit olmasalar da aynı topolojiyi
üretirler. Önce bu metriklerin aşağıdaki anlamda denk olduklarını gösterelim.
Teorem 4.16. X = Rn ve 1 ≤ p verilsin. Her x,y ∈ X için
md∞ (x, y) ≤ dp (x, y) ≤ M d∞ (x, y)
eşitsizliğini sağlayan m, M > 0 sayıları vardır.
1
Kanıt: m = 1 ve M = n p alınarak istenilen sağlanır.
Sonuç 4.17. X = Rn üzerinde her 1 ≤ p ≤ ∞ için
102
4. Metrik Topoloji
1
1
1
−1
1
−1
−1
−1
Şekil 4.1. Soldaki resim R2 ’de d∞ metriğine göre sıfır merkezli ve bir yarıçaplı Bd∞ (0, 1) açık
küresinin resmidir. Sağdaki ise d1 metriğine göre Bd1 (0, 1) açık küresinin resmidir.
h(X, dp )i = h(X, d2 )i
olur.
Şimdi aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 4.9. X = Rn üzerinde d2 tarafından üretilen topoloji h(X, d2 )i’ye
n-boyutlu Öklid topoloji denir.
2 < p < ∞ olmak üzere Bdp (0, 1), Bd2 (0, 1), Bd1 (0, 1) ve Bd∞ (0, 1) açık
kürelerin resmi Şekil 4.2’de olduğu gibidir.
Bd1 (0, 1) ⊂ Bd2 (0, 1) ⊂ Bdp (0, 1) ⊂ Bd∞ (0, 1)
olduğuda kolaylıkla gösterilebilir. Ayrıca 2 < p < q < ∞ ise
Bdp (0, 1) ⊂ Bdq (0, 1)
olur.
1
−1
1
−1
Şekil 4.2
Alıştırmalar
4.4. Öklid Topolojik Uzayı
103
4.30. n ∈ N için X = Rn çarpım uzayının n-boyutlu Öklid uzayına homeomorfik olduğunu
gösterin.
4.31. 0 < p < ∞ verilsin.
P
`p = {(xn ) : xn ∈ R, n |xn |p < ∞}
olarak tanımlansın. Her x = (xn ) ve y = (yn ) ∈ `p için
1
P
dp (x, y) = ( n |xn − yn |p ) p
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. x = (xn ) ve y = (yn ) ∈ `p ve α ∈ R için (xn + yn ) ve (αxn ) ∈ `p . Dahası, `p bir vektör
uzaydır.
ii. 1 ≤ p ≤ ∞ için dp metriktir.
iii. 1 ≤ p ≤ ∞ için ||x|| = dp (x, 0) bir norm tanımlar.
iv. 0 < p < 1 ise dp semimetrik olmasına karşın metrik değildir.
(`2 , d2 ) uzayına Hilbert uzay denir.
Q
4.32. 1 ≤ p < ∞ verilsin. Bdp (0, 1) ⊂ `p kümesinin n∈N R çarpım uzayında açık olmadığını
gösterin.
1
Kanıt: Varsayalım ki Bdp (0, 1) açık. Bu durumda n− 2 < 2 ve
Tn
−1
i=1 Pi (−, ) ⊂ Bdp (0, )
olacak biçimde > 0 ve n ∈ N vardır. 1 ≤ i ≤ n için xi =
üzere
T
−1
x = (xi ) ∈ n
i=1 Pi (−, )
2
ve i > n için xi = 0 olmak
olmasına karşın, x 6∈ Bdp (0, 1) olur. Bu bir çelişkidir.
Q
4.33. 1 ≤ i ≤ n için (Xi , di ) metrik uzaylar olsun. X = n
i=1 Xi olarak tanımlansın. Her
1 ≤ p < ∞ için
1
P
p p
dp ((x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn )) = ( n
i=1 di (xi , yi ) )
olarak tanımlanan dp fonksiyonunun metrik olduğunu gösterin.
4.34. X = R2 olmak üzere her 1 ≤ p < q ≤ ∞ için
Bdp (0, 1) ⊂ Bdq (0, 1)
olduğunu gösterin. p = 1, 2, 3, ∞ için Bdp (0, 1)’in resmini çizin.
4.35. 1 ≤ p < ∞ için (`p , dp ) metrik uzayının ayrılabilir olduğunu gösterin. (Bir topolojik
uzayın sayılabilir yoğun altuzayı varsa o metrik uzaya ayrılabilir uzay denir.)
Kanıt: Her k ∈ N için
A = {(xn ) ∈ `p : xi ∈ Q, ∃i, xn = 0∀n ≥ i}
diyelim. A sayılabilir kümedir ve A = `p dir.
4.36. Reel değerli sınırlı dizilerin uzayı `∞ ile gösterilir. Yani,
`∞ = {f ∈ RN : supn |f (n)| < ∞}.
`∞ , noktasal toplama ve çarpma altında vektör uzaydır. Ayrıca
d∞ (f, g) = supn |f (n) − g(n)|,
`∞ üzerinde bir metrik tanımlar. (`∞ , d∞ ) metrik uzayının ayrılabilir olmadığını gösterin.
Kanıt: `∞ uzayının ayrılabilir olduğunu varsayalım.
A = {fn : n ∈ N} ve A = `∞
104
4. Metrik Topoloji
eştliğini sağlayan A kümesi vardır. f ∈ `∞ aşağıdaki gibi tanımlansın.
0
|fn (n)| ≥ 1
f (n) =
2
|fn (n)| < 1
olarak tanımlansın.
d∞ (fk , f ) ≥ |fk (k) − f (k)| ≥ 1
eşitsizliğinden f 6∈ A çelişkisini verecektir.
4.37. Şekil 4.2 de 1 < p < q < 2 için Bdp (0, 1) ve Bdq (0, 1) açık kürelerinin şekillerini çizerek
aralarındaki ilişkiyi gözlemleyiniz.
4.38. Young eşitsizliği genellenebilir: [0, ∞)’dan [0, ∞)’ye tanımlı kesin artan, sürekli ve sıfırda
sıfır değerini alan fonksiyonların kümesini F ile gösterelim. f ∈ F fonksiyonun ters
fonksiyonunu f −1 ile gösterelim.
i.f ∈ F ve a, b ≥ 0 için
Ra
Rb
ab ≤ 0 f (x)dx + 0 f −1 (x)dx
olduğunu gösterin.
ii. Yukarıda verilen eşitsizlikte 0 < α ≤ 1, f (x) = xα alınması durumunda eşitsizliğin
neye karşılık geldiğini görünüz.
iii. ([70]) T : F −→ F fonksiyonu
T (f )(0) = 0, xy ≤ T (f )(x) + T (f −1 )(y) ve af (a) = T (f )(a) + T (f −1 )(f (a))
Rx
özelliklerini sağlıyorsa T (f )(x) = 0 f (x)dx olduğunu gösterin.
4.5
Tam Metrik Uzay
Öncelikle şunu not edelim: (X, d) bir metrik uzay ve (xn ), X’te bir dizi ve
x ∈ X ise
limn→∞ d(xn , x) = 0 ⇒ limn,m→∞ d(xn , xm ) = 0
ifadesi doğrudur. R’de verilen bir (xn ) dizisi için ise, limn→∞ |xn − x| = 0
eşitliğini sağlan bir x vardır ve limn,m→∞ |xn − xm | = 0 önermeleri eşdeğerdir.
Buna karşın bir (X, d) metrik uzayında verilen bir (xn ) dizisi için
∃x ∈ X, limn→∞ d(xn , x) = 0 ⇔ limn,m→∞ d(xn , xm ) = 0
ifadesi genel olarak doğru değildir. Bu bölümde
limn,m→∞ d(xn , xm ) = 0
olup, bir noktaya yakınsamayan dizilerin dertlerini anlayıp, ihtiyaçlarını tespit
edip onları da bir yere yakınsatmanın hal çaresine bakmamız gerekir. Bunu
kümeye yeni noktalar ekleyerek ve eklenen noktalara metrik fonksiyonuna
genişleterek yapacağız.
Tanım 4.10 (Fréchet [45]). (X, d) bir metrik uzay olmak üzere,
limn,m→∞ d(xn , xm ) = 0,
4.5. Tam Metrik Uzay
105
koşulunu sağlayan (xn ) dizisine Cauchy dizisi denir.
Her yakınsak dizinin Cauchy olduğu
|d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z)|
eşitsizliğinin doğrudan bir sonucudur.
Tanım 4.11 (Fréchet [45]). Her Cauchy dizisi yakınsak olan metrik uzaya
tam metrik uzay denir.
Teorem 4.18. R Öklid metrik uzayı tamdır.
Kanıt: (xn ), R’de bir Cauchy dizisi olsun. (xn ) dizisi sınırlıdır, yani her n için
|xn | ≤ M olacak biçimde pozitif M sayısı vardır. (Neden?)
x := supn inf k≥n xk = inf n supk≥n xk
olduğunu göstermek zor değildir. Bu bize xnk → x olacak biçimde (xn ) dizisinin bir (xnk ) altdizisinin var olduğunu söyler. (xn )’nin Cauchy dizisi olduğu
tekrar kullanılarak xn → x olduğu kolaylıkla gösterilir. Kanıt tamamlanmıştır.
Notlar ve Örnekler
4.39. R Öklid uzayının altuzayı (0, 1)’in tam olmayan metrik uzay olduğunu gösterin.
4.40. c00 = {f ∈ RN : f −1 (R \ {0}) sonlu } kümesinin
d(x, y) = supn |xn − yn |
metriğine göre tam olmadığını gösterin.
4.41. R’nin metrik altuzayı Q’nun tam olmadığını gösterin.
4.42. Tam metrik uzayın kapalı her altuzayının tam olduğunu gösterin.
4.43. X boş olmayan bir küme ve (Y, d) tam metrik uzay olsun. B(X, Y ), X’ten Y tanımlı
sınırlı fonksiyonların kümesi olsun. Yani
B(X, Y ) = {f ∈ Y X : supa,b∈X d(a, b) < ∞}
olsun.
p(f, g) = supx∈X d(f (x), g(x))
eşitliğiyle tanımlanan d fonksiyonun, B(X, Y ) üzerinde metrik olduğunu gösterin. Üstelik bu metriğe göre B(X, Y ) uzayının tam olduğunu gösterin.
Kanıt: p’nin metrik olduğu açıktır. (fn ), B(X, Y )’de bir Cauchy dizisi olsun. Her x ∈ X
ve f ,g ∈ B(X, Y ) için
d(f (x), g(x)) ≤ p(f, g)
eşitsizliğinden (fn (x)) dizisinin Y ’de Cauchy dizisi olduğu görülür. Dolayısıyla
fn (x) → f (x)
olacak biçimde f ∈ Y
X
vardır. Ayrıca
supa,b∈X d(f (a), f (b)) < ∞
106
4. Metrik Topoloji
olduğu da açıktır. Yani f ∈ B(X, Y ) olur. > 0 verilsin.
n,m ≥ n0 ⇒ p(fn , fm ) < olacak biçimde n0 ∈ N vardır. Her k ∈ N, n ≥ n0 ve x ∈ X için
d(fn (x), fn0 +k (x)) ≤ p(fn , fn0 +k ) < olmasından
p(fn , f ) < elde edilir. Böylece fn → f olduğu gösterilmiş olunur.
4.44. R Öklid metrik uzayı tam olduğundan yukarıdaki örneğin bir sonucu olarak: X boşkümeden farklı bir küme ve D, X’ten R’ye tanımlı sınırlı fonksiyonların kümesi, yani
D = {f ∈ RX : supx∈X |f (x)| < ∞}
olsun. D,
D(f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
metriğine göre tam uzaydır. Gösterin.
Alıştırmalar
4.45. (DeMarr [33]) X kısmi sıralı küme olsun. X’te bir (xn ) dizisi ve x ∈ X için
yn ↑ x, zn ↓ x, yn ≤ xn ≤ zn (∀n)
olacak biçimde (yn ) ve (zn ) dizileri varsa, (xn ) dizisi x noktasına sıra yakınsıyor denir.
Bu durumda x = o − lim xn yazılır. (X, d) bir metrik uzay olmak üzere Y = X × R
diyelim. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. Y üzerinde
(x, a) ≤ (y, b) :⇔ d(x, y) ≤ b − a
bağıntısı bir kısmi sıralamadır.
ii. (xn ), X’te bir dizi ve x ∈ X olsun. xn → x olması için gerek ve yeter koşul (x, 0) =
o − lim(xn , 0) olmasıdır.
iii. X metrik uzayının tam olması için gerek ve yeter koşulun Y ’de artan ve üstten
sınırlı her dizinin supremumu ve azalan ve alttan sınırlı her dizinin infimumunun olması
olduğunu gösterin.
4.6
Cantor Teoremi
Bir (X, d) metrik uzayında bir A ⊂ X kümesinin çapı,
r(A) = sup{d(a, b) : a, b ∈ A}
olarak tanımlanır. r(A) < ∞ ise Y ’ye sınırlı küme denir. X’in kendisi
sınırlıysa metriğe sınırlı metrik denir.
r(A) = r(A)
olduğu kolaylıkla gösterilir. Her açık kürenin sınırlıdır. Üstelik bir kümenin
sınırlı olması için gerek ve yeter koşulun, bir açık kürenin altkümesi olduğu da
kolaylıkla gösterilebilir.
4.6. Cantor Teoremi
107
Teorem 4.19 (Cantor Teoremi). (X, d) bir metrik uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
i. X tam uzaydır.
ii. (Fn ), X’in boşkümedenT
farklı kapsama ilişkisine göre azalan kapalı kümelerin dizisi ve r(Fn ) → 0 ise n Fn 6= ∅ olur.
iii. {Fs : s ∈ S}, X’in sonlu arakesit özelliği olan, kapalı altkümelerinin
T
bir ailesi ve her > 0 için r(Fs ) > 0 olacak biçimde s ∈ S varsa s∈S Fs 6= ∅
olur.
Kanıt: (i ⇒ ii). Her n için xn ∈ Fn seçelim. Her k için xn+k ∈ Fn olacağından
ve
d(xn , xn+k ) ≤ r(Fn ) → 0
olduğundan, (xn ) Cauchy dizisidir. X tam olduğundan xn → x olacak şekilde
x ∈ X vardır. k pozitif tamsayısı verilsin. Fk ’lar kapalı ve her T
n için için
xn+k ∈ F
Tk ve xn+k → x olduğundan x ∈ Fk olur. O halde x ∈ k Fk olur.
Böylece k Fk 6= ∅ olur.
(ii ⇒ i). (xn ), X’te bir Cauchy dizisi olsun. Her k ∈ N için
Fk = {xn : n ≥ k}
diyelim.
Her k için Fk+1 ⊂ Fk ve r(Fn ) → 0
olduğu
T kolaylıkla görülür. Dolayısıyla Fn ’lerin arakesitleri boşkümeden farklıdır.
x ∈ n Fn diyelim. Her k için
T
B(x, k1 ) {xn : n ≥ k} =
6 ∅
olacağından (xn ) dizisinin x’e yakınsayan bir altdizisi vardır. Her Cauchy dizisi
bir altdizisinin yakınsadığı noktaya yakınsadığından xn → x olur.
(i ⇒ iii). Varsayımdan her j ∈ N için
r(Fsj ) <
1
j
olacak biçimde sj vardır.
Fi =
Ti
j=1 Fsj
olarak tanımlayalım. Fi boşkümeden farklı ve
r(Fi ) ≤
1
i
→0
olduğundan Fi ’lerin arakesiti tek elemanlı bir kümedir. x ∈
verilsin. Her i için
T
i Fi
olsun. s ∈ S
108
4. Metrik Topoloji
0
Fi = Fs
T
Fi
diyelim. Yukarıda kullanılan nedenlerle,
T 0
TT
T
∅=
6
i Fi = Fs ( i Fi ) = Fs {x}
T
olduğundan x ∈ Fs olur. Böylece x ∈ s∈S Fs olur.
(iii ⇒ ii). Kolaylıkla görülür.
Yukarıdaki teoremde (ii ⇒ i ⇔ iii)’nin kanıtları Kuratowski [91] tarafından
verilmiştir.
Alıştırmalar
4.46. Bir metrik uzayın bir altkümesinin sınırlı olması için gerek ve yeter koşulun bir açık
kürenin altkümesi olması gerektiğini gösterin.
4.47. Bir metrik uzayda (xn ) dizisi Cauchy ise {xn : n ∈ N} kümesinin sınırlı olduğunu
gösterin.
4.48. N’de d(x, y) = |x − y| ve p(x, y) = | x1 − y1 | metriklerinin aynı topolojiyi (ayrık topoloji) ürettiklerini gösterin. Buna karşın (n) dizisinin p metriğine göre Cauchy, fakat d
metriğine göre Cauchy olmadığını gösterin.
4.7
Baire Uzayı
X topolojik uzay ve U ⊂ X açık küme olmak üzere her A ⊂ X için
A∩U ⊂A∩U
olduğundan (kolaylıkla gösterilir) X’in yoğun ve açık iki altkümesinin arakesiti
de yoğundur. Tam metrik uzaylarda bunun daha fazlası doğrudur.
Bu altbölümde bir tam metrik uzayda sayılabilir tane açık ve yoğun altkümelerinin arakesitinin de yoğun olduğu gösterilecektir. Bu sonuç oldukca önemlidir, çünkü bunun bir uygulaması sonucu, Fonksiyonel Analizin esas toremlerinden ikisi olan Banach-Steinhaus Teoremi (Düzgün Sınırlılık Prensibi) ve Açık
Gönderim Teoremi kanıtlanabilir. Ayrıca sürekli fakat hiçbir yerde türevlenemeyen fonksiyonunun varlığı da bu sonuç kullanılarak kanıtlanabilir (Alıştırma
4.53).
X topolojik uzayında
◦
A =∅
eşitliğini sağlayan A ⊂ X kümesine hiçbir yerde yoğun olmayan denir.
Tanım 4.12. Bir topolojik uzayın boşkümeden farklı hiçbir açık kümesi,
hiçbir yerde yoğun olmayan sayılabilir tane kümelerin bileşimi olamıyorsa o
uzaya Baire Uzay denir.
4.7. Baire Uzayı
109
Yukarıdaki tanımlamanın anlaşılması zor olabilir ama aşağıdaki teoremde
verilen denklikler anlamayı kolaylaştıracaktır.
Teorem 4.20. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X Baire uzayıdır.
ii. Sayılabilir tane yoğun açık kümenin
arakesiti
S
S yoğundur.
iii. Fn ’ler kapalı olmak üzere X = n Fn ise n Fn◦ açık kümesi yoğundur.
Kanıt: (i ⇒ ii). Her n ∈ N için On , X uzayında açık ve yoğun olsun.
T
A = n On
diyelim. A = X olduğunu göstereceğiz. Bunun için boşkümeden farklı her O
açık kümesi için O ∩A 6= ∅ olduğunu göstermek yeterlidir. O 6= ∅ açık olmasına
karşın A ∩ O = ∅ olduğunu varsayalım.
S
T
O = X ∩ O = Oc ∩ O = ( n On )c ∩ O = n (Onc ∩ O)
olur. Diğer taraftan her n için Onc hiçbir yerde yoğun olmadığından (U açık
ve yoğunsa U c hiçbir yerde yoğun olmayan bir kümedir) Onc ∩ A hiçbir yerde
yoğun olmayan kümedir. Bu, X uzayının bir Baire uzay olmasından dolayı
çelişkidir. Buradan O = ∅ elde edilir. Böylece A ∩ O 6= ∅ olmak zorundadır.
A’nın yoğun olduğu gösterilmiş olunur.
S
S
(ii ⇒ iii). Her n için Fn kapalı olmak üzere X = n Fn olsun. O = n Fn◦
diyelim. Her n için
En = Fn \ Fn◦
kümesi kapalı, hiçbir yerde yoğun olmayan kümedir ve dolayısıyla Enc , açık ve
yoğun kümedir.
S
E = n En
diyelim. Varsayım gereği
Ec =
T
c
n En
yoğundur.
S
S
S
Oc = ( n Fn ) \ ( n (Fn )◦ ) ⊂ n [Fn \ (Fn )◦ ] = E
olduğundan E c ⊂ O olur. E c yoğun olmasından da O’nun yoğun olduğu
görülür.
(iii ⇒ i). X’in Baire uzay olmadığını varsayalım. Bu durumda
S
V = n An , (An )◦ 6= ∅
olacak biçimde An ’ler ve V 6= ∅ açık kümesi vardır.
110
4. Metrik Topoloji
X =Vc
SS
( n An )
olduğundan varsayım gereği,
(V c )◦ = (V c )◦
SS
( n (An )◦
kümesi yoğundur, dolayısıyla V ∩ V c 6= ∅ olur. Bu, çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Teorem 4.21. Tam metrik uzay Baire uzaydır11 .
Kanıt: (X, d) tam
T metrik uzay olsun. Her n ∈ N için An , X uzayında yoğun
açık olsun. A = n An diyelim. x ∈ X ve r > 0 verilsin. Tümevarımla her n
için
B[xn+1 , rn+1 ] ⊂ B(xn , rn ) ∩ An+1
olacak biçimde X uzayında (xn ) dizisi ve her n için 0 < rn ≤
sağlayan bir (rn ) dizisinin olduğu gösterilebilir.
1
n
eşitsizliğini
Cn = B[xn , rn ]
diyelim. Cn ’ler kapalı, boşkümeden farklı ve azalan, yani Cn+1 ⊂ Cn olur.
d(Cn ) ≤ 2rn ≤
2
n
→0
olduğundan Cantor Teoremi (Teorem 4.19) gereği
alalım. y ∈ B(x, r) ∩ A olur. Yani
T
n Cn
6= ∅ olur. y ∈
T
n Cn
B(x, r) ∩ A 6= ∅
olur. Böylece A’nın yoğun olduğu kanıtlanmış olur.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak son derece önemli uygulamaları olan
aşağıdaki teorem elde edilir. Kanıtı okurlara bırakıyoruz.
S
Teorem 4.22. X tam metik uzay olsun. X = n An ise en az bir m için
◦
Am 6= ∅ olur.
Alıştırmalar
4.49. Q’nun Baire uzay olmadığını gösterin.
4.50. İzole noktası olmayan tam metrik uzayın sayılamaz olduğunu gösterin.
4.51. R Öklid uzayında irrasyonel sayılar kümesinin sayılabilir tane kapalı kümelerin bileşimi
olarak yazılayamacağını gösterin.
4.52. Baire uzayın açık altuzayının Baire uzay olduğunu gösterin.
11
Bu teorem Reeé-Louis Baire (1874-1932) tarafından 1989 tarihli doktora tezinde Rn için
kanıtlanmıştır. Genelleştirilmiş hali Hausdorff’a aittir.
4.8. Metrik Uzayın Tamlaması
111
4.53. X = [0, 1] olmak üzere aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. Sürekli her fonksiyon f : X −→ R sınırlıdır. Yani supx∈X |f (x)| < ∞.
ii. C([0, 1]), üzerinde tanımlı
d∞ (f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
metriğe göre tamdır.
iii. Her n ∈ N için
An = {f ∈ C(X) : 0 < h <
1
n
⇒ supx∈[0,1− 1 ] |f (x + h) − f (x)| ≤ nh}
n
ve
Bn = {f ∈ C(X) : 0 < h <
1
n
⇒ supx∈[ 1 ,1] |f (x − h) − f (x)| ≤ nh}
n
kümeleri hiçbir yerde yoğun değildir.
S
SS
iv. C(X) 6= ( n An ) ( n Bn )
v. Sürekli fakat hiçbir noktada türevlenemeyen f ∈ C(X) fonksiyonun var olduğunu
gösterin.
4.8
Metrik Uzayın Tamlaması
(X, d) ve (Y, p) metrik uzaylar ve f : X −→ Y fonksiyonu her x, y ∈ X için
p(f (x), f (y)) = d(x, y)
eşitliğini sağlayan f fonksiyonuna izometri denir. Bir metrik uzay, tam olmasa
bile tam olan bir metrik uzayın yoğun altuzayına izometriktir. Daha da fazlası:
Teorem 4.23 (Hausdorff [64]). (X, d) bir metrik uzay olsun. u : X −→ Y ve
u(X) = Y olacak biçimde tam metrik uzay (Y, p) ve izometri u vardır.
Kanıt: [Kuratowski [92]] B, X’ten R’ye tanımlı sınırlı fonksiyonlar kümesini
göstersin. p, B kümesi üzerinde, her f ,g ∈ B için
p(f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon olsun. (B, p)’nin tam metrik uzay olduğunu göstermek zor değil. x0 ∈ X noktasını sabitleyelim. u : X −→ B fonksiyonu
u(x)(y) = d(x, y) − d(x0 , y)
eşitliğiyle tanımlansın.
p(u(x), u(y)) =
=
=
≤
=
≤
=
supt∈X |u(x)(t) − u(y)(t)|
supt∈X |(d(x, t) − d(x0 , t)) − (d(y, t) − d(x0 , t))|
supt∈X |d(x, t) − d(y, t)|
d(x, y)
|d(x, x) − d(y, x)|
supt∈X |(d(x, t) − d(y, t)|
p(u(x), u(y))
112
4. Metrik Topoloji
eşitsizliklerinden u’nun izometri olduğu görülür. Tam metrik uzayın kapalı altuzayı tam olduğundan Y = u(X) alınarak kanıt tamamlanır.
Bir metrik uzayın Tanım 4.13’te verilen anlamda tamlamasının (izometrik
olarak) tek bir tane olduğunu göstermek için aşağıdaki teoreme ihtiyacımız
var.
Teorem 4.24 (Hausdorff [65]). Y ve Z tam olmak üzere (X, d), (Y, p), (Z, q)
metrik uzayları verilsin. f : X −→ Y ve g : X −→ Z fonksiyonları
Y = f (X) ve Z = g(X)
eşitliklerini sağlayan iki izometri olsun. Birebir ve örten olan h : Y −→ Z
izometri vardır.
Kanıt: X uzayında (an ) ve (bn ) dizileri verilsin.
i. f (an ) dizisinin yakınsaması için gerek ve yeter koşul (g(an )) dizisinin
yakınsamasıdır.
ii. lim f (an ) = lim f (bn ) ⇔ lim g(an ) = lim g(bn )
olduğunu göstermek zor değildir. Bu gözlemlerin sonucu olarak, h : Y −→
Z fonksiyonu, f (xn ) → y için
h(y) = lim g(xn )
olarak tanımlansın. h’nin örten ve izometri olduğunu göstermek zor değildir.
Geri kalan detaylar okura bırakılmıştır.
X ve Y metrik uzayları arasında örten izometri varsa bu uzaylara izometrik uzaylar denir.
Tanım 4.13. Y tam metrik uzay olmak üzere, X metrik uzayından Y metrik
uzayına tanımlı f (X) = Y olacak biçimde bir izometri varsa Y uzayına X’in
metrik uzay tamlaması denir.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak bir metrik uzayın metrik uzay tamlamaları (örten izometrik olarak) vardır. Teorem 4.23 ve Teorem 4.24 gereği
her metrik uzayın tek bir tane metrik tamlaması vardır.
Bir metrik uzayın tamlamasının varolduğunun klasik sayılabilen bir başka
kanıtı aşağıda verilmiştir.
Teorem 4.25 (Hausdorff [64]). Her metrik uzayın metrik uzay tamlaması
vardır.
Kanıt: Y0 , X üzerindeki Cauchy dizilerinin kümesi olsun. Her f ,g ∈ Y0 için
4.8. Metrik Uzayın Tamlaması
113
f ≡ g :⇔ limn d(f (n), g(n)) = 0
olarak tanımlansın. ≡, Y0 kümesinde bir denklik bağıntısı olduğu açıktır. Bu
denklik bağıntısına göre Y , Y0 ’nın elemanlarının denklik sınıflarının kümesi
olsun. Yani her f ∈ Y0 için
[f ] = {g ∈ Y0 : f ≡ g}
olmak üzere
Y = {[f ] : f ∈ Y0 }
diyelim. Her x ∈ X için
π0 (x)(n) = x
olarak tanımlanan π0 (x) dizisi Y0 ’nın elemanıdır. Aşağıdakilerin ilk üçü kolaylıkla görülür.
i. Her f , g ∈ Y0 için (d(f (n), g(n)) dizisi yakınsaktır.
ii. p : Y × Y −→ R, p([f ], [g]) = limn d(f (n), g(n)) olarak tanımlanan
fonksiyon bir metriktir.
iii. π : X −→ Y , π(x) = [π0 (x)] olarak tanımlanan fonksiyon bir izometridir.
iv. π(X) = Y olur: Kanıt. [f ] ∈ Y verilsin.
p(π(f (n)), [f ]) = limk d(π0 (f (n))(k), f (k)) = limk d(f (n), f (k)) → 0
istenilendir.
iv. (Y, p) tam metrik uzaydır: Kanıt: (Gn ), (Y, p) metrik uzayında bir Cauchy dizisi olsun. π(X) = Y olduğundan her n için
p(Gn , π(xn )) <
1
n
eşitsizliğini sağlayan, X’te (xn ) dizisi vardır.
d(xn , xm ) = p(π(xn ), π(xm )) ≤ p(π(xn ), Gn ) + p(π(xm ), Gm ) + p(Gn , Gm )
eşitsizliğinden (xn ) dizisinin X’te bir Cauchy dizisi olduğu görülür. f (n) = xn
olmak üzere
[f ] ∈ Y ve π(xn ) → [f ]
olur.
p(Gn , [f ]) ≤ p(Gn , π(xn )) + p(π(xn ), [f ]) ≤
olduğundan Gn → [f ] dir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
1
n
+ p(π(xn ), [f ]) → 0
114
4. Metrik Topoloji
4.54. R Öklid metrik uzayın altuzayları Q ve R \ Q’nun metrik tamlamalarının R olduğunu
gösterin.
4.55. R’nin altuzayları (0, 1), [0, 1) ve (0, 1]’in tamlamalarını belirleyin.
4.56. Bir metrik uzayın tam altuzayının kapalı olduğunu gösterin.
4.57. Ayrık metrik uzayın tam olduğunu gösterin.
4.58. (X, d) metrik uzayında bir (xn ) dizisi için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. (xn ) Cauchy dizisidir.
P
ii. n d(xn , xn+1 ) < ∞.
4.59. (X, d) tam metrik uzay olsun.
p : X × X −→ R, p(x, y) = min{1, d(x, y)}
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. p, X üzerinde tam metriktir.
ii. d ve p, X üzerinde aynı topolojiyi üretirler.
4.60. X = C[0, 1], [0, 1]’dan R’ye tanımlı sürekli fonksiyonların kümesi ve X üzerinde d ve p
metrikleri
d(f, g) = supx∈[0,1] |f (x) − g(x)|
ve
p(f, g) =
R1
0
|f (x) − g(x)|dx
olarak tanımlansın. (X, d)’nin tam fakat (X, p) uzayının tam olmadığını gösterin. (X, p)
uzayının tamlamasını belirleyin.
4.61. [0, 1]’den R’ye tanımlı polinomlar kümesi P ([0, 1])’in
d(f, g) = supx∈[0,1] |f (x) − g(x)|
metriğine göre tam olmadığını gösterin ve tamlamasını belirleyin.
4.62. [0, 1]’den R’ye tanımlı Riemann integrallenebilir fonksiyonlar kümesi R([0, 1]) üzerinde
tanımlı,
R1
f ≡ g ⇔ 0 |f (x) − g(x)|dx = 0
denklik bağıntısına göre R([0, 1])’in elemanlarının denklik sınıflarının kümesini R ile
gösterelim. R’nin
R1
d([f ], [g]) = 0 |f (x) − g(x)|dx
metriğine göre tam olmadığını gösterin ve tamlamasını belirleyin.
4.63. ((Xn , dn )) metrikQuzayların dizisi ve her n ve x,y ∈ Xn için dn (x, y) ≤ 1 olduğunu
varsayalım. X = n Xn olarak tanımlansın.
P
d : X × X −→ R, d((xn ), (yn )) = n 21n dn (xn , yn )
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. (X, d) bir metrik uzaydır.
ii. (X, d) metrik uzayının tam olması için gerek ve yeter koşul, her n ∈ N için (Xn , dn )
uzayının tam olmasıdır.
4.9
Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi
X ve Y iki topolojik uzay ve ∅ 6= A ⊂ B ⊂ X olmak üzere f : A −→ Y ve
g : B −→ Y fonksiyonları sürekli ve
4.9. Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi
115
her x ∈ A için g(x) = f (x)
eşitliği sağlanıyorsa g’ye f ’nin sürekli genişlemesi denir.
X bir topolojik uzay olsun. X uzayının sayılabilir tane açık kümelerin
arakesiti olarak yazılabilen kümeye Gδ -küme ve Gδ -kümenin tümleyenine Fδ küme denildiğini hatırlayalım. Her açık küme bir Gδ -küme ve her kapalı küme
bir Fδ -kümedir.
Notlar ve Örnekler
4.64. Metrikleşebilir topolojik uzayın kapalı her altkümesi Gδ -kümedir. Gerçekten de X uzayının
topolojisi d metriği tarafından üretilen topoloji olsun. A ⊂ X kapalı küme olsun.
f : X −→ R, f (x) = d(x, A)
olmak üzere f sürekli ve
A=
T
n
f −1 (− n1 , n1 )
ve sağlanır. Her n için f −1 ((− n1 , n1 )) açık küme olduğundan istenilen elde edilmiş olur.
Bir metrik uzayın altuzayında tam metrik uzaya tanımlı sürekli bir fonksiyonun uzayın kapanışına sürekli genişlemesinin olması gerekmese de altuzayla
kapanışı arasında kalan bir Gδ -kümesine sürekli olarak genişleyebilir.
Teorem 4.26. Bir metrik uzayın bir altkümesinden bir tam metrik uzaya
tanımlı sürekli her fonksiyonun, altkümeyle onun kapanışı arasında kalan bir
Gδ -kümeye sürekli genişlemesi vardır.
Kanıt: d tarafından üretilen topolojiyi τ ile gösterelim. f fonksiyonu sürekli
olduğundan her x ∈ X için
supy,z∈A∩Ux p(f (y), f (z)) < ∞
olacak biçimde Ux ∈ τ (x) vardır. Dolayısıyla u : A −→ R fonksiyonu
u(x) = inf U ∈Ux supy,z∈A∩U p(f (y), f (z))
eşitliğiyle tanımlanabilir. Ayrıca
A∗ = {x ∈ A : u(x) = 0}
olsun.
i. x ∈ A∗ verilsin. xn → x ve u(x) = 0 ise (f (xn )) yakınsaktır: Bu özellikteki dizinin Cauchy dizisi olduğu kolayca görülebilir. Y tam olduğundan dizi
yakınsaktır.
ii. x ∈ A∗ , xn → x ve yn → x ise limn f (xn ) = limn f (yn ): Her n ∈ N
için z2n = xn ve z2n−1 = yn olmak üzere (zn ), A’da x’e yakınsayan bir dizidir.
Dolayısıyla
limn f (xn ) = limn f (z2n ) = limn f (z2n−1 ) = limn f (yn )
116
4. Metrik Topoloji
elde edilir.
Böylece
f ∗ : A∗ −→ Y , f (x) = limn f (xn ) (xn ∈ A, xn → x)
fonksiyonunu tanımlayabiliriz.
iii. f ∗ fonksiyonu süreklidir: A∗ altuzayında xn → x olsun. > 0 verilsin.
supy,z∈U ∩A p(f (y), f (z)) < olacak biçimde U ∈ τ (x) vardır. Buradan
supy,z∈U ∩A p(f ∗ (y), f ∗ (z)) ≤ olur. Aynı zamanda her n ≥ n0 için xn ∈ U olacak biçimde n0 ∈ N vardır.
Ayrıca xn ∈ A olduğundan her n ≥ n0 için
p(f ∗ (xn ), f ∗ (x)) ≤ olur. Böylece f ∗ ’nin sürekli olduğu gösterilmiş olur.
iv. A∗ , Gδ -kümedir: Her n ∈ N için
An = {x ∈ A : u(x) < n1 },
kümesi A altuzayında açıktır. Gerçekten x ∈ An ise
sup{p(f (y), f (z)) : y, z ∈ U ∩ A} <
1
n
eşitsizliğini sağlayan U ∈ τ (x) vardır. Buradan
x ∈ U ∩ A ⊂ An
elde edilir. U ∩ A kümesinin A’da açık olduğu dikkate alınarak, An ’nin, A
altuzayında açık olduğu görülür.
T
A∗ = n An
olduğundan A∗ , A’da Gδ -kümesidir. Metrik uzayda kapalı her küme Gδ -küme
olduğundan A∗ , X’te Gδ -kümedir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teoremde f fonksiyonuna eklenecek hangi ek koşul altında A∗
yerine A alınabilir? Bunun bir yanıtını vermeden önce aşağıdaki tanıma ihtiyacımız var.
Tanım 4.14. (X, d) ve (Y, p) iki metrik uzay olsun. f : X −→ Y fonksiyonu
verilsin. Her > 0 için
d(x, y) < δ ⇒ p(f (x), f (y)) < 4.10. Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
117
olacak biçimde δ > 0 varsa f ’ye düzgün sürekli 12 denir13 .
Henüz kompaktlık kavramı verilmemiş olsa da bir kompakt metrik uzayda
tanımlı reel değerli sürekli her fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu şimdiden
söyleyelim. Bunun bir sonucu olarak reel sayıların kapalı ve sınırlı her altkümesinden R’ye tanımlı sürekli her fonksiyon düzgün süreklidir. Bunun için Alıştırma
11.10’a bakınız.
Teorem 4.27. Bir metrik uzayın bir altkümesinden bir tam metrik uzaya
tanımlı düzgün sürekli her fonksiyonun, altkümenin kapanışına düzgün sürekli
genişlemesi vardır.
Kanıt: Fonksiyonun düzgün sürekli olma durumunda bir önceki teoremin
kanıtında geçen A∗ = A olduğu kolaylıkla görülür. Ayrıca yine o teoremde yer
alan sürekli fonksiyonun genişlemesinin düzgün sürekli olduğu da kolaylıkla
görülür.
Alıştırmalar
4.65. (X, d) bir merik uzay ve ∅ 6= A ⊂ X verilsin.
f : X −→ Y , f (x) = d(x, A)
olarak tanımlanan fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu gösterin.
4.66. f : R \ {0} −→ R, f (x) = x1 olarak tanımlanan sürekli fonksiyonun R’ye sürekli
genişlemesinin olmadığını gösterin.
4.67. f ,g : (0, 1] −→ R fonksiyonları
f (x) = x2 ve g(x) =
1
x
eşitlikleri ile tanımlansın. f ’nin düzgün sürekli, g’nin düzgün sürekli olmayan fonksiyonlar olduğunu gösterin.
4.10
Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
Bu bölümde topolojisi bir tam metrik tarafından üretilebilen topolojileri karakterize edeceğiz. (X, d) ve (Y, p) metrik uzayları homeomorfik olsun. p tam
metrik ise f : X −→ Y bir homeomorfizma olmak üzere, X üzerinde tanımlı
q(x, y) = p(f (x), f (y))
12
X metrik uzayından her metrik uzaya tanımlı sürekli fonksiyon düzgün sürekli oluyorsa,
X’e Atsuji uzay denir.
13
Bu kavram Bolzano’nın bir çalışmasında yer almış olsa da ilk olarak 1870 yılında Heine
tarafından tanımlanmıştır. 1972 yılında Heine, bir açık aralıkta tanımlı sürekli fonksiyonun
düzgün sürekli olması gerekmediğine ilişkin örnek vermiştir. Ayrıca Bolzano çalışmalarında
tam olarak kanıtı vermeden, kapalı aralıkta tanımlı sürekli fonksiyonun düzgün sürekli
olduğunu ifade etmiştir.
118
4. Metrik Topoloji
metriğin tam ve (X, d) ve (X, q) metriklerinin homeomorfik olduklarını not
edelim.
X = (−1, 1) uzayındaki d metriğini d(x, y) = |x − y| olarak tanımlayalım.
d metriği tam değildir! Buna karşın X üzerinde
p(x, y) = |arctanx − arctany|
eşitliği ile tanımlanan metrik tamdır. Ayrıca d ve p metrikleri aynı topolojiyi
üretirler. Bu gözlem bizi aşağıdaki tanıma yönlendirir.
Tanım 4.15. (Fréchet [45]) Topolojisi bir tam metrik uzay tarafından üretilen
topolojik uzaya tam metrikleşebilir 14 uzay denir.
Tam metrik uzayın altuzaylarının tam metrikleşebilir olması için bazı gerek
ve yeter koşulu belirleyebiliriz. Bunun için aşağıdaki teoreme ithiyacımız var.
Öncelikle not edelim: K bir topolojik uzay, T , K’de bir Gδ -küme ve M , T ’de
bir Gδ -küme ise M , K’de bir Gδ -kümedir. Ayrıca bir metrik uzayın kapalı
altkümesi Gδ -kümedir.
Teorem 4.28 (Lavrentieff [93]). X ve Y tam metrik uzaylar, A ⊂ X ve
B ⊂ Y olmak üzere f : A −→ B bir homeomorfizma olsun. u : A∗ −→ B ∗
homeomorfizma, f ’nin sürekli genişlemesi, A ⊂ A∗ ⊂ X, B ⊂ B ∗ ⊂ Y olacak
biçimde Gδ -kümeler A∗ ve B ∗ vardır.
Kanıt: Yukarıdaki gözlem nedeniyle A = X ve B = Y olduğunu varsayabiliriz. Teorem 4.26 gereği
A ⊂ A1 ⊂ X ve B ⊂ B1 ⊂ Y
kümeleri sırasıyla X ve Y ’de Gδ -kümeler olmak üzere f ’nin sürekli genişlemesi
f ∗ : A1 −→ Y ve g = f −1 fonksiyonunun sürekli genişlemesi g ∗ : B1 −→ X
vardır.
A∗ = {x ∈ A1 : f ∗ (x) ∈ B1 }
ve
B ∗ = {y ∈ B1 : g ∗ (y) ∈ A1 }
kümeleri sırasıyla X ve Y ’de Gδ -kümelerdir. Ayrıca A ⊂ A∗ ve B ⊂ B ∗ olduğu
açıktır. x ∈ A ve y ∈ B için
g ∗ (f ∗ (x)) = g ∗ (h(x)) = g(h(x)) = x
ve
14
İngilizcesi: completely metrizable
4.10. Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
119
f ∗ (g ∗ (y)) = f ∗ (g(y)) = f (g(y)) = y
olur. x ∈ A∗ verilsin. A’nın kapanışı X olduğundan A’nın A∗ daki kapanışı
A∗ olur. x ∈ A∗ verilsin. xn → x olacak biçimde A’da (xn ) dizisi vardır. f ∗ ve
g ∗ ’nin sürekliliğinden
x = lim xn = lim g ∗ (f ∗ (xn )) = g ∗ (f ∗ (x))
olur. Benzer biçimde her y ∈ B ∗ için
y = f ∗ (g ∗ (y))
dir. Şimdi u = f ∗ |A∗ ’nin istenilen özellikte homeomorfizma olduğunu söyleyebiliriz.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu aşağıdadır. Bu sonuç n-boyutlu Öklid uzayları için Mazurkiewicz [99] tarafından verilmiştir.
Sonuç 4.29. Bir metrik uzayın tam metrikleşebilir altuzayı Gδ -kümedir.
Kanıt: İki farklı kanıt verebiliriz.
Birinci kanıt. (X, d) bir metrik uzay ve A ⊂ X tam metrikleşebilir uzay
olsun. Yani A üzerinde tanımlı bir tam metrik p tarafından üretilen topolojiyle
A altuzayının metrik topolojisi aynı olsun. K, X uzayının metrik tamlaması
olsun. i : (A, p) −→ (A, d) bir homeomorfizmadır. Yukarıdaki teorem gereği,
i’nin tanım kümesi A’da olan A∗ , Gδ -küme ve değer kümesi K’de Gδ -küme
B ∗ olan bir homeomorfizma genişlemesi i∗ vardır. Ancak i = i∗ olacağından,
A = i(A) = i(A∗ ) = B ∗ ,
K’da bir Gδ kümedir. A ⊂ X olduğundan da A kümesi X’in bir Gδ -kümesidir.
İkinci kanıt. (Y, d) metrik uzayının topolojisi τ olsun. X, tam (Y, d) metrik
uzayın tam metrikleşebilir altuzayı olsun. Yani p, X üzerinde bir tam metrik
ve (X, p) ve (X, dX×X ) uzayları homeomorfik olsun. Her n ∈ N için
T
Gn = y ∈ Y : d(y, X) < n1 } {y ∈ Y : ∃V ∈ τ (y), r(X ∩ V ) < n1
olsun.
i. Gn açıktır: y0 ∈ Gn verilsin. V ∈ τ (y0 ) olmak üzere r(X ∩ V ) <
W = V ∩ {y ∈ Y : d(y, X) < n1 } ∈ τ (y0 )
ve W ⊂ GnTdir.
ii. X ⊂ n Gn : x ∈ X ve n ∈ N verilsin.
d(x, X) = 0
1
n
olsun.
120
4. Metrik Topoloji
olur.
U = {y ∈ X : p(x, y) <
1
3n }
kümesi X’te açık olduğundan U = X ∩ O olacak biçimde açık O ⊂ Y vardır.
x∈T
O ve r(X ∩O) < n1 olduğu açıktır. Böylece x ∈ Gn olur. n keyfi olduğundan
x ∈ n Gn olduğu gösterilmiş olur.
T
T
iii. X = n Gn : x ∈ n Gn verilsin. d(x, X) = 0 ve dolayısıyla x ∈ X.
d(xn , x) → 0 olacak biçimde X’te (xn ) dizisi seçebiliriz. Ayrıca τ (x)’te
r(Vn ∩ X) <
1
n
olacak biçimde (Vn ) dizisi vardır. (Y, d) uzayında xn → x ve her n için x ∈ Vn
olduğundan
m ≥ kn ⇒ xm ∈ Vn
olacak biçimde (kn ) dizisi vardır. Her n için r(X ∩ Vn ) < n1 olmasından dolayı
(xn ) dizisi (X, p) tam metrik uzayında Cauchy ve dolayısıyla bu uzayda bir
z ∈ X için xn → z olur. Aynı zamanda (Y, d) uzayında xn → z olur. Buradan
x = z ∈ X elde edilir. Böylece ikinci kanıt verilmiş olur.
1111111111111111111111111
Yukarıdaki teoremin tersi, tam metrik uzaylar için doğrudur.
Teorem 4.30 (Alexandroff Önteoremi). Bir metrik uzayın tam metrikleşebilir
olması için gerek ve yeter koşul, bir tam metrik uzayın Gδ -altuzayına homeomorfik olmasıdır.
Kanıt: X metrikleşebilir uzay olsun. X tam metrikleşebilir uzaysa herşey
açık. Şimdi X’in bir tam metrikleşebilir Y uzayın Gδ -altuzayına homeomorfik olduğunu varsayalım. Y üzerindeki metriği d ile gösterelim. X uzayını Y
uzayının bir altuzayı olarak görebiliriz, dolayısıyla X üzerindeki metriği d|X×X
alabiliriz. X 6= Y olduğunu varsayalım.
X=
T
n Gn
olacak biçimde Y ’de açık kümelerin dizisi (Gn ) vardır. Her k ∈ N ve x ∈ X
için
dk (x) =
1
d(x,Y \Gk )
olmak üzere X üzerinde
p(x, y) = d(x, y) +
1
n min{ 2n , |dn (x)
P
− dn (y)|}
4.11. Süreklilik Uzayı
121
metriğini tanımlayalım.
i. (X, d) ve (X, p) metrik uzayları homeomorfiktir: Açıktır.
ii. (X, p) metrik uzayı tamdır: (xn ) dizisi (X, p) uzayında Cauchy olsun.
Aynı zamanda (xn ) dizisi Y uzayında Cauchy olur. Y uzayı tam olduğundan
xn → x (d(xn , x) → 0) olacak biçimde x ∈ Y vardır. k ∈ N verilsin. dY \Gk
fonksiyonu sürekli olduğundan her k için
d(xn , Y \ Gk ) → d(x, Y \ Gk )
olur. Ayrıca limn,m→∞ p(xn , xm ) = 0 olmasından dolayı
|dk (xn ) − dk (xm )| → 0
olur. Böylece (dk (xn )) dizisinin limiti (n → ∞) vardır. Buradan
limn d(xn , Y \ Gk ) = d(x, Y \ Gk )
olur.
Böylece d(x, Y \ Gk ) > 0, yani x ∈ Gk olur. k keyfi olduğundan x ∈
T
n Gn = X olur. p(xn , x) → 0 olduğu gösterilmiş olunur. Sonuç olarak (X, p)
metrik uzayının tam olduğu gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
4.68. Tam metrikleşebilir bir uzayın kapalı altuzayının tam metrikleşebilir olduğunu gösterin.
4.69. Sayılabilir tane tam metrikleşebilir uzayın çarpım uzayının tam metrikleşebilir olması
için gerek ve yeter koşulun her bir faktörün tam metrikleşleşebilir olması gerektiğini
gösterin.
4.11
Süreklilik Uzayı
Her metrik uzayın bir topoloji ürettiğini ama her topolojik uzayın bir metrik
tarafından üretilemeyeceğini biliyoruz. Örneğin en az iki elemanlı bir küme
üzerindeki en kaba topoloji, RR çarpım topolojisi metrik topoloji değillerdir.
X, boş olmayan küme olmak üzere f : X × X −→ R fonksiyonu verilsin.
Her x ∈ X ve r > 0 için
B(x, r) = {y ∈ X : f (x, y) < r}
kümesine x merkezli ve r yarıçaplı açık küre diyelim. Şu soru oldukça yerindedir:
τf = {U ⊂ X : her x ∈ U için B(x, r) ⊂ U olacak biçimde r > 0 var }
kümesinin X üzerinde bir topoloji olabilmesi için f ’nin hangi özellikleri gerek ve yeterlidir? Yanıtın olumsuzluğu durumunda R yerine belirli özellikleri
sağlayan kısmi sıralı bir cebir yapısı alınabilir mi? Elbette f bir metrik ise
122
4. Metrik Topoloji
(hatta sözde metrikse) τf bir topolojidir. Bu altbölümde yukarıdaki soruların
yanıtını vereceğiz.
Değişmeli bir (A, +) yarıgrubun yutan elemanı (∞ ile gösterilecek ve
varsa da tektir), her x ∈ A için x + ∞ = ∞ koşulunu sağlayan elemandır.
Yarıgrubun birim elemanı 0 ile gösterilecek. Bu altbölümde yarıgrubun 0’dan
farklı yutan elemanının olmasının yanında,
her a, b ve x için a + x = b ve b + y = a ise a = b
koşulunu sağlandığını varsayacağız. Bu durumda, okur,
a ≤ b ⇔ b = a + x olacak biçimde x vardır
sıralamasına göre A’nın bir kısmi sıralı küme olduğunu kolaylıkla görebilir.
Tanım 4.16 (Kopperman [87]). Aşağıdaki özellikleri sağlayan ve birim elemandan farklı yutan eleman bulunduran (A, +) yarıgruba değerli yarıgrup
denir.
i. Her a ∈ A için b + b = a olacak biçimde tek bir tane b vardır.
ii. Verilen her a, b ∈ A noktalarının infimumu vardır ve a ∧ b ile gösterilir.
iii. Her a, b, c ∈ A için a ∧ b + c = (a + c) ∧ (b + c) olur.
Değerli yarıgrupta b + b = a eşitliğini sağlayan b, 12 a ya da a2 ile gösterilir.
Ayrıca her x için x ≤ ∞ olduğu kolaylıkla gösterilir.
Her topolojinin metrikleşemez olduğunu biliyor olsak da, her topolojinin değerli yarıgruba tanımlı metrik aksiyomlarının bazılarını sağlayan fonksiyonlarla tanımlanabileceğini göstereceğiz. Metrik uzaylarda açık kürelerin
yarıçapının (0, ∞)’de olması gözleminin yanında bazı teknik ayrıntılar nedeniyle aşağıdaki tanımı verme gerekliliği vardır.
Tanım 4.17 (Kopperman [87]). (A, +) yarıgrubunun aşağıdaki koşulları sağlayan
P ⊂ A altkümesine A’nın bir pozitif kümesi denir.
i. Her r, s ∈ P elemanın infimumu vardır ve r ∧ s ile gösterilir.
ii. r ∈ P ve r ≤ s ise s ∈ P .
iii. Her r ∈ P için 2r ∈ P .
iv. Verilen a, b elemanı için, her r ∈ P için a ≤ b+r eşitsizliği sağlanıyorsa,
a ≤ b olur.
Değerli yarıgrup A’nın her pozitif kümesi boş kümeden farklı ve yutan eleman ∞’yi içerir. Gerçekten, her x ∈ A için x ≤ ∞ olduğu dikkate alındığında,
eğer P = ∅ olsaydı, her p ∈ P için, ∞ ≤ 0 + p olurdu. Yukarıki tanımda geçen
(iv) koşulundan ∞ ≤ 0 ≤ ∞ ve buradan da 0 = ∞ çelişkisi oluşurdu. O halde
en az bir x ∈ A için x ∈ P olur. x ≤ ∞ olmasından da ∞ ∈ P our.
(Ai )i∈I değerli yarıgrupların
bir ailesi ve her i için Pi ⊂ Ai ’nin bir pozitif
Q
kümesi olsun. A = i∈I Ai noktasal toplama işlemi altında bir yarıgrup olur.
Her i ∈ I için ∞i , Ai ’nin yutan elemanı olmak üzere,
4.11. Süreklilik Uzayı
123
P = {(xi ) ∈ A : {i ∈ I : xi 6= ∞i } sonlu }
kümesi, A’nın bir pozitif kümesi olur. Bunun gösterilmesini okura bırakıyoruz.
Tanım 4.18 (Kopperman [87]). X, boş olmayan bir küme ve A bir yarıgrup
olsun, ve P , A’nın bir pozitif kümesi olsun. d : X × X ⇒ A, fonksiyonu, her
x, y ∈ X için
i. d(x, x) = 0,
ii. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)
koşulunu sağlarsa, (X, d, A, P ) dörtlüsüne, süreklilik uzayı denir.
(X, d, A, P ) süreklilik uzayına, her x, y için d(x, y) = d(y, x) koşulu sağlanıyorsa
simetri ve d(x, y) = 0 ⇒ x = y koşulu sağlanırsa ayrık denir.
Notlar ve Örnekler
4.70. d : X × X −→ [0, ∞) fonksiyonu, her x, y ve z ∈ X için d(x, x) = 0 ve d(x, z) ≤
d(x, y) + d(y, z) eşitsizliğini sağlasın. (X, d, [0, ∞], (0, ∞]) bir süreklilik uzayıdır.
4.71. Boş olmayan her I kümesi için noktasal toplama işlemi altında AI = [0, ∞]I bir değerli
yarıgrup olur. Bu yarıgrubun pozitif kümelerinden biri PI = (0, ∞]I dir. Bu yarıgrubun
sıfırı, sıfır sabit fonksiyonu ve yutan elemanı sonsuz sabit fonksiyonudur. X boşolmayan
bir küme ve τ ⊂ P(X) olmak üzere A = Aτ ve P = Pτ , 0 < q olmak üzere, d : X ×X −→
A fonksiyonu,
0 ;x∈U ⇒y∈U
d(x, y)(U ) =
q ;diğer durumda
eşitliğiyle tanımlansın. Aτ,q = (X, d, A, P ) bir süreklilik uzayıdır.
Metrik topolojiye benzer bir topoloji, süreklilik uzayı için tanımlanabilir.
Tanım 4.19. A = (X, d, A, P ) bir süreklilik uzayı olmak üzere,
B[x, r] = {y ∈ X : d(x, y) ≤ r}
kümesine x merkezli r yarıçaplı küre denir. Ayrıca
To(A) = {U ⊂ X : her x ∈ U için B[x, r] ⊂ U olacak biçimde r ∈ P var }
kümesine A’nın ürettiği topoloji denir.
d, X üzerinde metrik ve A = (X, d, [0, ∞], (0, ∞]) süreklilik uzayı için
To(A)’nın bir topoloji olduğu kolaylıkla görülür. Ancak genel olarak, bir değerli
yarıgrup tarafından üretilen topolojinin henüz bir topoloji olduğunun ifade
edilmediğinin okur farkında olmalıdır. Şimdi bu altbölümün temel teoremini
verebiliriz.
Teorem 4.31 (Kopperman [87]). Bir süreklilik uzayının ürettiği topoloji bir
topolojidir. Tersi de doğrudur, yani her topoloji bir süreklilik uzayı tarafından
üretilen topolojidir.
124
4. Metrik Topoloji
Kanıt: Teoremin ilk kısmının kanıtı kolay ve okuyucuya bırakılmıştır. τ , X
üzerinde bir topoloji olsun. τ =To(A) olacak biçimde bir A sürelilik uzayının
varlığını göstermeliyiz. A = [0, ∞]τ değerli yarıgrubunu alalım.
P = {f ∈ (0, ∞]τ : {U ∈ τ : f (U ) 6= ∞} sonlu }
kümesinin, A’nın bir pozitifi olduğunu biliyoruz. d fonksiyonu Örnek 4.70(ii)
de olduğu gibi, q ve 0 değerlerini alan fonksiyon olarak tanımlansın. A =
(X, d, A, P )’nin isteğimizi karşılayabileceğini göstereceğiz.
U ∈ τ ve x ∈ U verilsin. 0 < p < q alalım. r ∈ A,
p ;V =U
r(V ) =
∞ ;diğer durumda
r ∈ P olduğu kolaylıkla görülür. Ayrıca,
B[x, r] = {y ∈ X : d(x, y)(U ) ≤ p} ⊂ U
olur (Gerçekten, eşitlik kısmı tanımdan hemen görülür. d(x, y)(U ) ≤ p olmasına karşın y 6∈ U olduğunu varsayalım. Bu durumda, “x ∈ U ⇒ y ∈ U ”
ifadesi gerçekleşmemiş olur. Bu dudumda q = d(x, y)(U ) ≤ p < q çelişkisi
oluşur). Böylece U ∈To(A) olur. Yani, τ ⊂To(A) elde edilir.
Şimdi U ∈To(A) verilsin. Ayrıca x ∈ U verilsin. B[x, rx ] ⊂ U olacak
biçimde rx ∈ P seçebiliriz. {U ∈ τ : rx (U ) < ∞} sonlu olduğundan,
{U ∈ τ : rx (U ) < ∞} = {U1 , . . ., Un }
olacak biçimde Ui ∈ τ ’lar var. rx (Ui ) = pi diyelim. Her 1 ≤ i ≤ n için, ri ∈ P ,
p i ; U = Ui
ri (U ) =
∞ ;diğer durumda
eşitliğiyle tanımlansın. rx = r1 ∧ . . . rn ∈ P eşitliği vardır. Ayrıca,
T
B[x, rx ] = ni=1 B[x, ri ]
olur. Her i için B[x, ri ] ∈ {X, Ui } olduğu kolaylıkla gösterilebilir. Dolayısıyla
B[x, rx ] ∈ τ olur. Ayrıca,
S
U ⊂ x∈U B[x, rx ] ⊂ U
ifadesinde geçen birinci kapsama hemen
tanımdan, ikinci kapsama da koS
laylıkla gösterilebilir. Böylece, U = x∈U B[x, rx ] ∈ τ elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
4.72. [0, ∞]’nin toplama işlemine göre değerli yarıgrup olduğunu gösterin.
4.11. Süreklilik Uzayı
125
4.73. A değerli yarıgrup olsun. Her a, b ∈ A için
0≤
a
2
≤a≤a+b≤∞
olduğunu gösterin.
4.74. Değerli semigrubun yutan elemanının pozitif olduğunu gösterin. Böylece pozitif elemanların boşkümeden farklı olduğunu gösterin.
4.75. Bir yarıgrubun pozitif kümesinin aynı olması gerekmediğine ilişkin örnek verin.
4.76. Örnek 4.71’de X üzerinde tanımlanan süreklilik uzayının ürettiği topoloji hangi koşullarda
en kaba ve en ince topoloji olur.
4.77. A = (X, d, A, P ) bir süreklilik uzayı ve U ∈To(A) verilsin. Sabit bir q > 0 için, X×X’den
[0, ∞]’ye tanımlı dU fonksiyonu, “x ∈ U ⇒ y ∈ U ” olduğunda, dU (x, y) = 0 ve diğer
durumda q olarak tanımlansın. BU = (X, dU , [0, ∞], (0, ∞])’nin bir süreklilik uzayı ve
To(BU ) = {∅, U, X} olduğunu gösterin.
4.78. X = R2 , A = [0, ∞]2 , P = (0, ∞]2 ve
d((w, x), (y, z)) = (|w − y|, |x − z|)
olmak üzere A = (X, d, A, P )’nin bir süreklilik uzayı olduğunu ve To(A)’nın R2 ’nin
Öklid topolojisi olduğunu gösterin. Ayrıca,
S(1,1) ((0, 0)) = {(x, y) : d((0, 0), (x, y)) < (1, 1)}
kümesinin açık olmadığını gösterin.
4.79. A = (X, d, A, P ) bir süreklilik uzayı ise d∗ (x, y) = d(y, x) olmak üzere A∗ = (X, d∗ , A, P )’nin
de bir süreklilik uzayı olduğunu gösterin. Ayrıca, her r ∈ P için B ∗ [x, r] = {y ∈ X :
d∗ (x, y) ≤ r} kümesinin To(A)’de kapalı olduğunu gösterin. Ayrıca her x, y ∈ X için
d(y, x) = d(x, y) ise B[x, r]’nin kapalı olduğunu gösterin.
4.80. X, boş olmayan bir küme ve F, X’ten R’ye tanımlı fonksiyonların bir kümesi olsun.
A = [0, ∞]F ve P = {r ∈ (0, ∞]F : {f ∈ F : r(f ) < ∞} sonlu } olarak tanımlansın.
Her x, y ∈ X ve f ∈ F için d(x, y)(f ) = |f (x) − g(x)| olmak üzere, A = (X, d, A, P )’nin
süreklilik uzayı olduğunu gösterin. Ayrıca, F tarafından üretilen topolojinin (her f ∈
F’yi sürekli yapan X üzerindeki en küçük topoloji) To(A) olduğunu gösterin. Kanıt: τ ,
F tarafından üretilen topoloji olsun. B = {f −1 ((a, b)) : f ∈ F , a, b ∈ R}, bu topolojinin
bir alttabanıdır. B ⊂To(A) olduğunu gösterelim. f ∈ F, a, b ∈ R ve x ∈ f −1 ((a, b))
verilsin. x ∈ f −1 ((f (x) − , f (x) + )) ⊂ f −1 ((a, b)) olacak biçimde > 0 seçelim. f 6= g
için r(g) = ∞ ve r(f ) = olarak tanımlanan r ∈ P için
B[x, r] ⊂ f −1 ((f (x) − , f (x) + )) ⊂ f −1 ((a, b))
olur. Böylece, f −1 ((a, b)) ∈To(A) olduğu elde edilir. B, τ ’nın alttabanı olduğundan,
τ ⊂To(A) olur. x ∈ U ∈To(A) verilsin. B[x, r] ⊂ U olacak biçimde r ∈ P seçelim.
{f ∈ F : r(f ) 6= ∞} = {f1 , . . . fn }
yazabiliriz. = min{r(f1 ), . . . , r(fn )} olmak üzere
T
−1
x∈ n
i=1 fi ((fi (x) − , fi (x) + )) ⊂ U
elde edilir. Bu, U ∈ τ olduğunu gösterir. Böylece, τ ⊂To(A) elde edilir. Kanıt biter.
5. Bağlantılı Uzay
Bir topolojik uzayın hem açık hem de kapalı olan altkümesine, açık-kapalı
küme denir. Bir küme üzerinde tanımlanan topolojiye göre boşküme ve kümenin kendisi açık-kapalı kümelerdir. Ayrık uzayda her altküme hem açık hem
de kapalıdır. Buna karşın temel topolojik uzay örneklerimizden olan R Öklid
uzayında açık-kapalı kümeler sadece ve sadece boşküme ve R dir. Bir topolojik uzayın açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece boşküme ve topolojinin
tanımlandığı kümenin kendisiyse uzaya bağlantılı uzay denilecektir. Bağlantılı
olmayan uzaya kopuk uzay denir.
Bir topolojik uzayın bağlantılı olup olmadığı sürekli fonksiyonlar terimiyle
karakterize edilebilir. Bunun sonucunda R Öklid uzayının altkümelerinin bağlantılı olması için gerek ve yeter koşulun bir aralık olması gerektiği kanıtlanabilecektir. Aslında daha fazlası sıra topolojik uzaylar için kanıtlanacaktır.
R Öklid uzayından bir nokta atılarak elde edilen altuzayın kopuk uzay olmasına karşın bu durum R2 Öklid uzayında geçerli değildir. Bunun bir sonucu
olarak R ve R2 uzaylarının homeomorfik olmadığı sonucuna varılabilecektir.
5.1. Bağlantılılık
5.1
127
Bağlantılılık
Aşağıdaki tanımla başlayalım.
Tanım 5.1 (Hausdorff [64], Riesz [116], Lennes [94]). Açık-kapalı kümeleri
sadece ve sadece boşküme ve topolojinin tanımlandığı küme olan topolojiye
bağlantılı topoloji denir1 . Bağlantılı olmayan topolojiye kopuk topoloji denir2 3 .
Topolojisi bağlantılı uzaya bağlantılı uzay denir. Benzer biçimde topolojisi kopuk olan topolojik uzaya da kopuk uzay denir.
Aşağıdaki örnek okura şimdilik alıştırma olarak bırakılmıştır. Bunların
doğruluğu ilerleyen bölümlerde gösterilecektir.
Notlar ve Örnekler
5.1. R Öklid uzayı bağlantılıdır.
5.2. R Öklid uzayında boşkümeden ve X’ten farklı ayrık A ve B altkümeleri verilsin. X’in
Y altuzayı Y = A ∪ B kopuk uzaydır.
5.3. Sonsuz bir X kümesi üzerinde tümleyeni sonlu kümelerden oluşan topoloji kopuktur.
Aşağıdaki teorem beklenen sonuçlardandır.
Teorem 5.1. Bağlantılı uzayın sürekli fonksiyon altındaki görüntü kümesi
bağlantılıdır.
Kanıt: X ve Y iki topolojik uzay, X bağlantılı ve f : X −→ Y sürekli
fonksiyon olsun. Z = f (X) uzayının bağlantılı olmadığını varsayalım, yani
kopuk olsun. Z’nin U ve V ’ler Y ’de açık olmak üzere
A = Z ∩ U 6= ∅ ve Z \ A = Z ∩ V 6= ∅
eşitliklerini sağlayan A ⊂ Z vardır. f −1 (U ) ve f −1 (V ) kümeleri ayrık ve açık
olmasının yanında bileşimleri X olur. X bağlantılı uzay olduğundan
f −1 (U ) = ∅ ya da f −1 (V ) = ∅
olur. Buradan da A = ∅ ya da Z \ A = ∅ olur. Bu çelişkidir ve böylece kanıt
tamamlanır.
Aşağıdaki teorem oldukça kullanışlıdır. Teoremde yer alan {0, 1}, ayrık
topolojiyle donaltılmış topolojik uzayı göstermektedir.
1
İngilizcesi:connected space.
Bu tanım ilk olarak 1893 tarihinde düzlemin kompakt altuzayları için Jordan tarafından
verilmiştir.
3
İngilizcesi: disconnected space.
2
128
5. Bağlantılı Uzay
Teorem 5.2. Bir topolojik uzayın bağlantılı olması için gerek ve yeter koşul
uzaydan, {0, 1} ayrık uzaya tanımlı sürekli her fonksiyonun sabit olmasıdır.
Kanıt: X topolojik uzayı bağlantılı olsun. f : X −→ {0, 1} sürekli fonksiyon olsun. f ’nin sabit olmadığını varsayalım. Bu durumda f −1 ({0}), X’in
boşkümeden ve X’ten farklı açık-kapalı altuzayıdır. Bu X’in bağlantı olmasıyla
çelişir. Şimdi X topolojik uzayından {0, 1} uzayına tanımlı sürekli her fonksiyonun sabit olmasına karşın X’in bağlantılı olmadığını varsayalım. yani kopuk olsun. X’in boşkümeden ve kendisinden farklı açık-kapalı U ⊂ X kümesi
vardır. Bu durumda χU fonksiyonu sabit olmayan sürekli bir fonksiyondur ve
bu varsayımla çelişir. Kanıt tamamlanır.
Teorem 5.3. Bir topolojik uzayın bağlantılı altuzayının kapanışı da bağlantılıdır.
Kanıt: X topolojik uzay ve A, X’in bağlantılı altuzayı olmak üzere f : A −→
{0, 1} sürekli fonksiyonu verilsin. A bağlantılı olduğundan f|A sabit fonksiyondur. f ’nin sürekliliğinden dolayı f sabittir. Teorem 5.2 gereği A bağlantılıdır.
Kanıt tamamlanır.
Teorem 5.4. Bir topolojik uzayın bağlantılı olan altuzaylar ailesinin arakesiti
boşküme değilse bu ailenin bileşimi bağlantılıdır.
Kanıt:T X bağlantılı uzay, her i ∈ I için Xi , X’in bağlantılı altuzay olmak
T
üzere i Xi 6= ∅ olsun. f : Y −→ {0, 1} sürekli fonksiyon olsun. a ∈ i Xi
seçelim. Her i için f|Xi : Xi −→ {0, 1} sürekli ve Xi bağlantılı olduğundan her
x ∈ Xi için
f (x) = f|Xi (x) = f|Xi (a) = f (a)
S
olur. Y = i Xi olmasından da her x ∈ Y için f (x) = f (a) olur. Yani f sabittir. Yukarıdaki teorem gereği Y bağlantılıdır.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak aşağıdaki teorem elde edilir.
Teorem 5.5. X bir topolojik uzay, a ∈ A ⊂ X verilsin. a noktasını içeren ve
A tarafından kapsanan bütün bağlantılı altuzayları kapsayan
a ∈ Ca,A ⊂ A
kapsamasını sağlayan bağlantılı altuzay Ca,A vardır.
Kanıt: B kümesi aşağıdaki gibi tanımlansın.
B = {Y ⊂ X : Y bağlantılı ve Y ⊂ A}.
{a} ∈ B olduğundan B boşkümeden farklıdır. Ayrıca B kümesinin arakesiti de
boşkümeden farklıdır. Teorem 5.4’ten
5.1. Bağlantılılık
129
Ca,A =
S
B
olur. Kanıt tamamlanır.
X topolojik uzayında yukarı teoremde geçen Ca,A kümesine, a’nın A’ya
göre bağlantılı birleşeni denir. Bir yanlış anlama durumu oluşmadığı sürece
Ca,X yerine kısaca Ca yazarız. X topolojik uzayında her a ∈ X için Ca = {a}
olabilir. Bu tür uzaylara tümden kopuk uzay denir. Rasyonel sayılar uzayı
tümden kopuk uzaya bir örnektir.
Teorem 5.6. Bir topolojik uzayın bir altkümesinin farklı iki noktasının bu
kümeye göre bağlantılı bileşenleri ayrık ya da birbirlerine eşittir.
Kanıt: X topolojik uzay ve A ⊂ X olmak üzere a,b ∈ A ve a 6= b verilsin.
Ca,A ve Ca,A kümelerinin ayrık olmadıklarını varsayalım. Yukarıdaki teoremin
sonucu olarak Ca,A ∪ Cb,A kümesinin bağlantılı olduğu görülür.
Ca,A , Cb,A ⊂ Ca,A ∪ Cb,A
olduğundan
Ca,A = Ca,A ∪ Cb,A ve Cb,A = Ca,A ∪ Cb,A
olur ve Ca,A = Cb,A sonucu elde edilir.
Sonuç 5.7. Bir topolojik uzayın her noktasının bağlantı bileseni
¸ (uzaya göre)
kapalıdır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun. a ∈ X verilsin. Ca kümesinin kapalı olduğunu
göstereceğiz. Ca bağlantılı olduğundan, Teorem 5.3 gereği Ca , X’in bağlantılı
altuzayıdır. Yine Teorem 5.5 gereği, Ca , a’yı içeren bağlantılı her altuzayı
kapsayacağından Ca = Ca olduğu görülür. Yani Ca kapalıdır.
Tanım 5.2. Bir topolojik uzayın bağlantılı bir altuzayı kendisinden başka
bağlantılı altuzay tarafından kapsanmıyorsa o altuzaya maksimal bağlantılı
altuzay denir.
Aşağıdaki iki teoremin kanıtı kolaydır ve okura bırakılmıştır.
Teorem 5.8. Bir topolojik uzayın maksimal bağlantılı altuzayı Ca formundadır ve kapalıdır.
Teorem 5.9. Her topolojik uzay, ayrık maksimal bağlantılı altuzayların birleşimine eşittir.
Alıştırmalar
130
5. Bağlantılı Uzay
5.4. X bir topolojik uzay olsun. Eğer C, X’in bağlantılı bir altkümesi ve A ⊂ C ⊂ A oluyorsa
A’nın bağlantılı olduğunu gösterin.
5.5. X bağlantılı uzaysa her a ∈ X için Ca = X olduğunu gösterin.
5.6. Bağlantılı uzayın bölüm uzayının bağlantılı olduğunu gösterin.
5.7. Rasyonel sayılar uzayı Q’nın tümden kopuk olduğunu gösterin. Yani Q uzayında her
q ∈ Q için Cq = {q} olduğunu gösterin.
5.8. X bir topolojik uzay olmak üzere, X’in
H ∩K =H ∩K =∅
koşullarını sağlayan H ve K kümelerine X’te karşılıklı ayrışık kümeler denir4 . E ⊂ X
için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. E bağlantılıdır.
ii. Boşkümeden farklı, X’te karşılıklı ayrışık ve E = H ∪ K olacak biçimde H, K ⊂ E
kümeleri yok.
5.9. X bir topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. Y bağlantılıdır.
ii. H ve K, X’te karşılıklı ayrışabilir kümeler ve Y = H ∪ K ise H = ∅ ya da K = ∅
olur.
5.2
Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık
R Öklid uzayı bağlantılı mıdır? Bu uzayın ne tür altuzayları bağlantılıdır? Bu
soruların yanıtı aşağıdaki teoremin bir sonucu olarak verilebilir. Ancak okurun
bu teoremi öncelikle R için kanıtlaması önerilir.
Kısmi sıralı bir X kümesinin altkümesi A ⊂ X, her a, b ∈ A için [a, b] ⊂ A
koşulunu sağlıyorsa A’ya konveks küme denir. Aşağıdaki teoremi vermeden
önce bir önsava ihtiyacımız var.
Önsav 5.10. A bir sıra uzayı olsun. Her a, b ∈ A, a < b için a < x < b olacak
biçimde x ∈ A varsa her a < b için [a, b] altuzayının izole noktası yoktur5 .
Kanıt: Varsayalım ki x ∈ [a, b] bir izole nokta. a < x < b olma durumunda
x ∈ (u, v) ⊂ {x} olacak biçimde u, v ∈ [a, b] vardır. Varsayım gereği u < y < x
biçiminde y ∈ A’da vardır ki bu çelişkidir. Aynı biçimde a ve b noktalarının
da izole nokta olamayacağı kolaylıkla görülür.
Teorem 5.11. X bir sıra uzay olsun. X’in bağlantılı altuzayları konvekstir.
Ayrıca, X Dedekind tam ve her a, b ∈ X, a < b için a < x < b eşitsizliğini
sağlayan x ∈ X varsa her konveks küme bağlantılıdır.
Kanıt: A ⊂ X kümesi bağlantılı olsun. A’nın konveks olmadığını varsayalım.
Bu durumda
a,b ∈ A ve a ≤ x ≤ y
4
5
İngilizcesi: mutually separated
Bir uzayda {x} kümesi açık-kapalı ise x noktasına izole nokta denir.
5.2. Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık
131
olacak biçimde x 6∈ A vardır. (−∞, x) ∩ A ve (x, ∞) ∩ A kümeleri A’da açık,
boşkümeden ve A’dan farklı ve bileşimleri A olur. Bu A’nın bağlantılı olmasıyla
çelişir. Dolayısıyla A konveks kümedir.
Şimdi X Dedekind tam ve her a, b ∈ X, a < b için a < x < b eşitsizliğini
sağlayan x ∈ X olsun. A ⊂ X konveks olsun. A tek elemanlı ise istenen açıktır.
A, tek elemanlı olmasın. A’nın bağlantılı olmadığını varsayalım. Teorem 5.2
gereği sabit olmayan sürekli f : A −→ {0, 1} fonksiyonu vardır. Dolayısıyla
f (a) = 0 ve f (b) = 1
eşitliklerin sağlayan a, b ∈ A vardır. a < b olduğunu varsayabiliriz.
C = {c ∈ [a, b) : f ([a, c]) ⊂ {0}}
diyelim. a ∈ C olduğu açıktır. X Dedekind tam ve C üstten sınırlı olduğundan
c = sup C vardır.
i. a < c olur: Olmadığını varsayalım. Bu durumda a ≤ c olduğundan a = c
olur. c ∈ f −1 (0) ∩ [a, b], [a, b] altuzayında açık olduğundan ve [a, b] altuzayının
yukarıdaki Önsav gereği izole noktasının olmamasından,
[c, x) ⊂ f −1 (0) ∩ [a, b]
olacak biçimde c < x ≤ b vardır. Buradan x ∈ C olur ve buradan da x ≤ c
çelişkisi elde edilir.
ii. f (c) = 0: Tersine f (c) = 1 olduğunu varsayalım. (i)’deki aynı nedenlerden dolayı
f ((x, c]) ⊂ {1}, a < x < c
olacak biçimde x vardır. Buradan x, C’nin bir üst sınırı olmuş olur ki bu
c = sup C olmasıyla çelişir.
iii. a < c < b: açıktır.
iv. f ([a, y]) ⊂ {0} ve a < x < c < y < b kapsama ve eşitsizlikleri sağlayan
x ve y elemanları vardır: Bu da açıktır (Neden?).
Buradan da y ∈ C olması elde edilir ama bu c = sup C olmasıyla çelişir.
Böylece f ’nin sabit olmaması çelişki yaratmış olur. Teorem 5.2 gereği kanıt
tamamlanır.
Teorem 5.12. X bir sıra uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X bağlantılıdır.
ii. X Dedekind tam ve her a, b ∈ X ve a < b için a < x < b olacak biçimde
x ∈ X vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). Öncelikle aşağıdaki iki gözlemle X’in Dedekind tam olduğunu
gösterelim.
132
5. Bağlantılı Uzay
- S ⊂ X boşkümeden farklı üstten sınırlıysa S’nin supremumu vardır: Olmadığını varsayalım. U , S’nin üst sınırlarının kümesi olsun. x ∈ U verilsin.
x, S nin supremumu olmadığından x 6≤ y olacak biçimde y ∈ U vardır. Yani
y ∈ U ve y < x dir. x ∈ (y, ∞) ⊂ U olacağından U açıktır. Şimdi X \ U
kümesinin açık olduğunu gösterelim. x ∈ X \ U verilsin. x, S’nin bir üst sınırı
değildir. O halde x < y olacak biçimde y ∈ S vardır.
x ∈ (−∞, y) ⊂ X \ U
olur. Böylece X \U açıktır. U ve X \U kümelerinin boşkümeden farklı oldukları
açıktır. Bu, X’in bağlantılı olmasıyla çelişir.
- S ⊂ X boşkümeden farklı alttan sınırlıysa S’nin infimumu vardır: Yukarıdaki gibi gösterilir.
Böylece X’in Dedekind tam olduğu gösterilmiş olur.
Şimdi a, b ∈ X verilsin ve a < b olsun. (a, b) = ∅ olduğunu varsayalım. Bu
durumda (−∞, b) ve (a, ∞) kümeleri boşkümeden farklı, açık ve bileşimleri X
olur. Bu X’in bağlantılı olmasıyla çelişir.
(ii ⇒ i). X’in kendisi konveks olduğundan istenilen Teorem 5.10’un bir sonucudur. Kanıt tamamlanır.
X = Q sıra topolojik uzay fakat Dedekind tam olmadığından bağlantılı
değildir. Ayrıca her r ∈ Q, Cr = {r} olur. Gerçekten diğer durumda Cr bir
konveks küme olduğundan x, y ∈ Q için x < q < y eşitsizliğini sağlayan q
irrasyonel sayısı var olacağından ve
Cr = ((−∞, q) ∩ Cr )
S
((q, ∞) ∩ Cr )
yazılabileceğinden çelişki elde edilir.
Yukarıdaki teoremin direkt sonuçlarından biri aşağıdadır.
Sonuç 5.13. R bağlantılı uzaydır. Üstelik A ⊂ R altuzayının bağlantılı olması
için gerek ve yeter koşul bir aralık olmasıdır.
Klasik anlamda Ara Değer Teoremi olarak bilinen teorem aşağıdaki gibi
genellenebilir.
Teorem 5.14. X ve Y iki sıra uzay olsun. X Dedekind tam ve her x,y ∈ X
için x < t < y özelliğinde t ∈ X olsun. f : X −→ Y sürekli fonksiyon olsun.
a, b ∈ X olmak üzere f , f (a) ve f (b) arasındaki bütün değerleri alır. Yani
[min{f (a), f (b)}, max{f (a), f (b)}] ⊂ f ([min{a, b}, max{a, b}])
olur.
5.3. Bağlantılı Uzayların Çarpım Uzayı
133
Kanıt: a ≤ b olduğunu varsayalım. [a, b] bağlantılı olduğundan f ([a, b]) bağlantılı
ve dolayıyla konvekstir. z ∈ Y , f (a) ve f (b) arasında olsun. f (a), f (b) ∈
f ([a, b]) ve f ([a, b]) konveks olduğundan z ∈ f ([a, b]) olur.
Temel uzay örneklerimizden biri n-boyutlu Öklid uzayıdır. Bu uzayın bağlantılılığı ile söyleyebileceğimiz şudur:
Teorem 5.15. n-boyutlu X = Rn Öklid uzayı bağlantılıdır.
Kanıt: Bu uzayın metriği
Pn
2
i=1 |xi − yi |
d(x, y) =
1
2
olarak tanımlanmıştı. x ∈ Rn için
fx : [0, 1] −→ Rn , fx (t) = tx
olarak tanımlansın. fx sürekli fonksiyondur. [0, 1] bağlantılı olduğundan fx ([0, 1]),
X
S uzayında bağlantılıdır. Ayrıca her x ∈ X için 0 ∈ fx ([0, 1]) olduğundan
x∈X fx ([0, 1]) bağlantılıdır. Diğer taraftan
S
X = x∈X fx ([0, 1])
olmasından dolayı X bağlantılıdır.
Alıştırmalar
0
5.10. R Öklid uzayının altuzayları Q ve Q altkümelerinin bağlantılı olmadıklarını gösterin.
5.11. R Öklid uzayı için aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
i. Boşkümeden farklı her açık küme ikişer ikişer ayrık olan sayılabilir tane açık aralıkların
bileşimi olarak yazılabilir.
ii. τ , R’nin topolojisi olmak üzere |τ | = c.
5.12. C ⊂ R boşkümeden farklı kapalı bir kümeyse sürekli her fonksiyon f : C −→ R nin,
R’ye sürekli genişlemesinin olduğunu gösterin.
5.13. f : [0, 1] −→ [0, 1] sürekli fonksiyon olsun. f ’nin sabit noktasının olduğunu bağlantılılık
terimiyle gösterin.
5.3
Bağlantılı Uzayların Çarpım Uzayı
Temel sorulardan biri bağlantı özelliğinin çarpım uzayına nasıl geçtiğidir?
Müjde: yanıt olumludur. Yani bağlantılı uzayların çarpım uzayı bağlantılıdır.
Bunu gösterebilmek için önce aşağıdaki önsava ihtiyacımız var.
Önsav 5.16 (van Dantzig [141]). İki bağlantılı uzayın çarpım uzayı bağlantılıdır.
Kanıt: X ve Y bağlantılı uzay olsun. a ∈ X ve b ∈ Y verilsin. {a} × Y
altuzayı Y uzayına homeomorfik olduğundan bağlantılıdır. Benzer biçimde
X × {b} altuzayı bağlantılıdır. Her x ∈ X için
134
5. Bağlantılı Uzay
S
Tx = (X × {b}) ({a} × Y )
olmak üzere
(a, b) ∈
olduğundan Teorem 5.4 sonucu
S
x∈X
T
x∈X
Tx
Tx = X × Y
bağlantılıdır.
Yukarıdaki önsav sonucu, sonlu tane bağlantılı uzayın çarpım uzayı bağlantılıdır. Aslında çok daha geneli de doğrudur.
Teorem 5.17. Topolojik uzayların çarpım uzayının bağlantılı olması için gerek
ve yeter koşul her faktörün bağlantılı olmasıdır.
Kanıt: X, (Xi ) topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Her i için Xi uzayının
bağlantılı olduğunu varsayalım. c = (ci ) ∈ X verilsin. I’nın sonlu altkümelerinin kümesini J ile gösterelim. Her J ∈ J için
Q
XJ = i∈J Xi
olmak üzere XJ çarpım uzayı bağlantılıdır. X uzayının altuzayı
YJ = {f ∈ X : her i 6∈ J için
f (i) = ci },
XJ uzayına homeomorfik olduğundan YJ uzayı da bağlantılıdır.
T
c ∈ J∈J YJ 6= ∅
olduğundan
Y =
S
J∈J
YJ
uzayı bağlantılıdır. Dolayısıyla Y uzayı bağlantılıdır. Y = X olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. f ∈ X verilsin. J ∈ J için
T
f ∈ i∈J Pi−1 (Ui )
(Ui , Xi ’de açık) olsun. g ∈ X, i 6∈ J için g(i) = ci ve diğer durumlar için
g(i) = f (i) olarak tanımlansın.
T
T
T
T
g ∈ ( i∈J Pi−1 (Ui )) YJ ⊂ ( i∈J Pi−1 (Ui )) Y
olur. Böylece Y = X olduğu gösterilmiş olur.
Şimdi X uzayının bağlantılı olduğunu varsayalım. i ∈ I verilsin. Pi izdüşüm
fonksiyonu sürekli olduğundan, Teorem 5.1 gereği, Pi (X) = Xi uzayı bağlantılıdır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
5.14. X, (Xi ) topolojik uzaylar ailesinin çarpım uzayı olsun. a ∈ X verilsin.
Q
Ca = i∈I CPi (a)
olduğunu gösterin.
5.4. Yol Bağlantılılık
5.4
135
Yol Bağlantılılık
Bu altbölümde yol bağlantılılık kavramı tanımlanacak. “Ne işe yarar, hacım?”
sorusuna verilebilecek yanıtlardan biri “ en azından R ve R2 uzaylarının homeomorfik olmadıklarını göstermeye yarar” olacaktır.
Tanım 5.3. X topolojik uzay olsun. Her x, y ∈ X olmak üzere
f (a) = x ve f (b) = y
olacak biçimde sürekli f : [a, b] ⊂ R −→ X fonksiyonuna x’ten y’ye yol denir6 .
X’in her iki noktası arasında bir yol varsa X’e yol bağlantılı denir7 .
Bu tanımda [a, b] aralığı yerine [0, 1] almak genelliği bozmayacaktır. Yol
bağlantılılık ve bağlantılılık arasındaki temel ilişki şudur:
Teorem 5.18. Yol bağlantılı uzay bağlantılıdır.
Kanıt: X yol bağlantılı uzay ve g : X −→ {0, 1} sürekli fonksiyon olsun. g’nin
sabit olduğunu göstereceğiz. x, y ∈ X verilsin.
f (a) = x ve f (b) = y
eşitliklerini sağlayan f yolu vardır. [a, b] aralığı bağlantılı olduğundan g ◦ f
fonksiyonu sabittir. Dolayısıyla
(g ◦ f )(a) = (g ◦ f )(b)
yani
g(x) = g(y)
olur. Bu g’nin sabit olduğunu gösterir. Teorem 5.2 gereği X bağlantılıdır. Teorem 5.19. X topolojik uzayında f1 : [0, 1] −→ X, a’dan b’ye bir yol ve
f2 : [0, 1] −→ X, b’den c’ye bir yolsa a’dan c’ye giden bir yol vardır.
Kanıt: f : [0, 1] −→ X fonksiyonu
f1 (2x)
f (x) =
f2 (2x − 1)
, 0 ≤ x ≤ 21
, 12 ≤ x ≤ 1
eşitliğiyle tanımlansın. f ’nin a’dan c’ye bir yol olduğu kolaylıkla gösterilir. Notlar ve Örnekler
6
7
İngilizce:path
İngilizce: path connected
136
5. Bağlantılı Uzay
5.15. n-boyutlu X = Rn Öklid uzayının Y = B[0, 1] kapalı küresi yol bağlantılıdır. Gerçekten
de x, y ∈ B[0, 1] olmak üzere
f : [0, 1] −→ Y , f (x) = (1 − t)x + ty
fonksiyonu x’ten y’ye bir yoldur.
5.16. n > 1 ve a ∈ Rn olmak üzere X = Rn \ {a} uzayı yol bağlantılıdır.
Sonuç 5.20. n > 1 olmak üzere R ve Rn uzayları homeomorfik değillerdir.
Kanıt: Varsayalım ki f : R −→ Rn bir homeomorfizma. a ∈ R verilsin. Bu
durumda R \ {a} ve Rn \ {f (a)} uzayları homeomorfiktir. Ama bu, R \ {a}
uzayının kopuk uzay ve Rn \ {f (a)} uzayının bağlantılı olmasıyla çelişir. Teorem 5.21. Yol bağlantılı bir uzayın sürekli fonksiyon altındaki görüntü kümesi
yol bağlantılıdır.
Kanıt: X bağlantılı uzay ve Y bir topolojik uzay ve f : X −→ Y sürekli
fonksiyon olsun. a, b ∈ f (X) verilsin.
a = f (u), b = f (v)
olacak biçimde u, v ∈ X seçelim. X bağlantılı olduğundan
g(0) = u ve g(1) = v
olacak biçimde sürekli g : [0, 1] −→ X fonksiyonu vardır. f ◦ g : [0, 1] −→ f (X)
sürekli ve
f ◦ g(0) = a ve f ◦ g(1) = b
olur. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teorem sonucu olarak aşağıdaki örneği verebiliriz.
Notlar ve Örnekler
5.17. n > 1 olmak üzere Rn Öklid uzayında x noktasının normu
||x|| = d2 (x, 0)
n
olarak tanımlanır. R uzayının birim küresi
S n−1 = {x ∈ Rn : ||x|| = 1}
olarak tanımlanır.
f : Rn \ {0} −→ S n−1 , g(x) =
x
||x||
fonksiyonu sürekli ve örtendir. Rn yol bağlantılı olduğundan yukarıdaki teorem gereği
S n−1 yol bağlantılıdır.
Alıştırmalar
5.18. (0, 1), (0, 1], ve [0, 1] uzaylarının birbirlerine homeomorfik olamayacaklarını gösterin.
5.4. Yol Bağlantılılık
137
5.19. R2 uzayında doğru ve çember (=S 1 ) altuzayların homeomorfik olmadıklarını gösterin.
5.20. A ⊂ R2 sayılabilir sonsuz küme olsun. (a, b) ∈ X = R2 \ A ise (a, b) ∈ `1 , `2 ⊂ X olacak
biçimde birbirlerinden farklı `1 ve `2 doğruların olduğunu gösterin. Bunun sonucu olarak
da X uzayının yol bağlantılı olduğunu gösterin.
5.21. Topolojik uzayların bir ailesinin çarpım uzayının yol bağlantılı olması için gerek ve yeter
koşulun herbir faktörün yol bağlantılı olması olduğunu gösterin.
T
S
5.22. (Xi ), X uzayının yol bağlantılı altuzaylarının bir ailesi olsun. i Xi 6= ∅ ise Y = i Xi
uzayının yol bağlantılı olduğunu gösterin.
5.23. X topolojik uzay ve her x, y için f (0) = x, f (1) = y eşitliklerini sağlayan f : [0, 1] −→
f ([0, 1]) ⊂ X homeomorfizması varsa X’e ergisel bağlantılı denir8 . Hausdorff uzayın
ergisel bağlantılı olması için gerek ve yeter koşulun yol bağlantılı olması gerektiğini
gösterin. (Biraz zor olacak, ben de zorlandım!)
5.4.1
Topolojicinin Sinüs Eğrisi
Yol bağlantılı uzayın bağlantılı olduğunu biliyoruz. Ancak bunun tersi doğru
değildir. Buna ilişkin meşhur örnek aşağıdadır.
Tanım 5.4. S = {(x, sin x1 ) : x ∈ (0, 1]} olmak üzere, R2 ’de S’nin kapanışı
S’ye topolojicinin sinüs eğrisi denir.
Aslında
S=S
S
{(0, y) : −1 ≤ y ≤ 1}
olur. Gerçekten, −1 ≤ y ≤ 1 verilsin. sin x = y olacak biçimde x ∈ [0, 2π]
alalım. Her n ∈ N için
xn =
1
x+2nπ
olarak tanımlıyalım.
(xn , sin xn ) −→ (0, y)
olduğu açıktır. Böylece (0, y) ∈ S olur. Kapsamanın diğer yönü açıktır.
Teorem 5.22. Topolojicinin sinüs eğrisi bağlantılı fakat yol bağlantılı değildir.
Kanıt: S’nin bağlantılı olduğu açıktır. Teorem 5.3 gereği S bağlantılıdır. S’nin
bağlantılı olduğunu varsayalım. s ∈ S olmak üzere
f : [0, 1] −→ S, f (0) = (0, 0) ve f (1) = s
eştliklerini sağlayan sürekli f fonksiyonu vardır.
b = max{t ∈ [0, 1] : f (t) ∈ {0} × [−1, 1]}
8
İngilizcesi: Arcwise
138
5. Bağlantılı Uzay
olmak üzere
f (b) ∈ {0} × [−1, 1] ve f ((b, 1]) ⊂ S
olur. f fonksiyonu b ≤ t için
f (t) = (x(t), y(t))
biçiminde yazılabilir.
1
x(b) = 0, t > b için x(t) > 0 ve y(t) = sin x(t)
olur. (b, 1]’de tn −→ b ve y(tn ) = (−1)n olacak biçimde bir (tn ) dizisinin varlığı
çelişki yaratacaktır. Gerçekten de bu durumda
f (tn ) = (x(tn ), y(tn )) → f (0) = (x(0), y(0))
olur ki bu (−1)n → y(0) çelişkisini verir. Şimdi bu özellikte (tn ) dizisinin
varlığını gösterelim: Belli bir n0 ∈ N’den büyük verilen n için
x(b) = 0 < u < x(b + n1 ) ve sin( u1 ) = (−1)n
olacak biçimde u’nın olması ve x fonksiyonu (b, 1] aralığında sürekli olduğundan,
Ara Değer Teoremini kullanarak
b < tn ≤ b +
1
n
ve x(tn ) = u
olacak biçimde tn seçebiliriz. Kanıt tamamlanır.
5.5
Yerel Bağlantılılık ve Yerel Yol Bağlantılılık
Bir topolojik uzay bağlantılı ya da yol bağlantılı olmasa bile yerel anlamda benzer özelliklere sahip olabilir. Bu altbölümde kısaca da olsa bunlara değineceğiz.
Tanım 5.5. X topolojik uzay olmak üzere her açık U ⊂ X ve x ∈ U için
x ∈ V ⊂ U olacak biçimde bağlantılı ve açık V kümesi varsa X’e yerel
bağlantılı denir 9 .
Aşağıdaki örnekten de anlaşılacağı gibi yerel bağlantılılık bağlantılılığı gerektirmeyeceği gibi tersi gerektirme de yoktur.
Notlar ve Örnekler
5.24. X = [0, 1) ∪ (1, 2] uzayı bağlantılı olmayan yerel bağlantılı uzaydır.
5.25. R2 ’nin
S
S
S
X = {(0, y) : y ∈ R} {(1, y) : y ∈ R} {(x, n1 ) : x ∈ [0, 1], n ∈ N} {(x, 0) : x ∈ [0, 1]}
9
İngilizce: locally connected
5.5. Yerel Bağlantılılık ve Yerel Yol Bağlantılılık
139
altuzayı bağlantılı ama yerel bağlantılı değildir.
Yerel bağlantılı uzaylar aşağıdaki gibi karakterize edilebilir. Çok kolay olduğundan
kanıtınının verilmesi okura saygızlık olur.
Teorem 5.23. Bir topolojik uzayın yerel bağlantılı olması için gerek ve yeter
koşulun bağlantı kümelerden oluşan bir tabanının olmasıdır.
Teorem 5.24. Yerel bağlantılı uzaylarda her noktanın bağlantılı bileşeni açıktır.
Kanıt: X topolojik uzay ve x ∈ X verilsin. a ∈ Cx olsun. X yerel bağlantılı
olduğundan bağlantılı ve açık a ∈ U vardır. Cx , x’i içeren bağlantılı kümelerin
bileşimi olduğundan U ⊂ Cx olur. Böylece Cx açıktır.
Tanım 5.6. X topolojik uzay olsun. Her açık küme U ve x ∈ U için x ∈ V ⊂ U
biçiminde yol bağlantılı V kümesi varsa X’e yerel yol bağlantılı uzay denir.
Bir uzayın yerel yol bağlantılı olması için gerek ve yeter koşulun, elemanları
bağlantılı olan bir tabanının olması gerektiği açıktır.
Teorem 5.25. Bağlantılı ve yerel yol bağlantılı uzay yol bağlantılıdır.
Kanıt: X bağlantılı ve yerel yol bağlantılı olsun. a ∈ X verilsin. H, a’dan bir
yol ile bağlanabilen x’lerin kümesini göstersin. a ∈ H’nın açık-kapalı olmasını
kanıtlamak yeterlidir, çünkü bu durumda X bağlantılı olduğundan H = X
olacaktır.
i. H açıktır: b ∈ H verilsin. Varsayım gereği b ∈ U olacak biçimde yol
bağlantılı U ⊂ X vardır. z ∈ U verilsin. z’den b’e giden bir yol ve b’den a’ya
giden yol olduğundan z’den a’ya giden yol vardır. U ⊂ H olduğu ve dolayısıyla
H açık olduğu gösterilmiş olur.
ii. H kapalıdır: b ∈ H verilsin. b ∈ U açık ve yol bağlantılı U ⊂ X vardır.
z ∈ H ∩ U seçebiliriz. U yol bağlantılı olduğundan b’den z’ye giden yol vardır.
z’den de a’ya giden yol olduğundan b’den a’ya yol vardır. Yani b ∈ H olur.
Böylece H = H, yani H kapalıdır.
Kanıt tamamlanır.
Rn uzayında açık küre yol bağlantılıdır. Bu ve yukarıdaki teoremin bir
sonucu olarak aşağıdaki sonucu elde ederiz.
Önsav 5.26. Rn uzayının açık bağlantılı altuzayı yol bağlantılıdır.
Alıştırmalar
5.26. Yerel bağlantılı uzayın tümden kopuk olması için gerek ve yeter koşulun X’in ayrık
olması olduğunu gösterin.
5.27. Yerel bağlantılı uzayın açık altuzayının yerel bağlantılı olduğunu gösterin.
140
5. Bağlantılı Uzay
5.28. Yerel bağlantılı uzayların kapalı altuzaylarının
yerel bağlantılı olması gerekmediğine
S
ilişkin örnek veriniz. (X = R ve Y = {0} { n1 : n ∈ N} alınabilir.)
5.29. Yerel bağlantılı uzayın sürekli fonksiyon altındaki imgesinin yerel bağlantılı olması gerekmediğine örnek veriniz. (X = Q ayrık uzay ve Y = Q, R’nin altuzayı olsun. f : X −→ Y ,
f (x) = x sürekli, X yerel bağlantılı fakat f (X) = Y yerel bağlantılı değildir!)
5.30. İki yerel bağlantılı uzayın çarpım uzayının yerel bağlantılı olduğunu gösterin.
Q
5.31. Y = n {0, 1} çarpım uzayının tümden kopuk olduğunu gösterin.
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Metrik uzaylarda dizilerin yakınsama kavramından bahsedilmişti. Bu kavramın
metrik uzayların yapısının anlaşılmasındaki yeri “her derde deva” biçimindedir.
Örneğin metrik uzaylarda bir kümenin kapanışı dizilerin yakınsaması terimiyle
ifade edilebilirliği çok kullanışlıdır. Yani X bir metrik uzay ve A ⊂ X ise
A = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f (n) → x}
olur. Ancak bu kullanışlı durum topolojik uzaylar için genelde doğru değildir.
Örneğin R’de tabanı
T = {U \ C : U ⊂ R açık ve C ⊂ R sayılabilir }
olan topolojiye göre (0, 1) kümesinin kapanışı [0, 1] olmasına karşın x = 0 ve
x = 1 noktaları (0, 1) kümesindeki bir dizinin limiti olamazlar. Yani (0, 1)
aralığında
xn → 0 ya da xn → 1
olacak biçimde (xn ) dizisi yoktur. Bu örnekten de anlaşılacağı üzere dizilerin
genel topolojik uzaylarda “yetmezlikleri” söz konusudur.
Dizilerin yakınsaklığı üzerinden bir topolojinin, topolojik özellikleri de belirlenemez. Örneğin sayılamaz bir X kümesi üzerinde,
xn → x ⇔ f (xn ) → f (x)
ifadesini sağlayan birbirlerinden farklı τ1 ve τ2 topolojiler ve birebir ve örten
f : (X, τ1 ) −→ (X, τ2 ) fonksiyonu vardır. Hatta topolojilerin birini ayrık ve
diğerini tümleyeni sayılabilir olan topolojiler olmak üzere f fonksiyonu f (x) =
x olarak da alınabilir. Bu yönüyle de dizilerin yetmezliği söz konusudur.
Bu yetmezliklere rağmen umutsuzluğa kapılmamak gerekir, bu yetmezlikler aşılabilir; ne demiş atalarımız, “Derdi veren Allah çareyi de verir.” Bu
olumsuz durum yapılacak uygun genellemelerle giderilebilecektir (Teorem 6.2).
Bunun için dizi kavramı yerine “net” kavramı kullanılacaktır. Yani dizi kavramı net kavramıyla genellenecektir. Ayrıca bu kavramın “doğal eşi”’ filtre
142
6. Yakınsama: Net ve Filtre
kavramı verilecektir. Net ve filtre kavramları hemen hemen aynı işlevleri yaparlar. Bir başka deyişle net terimiyle kanıtlanan her teorem, filtre kavramıyla
da kanıtlanabilir. Tersi de doğrudur. Genelde net kavramını kullanmak daha
çok analiz yöntemi, filtre kavramını kullanmak daha çok noktasal topolojik
yöntemdir. Topolojik uzaylarda net ve filtreler hakkında referans alınabilecek
temel yayınlardan ikisi [16] ve [21]’dir.
6.1
Net ve Yakınsaklık
N’deki temel sıralamanın özelliklerinden bazıları, her m, n ve k ∈ N için m ≤
m, m ≤ n ve n ≤ k olma durumunda m ≤ k olması ve m ≤ t ve n ≤ t olacak
biçimde t ∈ N olmasıdır. Bu üç özellik yönlü küme kavramını tanımlar.
Tanım 6.1. I boş olmayan bir küme ve ≤, I üzerinde bir bağıntı aşağıdaki
özellikleri sağlasın.
i. Her x ∈ I için x ≤ x.
ii. x, y,z ∈ I, x ≤ y ve y ≤ z oluyorsa x ≤ z.
iii. Her x,y ∈ I için x, y ≤ z eşitsizliğini sağlayan olaca bir z ∈ I var.
Bu durumda (I, ≤) ikilisine yönlü küme denir.
Genelde olduğu gibi bir kümeye yönlü küme denildiğinde kümeyi yönlü yapan bir bağıntının varlığını kabul ediyoruz demektir. Bir kavram kargaşası
olma durumunda bu bağıntı daha açık olarak belirtilir.
Yönlü kümelere temel örnekler aşağıdadır.
Notlar ve Örnekler
0
6.1. R, Q, Q , Z ve Z kümeleri doğal sıralamaya göre yönlü kümelerdir.
6.2. X bir yönlü küme olsun. A ⊂ X kümesiyle her y ∈ X için {x ∈ X : x ≥ y} kümesinin
arakesiti boşkümeden farklıysa (yani A kofinal kümeyse) A bir yönlü kümedir.
6.3. Yönlü kümenin temel çıkış noktalarından birisi, yani motivasyonu, Riemann integrallenebilir fonksiyonların yapısını anlayabilmek için ortaya çıkan aşağıdaki örnektir: R’nin
[a, b] kapalı aralığı verilsin. x0 = a < . . . < xn = b olmak üzere
P = {xi : i = 0, . . . , n}
kümesine [a, b] aralığın bir bölünmüşü denir. ℘, [a, b] aralığının bölünmüşlerinin bir
kümesi olsun. ℘,
P ≤Q⇔Q⊂P
bağıntısına göre yönlü bir kümedir.
6.4. Tamsıralı her küme yönlü bir kümedir.
6.5. I, [0, 1] kümesinden R’ye tanımlı polinomların kümesi olsun. I,
f ≤ g :⇔ her x ∈ [0, 1] için f (x) ≤ g(x)
bağıntısına göre I yönlü bir kümedir.
6.6. X boş olmayan küme olmak üzere F, X’in boş olmayan sonlu altkümelerinin kümesi
kapsama sıralamasına göre yönlü kümedir. Bu örnek boşu boşuna verilmemiştir, ne
olabilir acaba?
6.1. Net ve Yakınsaklık
143
Dizi kavramı aşağıdaki gibi net kavramına genellenebilir.
Tanım 6.2 (Moore-Smith [100]). Tanım kümesi yönlü küme olan her fonksiyona net denir1 .
Değer kümesi X olan nete X değerli net ya da X’in bir neti denir. Yönlü I
kümesinden X’e tanımlı netlerin kümesini net(I, X) ile gösterelim. Ayrıca X
değerli netlerin topluluğunu net(X) ile gösterilsin2 . X kümesinde her dizinin
bir net olduğu açıktır, yani
X N ⊂ net(X)
olur. f ∈ net(I, X) bir net ise f yerine (f (i))i∈I ya da bir index karmaşası
yoksa sadece (f (i)) yazabiliriz.
Dizileri kullanırken genelde kullanılan dizinin kuruğudur. Benzer durum
net için geçerlidir. Önce bir netin kuyruğunu tanılayalım.
Tanım 6.3. f ∈ net(I, X) verilsin. Her i ∈ I için
Fi = {f (j) : i ≤ j}
kümesine f ’nin i’inci kuyruğu denir.
Bir netin i ∈ I için i’inci kuyruğu olan kümeye sadece kuyruğu denilebilir.
f netinin kuyruklarının kümesini kuyruk(f ) ile gösterebiliriz. Bir topolojik
uzay X’te bir f = (xn ) dizisinin x ∈ X noktasına yakınsaması için gerek ve
yeter koşul, x’i içeren her açık kümenin f ’nin bir kuyruğunu kapsamasıdır. Bu
gözlem bizi aşağıda verilen isabetli tanıma yönlendirir.
Tanım 6.4 (Kelley [82]). Bir topolojik uzayın verilen bir netinin verilen
bir noktaya yakınsaması, noktayı içeren her açık kümenin netin en az bir
kuyruğunu kapsaması olarak tanımlanır.
Yani, f : I −→ X, X topolojik uzayının x noktasına yakınsayan bir neti
olması,
U , x noktasını içeren açık kümeyse en az bir j ∈ I için {i ∈ I : i ≥ j} ⊂ U
koşulunun sağlanmasıdır. Bu durumda f → x yazarız. Ayrıca, her i ∈ I için
f (xi ) = xi olmak üzere, f → x yerine xi → x yazabiliriz.
Bir X topolojik uzayında tanımlı f neti x ∈ X noktasına yakınsıyorsa, bu
olgu
f →x
1
Eski literatürde net, “Moore-Simith Convergence” olarak bilinse de günümüzde kullanılmamaktadır.
2
Bu topluluk küme değildir.
144
6. Yakınsama: Net ve Filtre
olarak gösterilir. Ayrıca her i ∈ I için f (i) = xi olmak üzere
xi → x ya da limi xi = x
biçiminde de yazılabilir.
Notlar ve Örnekler
P
6.7. ( x∈X f (x)’in tanımı) X boş olmayan bir küme ve f : X −→ R bir fonksiyon olsun.
F, X’in boş olmayan sonlu altkümelerinin yönlü (kapsama sıralamasına göre) kümesi
olsun.
P
α : F −→ R, α(F ) = x∈F f (x)
P
netinin yakınsadığı nokta (varsa) x∈X f (x) ile gösterilir.
6.8. Netin yakınsama terimiyle Riemann integrallenebilme kavramı tanımlanabilir: R’nin
[a, b] kapalı aralığının bölünmüşlerinin yönlü kümesini (P ≤ Q ⇔ Q ⊂ P sıralamasına
göre) ℘ ile gösterelim. f : [a, b] −→ R sınırlı fonksiyon olmak üzere her
P = {a = x0 , . . . , xn = b} ∈ ℘
için
U (P ) =
Pn
− xi−1 ) sup f ([xi−1 , xi ])
L(P ) =
Pn
− xi−1 ) inf f ([xi−1 , xi ])
i=1 (xi
i=1 (xi
U, L : ℘ −→ R netlerini tanımlayalım. U − L : ℘ −→ R neti sıfıra yakınsıyorsa
f ’ye Riemann integrallenebilir denir. Bu durumda U ve L netleri yakınsaktır ve
yakınsadıkları noktalar eşittir. Eşit olan bu nokta
Rb
f (x)dx
a
ile gösterilir. Bu noktaya f ’nin Riemann integrali denir.
6.9. X, kısmi sıralı uzay (Tanım 3.6) olsun. (xi )i∈I , X uzayında artan ve x’e yakınsayan
bir net ise x, A = {xi : i ∈ I} kümesinin supremumudur: xi 6≤ x olacak biçimde i ∈ I
olduğunu varsayalım. Her u ∈ U ve v ∈ V için u 6≤ v koşulunu sağlayan xi noktasını
içeren U açık kümesi ve x noktasını içeren V açık kümesi vardır. xi → x olduğundan
i ≤ j ve xj ∈ U koşulunu sağlayan j ∈ I vardır. Buradan xi 6≤ xj çelişkisi elde edilir. O
halde x, A kümesinin bir üst sınırıdır. Benzer yaklaşımla x = sup A olduğu kolaylıkla
gösterilir.
6.10. X bir sıra uzayı, (xi ), X’te artan bir net ve supremumu x olsun. Bu net x noktasına
yakınsar.
Aşağıdaki teorem bir topolojik uzayda açık kümelerin, netlerin yakınsaması
ile betimlenebileceğini söyler.
Teorem 6.1. Bir Xtopolojik uzayının bir A altkümesinin açık olması için
x ∈ A ve f → x olacak biçimde f ∈net(X \ A) yok
koşulu gerek ve yeterlidir.
Kanıt: (i ⇒ ii). A kümesinin açık olduğunda koşulun sağlandığı kolaylıkla
gösterilir. Tersine koşulun sağlanmasına karşın A kümesinin açık olmadığını
varsayalım. Bu durumda öyle bir x ∈ A vardır ki x noktasını içeren her açık
U için U 6⊂ A olur, yani
6.1. Net ve Yakınsaklık
145
U ∩ (X \ A) 6= ∅
olur. X üzerindeki topoloji τ olmak üzere
I := τ (x) = {U : x ∈ U açık}
kümesi ters kapsamaya göre yönlü bir kümedir. Her i ∈ I için
xi ∈ (X \ A) ∩ i
noktasını seçebiliriz. f (i) = xi olarak tanımlanan f : I −→ X \ U fonksiyonu
bir net ve f −→ x olur. Bu varsayımla çelişir. Kanıt tamamlanır.
X metrikleşebilir uzaysa (daha genel olarak birinci dereceden sayılabilir
uzaylar için) her A ⊂ X için
A = {f ∈ AN : f −→ x}
olduğunu biliyoruz.
X = RR çarpım uzayındaysa bazı A ⊂ X için
A 6= {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olduğu biliniyor. Buna karşın aşağıdaki kullanışlı teoremi verebiliriz.
Teorem 6.2. Bir topolojik uzayın verilen bir altkümesinin kapanışından alınan
her nokta, o küme değerli bazı netlerin yakınsadığı noktadır. Tersine, o küme
değerli bir netin yakınsadığı nokta kümenin kapanışındadır.
Kanıt: (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. A ⊂ X verilsin.
A = {x ∈ X : ∃f ∈ net(A), f → x}
olduğunu göstereceğiz. x ∈ A verilsin. τ (x), x noktasını içeren açık kümelerin
kümesi olmak üzere
I = {A ∩ U : U ∈ τ (x)},
ters kapsama bağıntısına göre yönlü kümedir. Her i ∈ I için xi ∈ i ⊂ A seçelim.
f : I −→ A, f (i) = xi
olarak tanımlansın.
f ∈ net(I, A) ve f → x
146
6. Yakınsama: Net ve Filtre
olur. Tersine f ∈ net(I, A) ve f → x olsun. U ∈ τ (x) verilsin. Tanım gereği
U , f netinin bir kuyruğunu kapsar. Dolayısı ile A ∩ U 6= ∅ dır. Böylece x ∈ A
olduğu gösterilmiş olur.
Bu bölümün girişinde ifade edilen “yetmezlik” yukarıdaki teorem tarafından
giderilmiş olur. Bir topolojik uzayın Hausdorff aksiyomunu sağlayıp sağlamadığı
netlerle aşağıdaki gibi test edilebilir. Bu durum yakınsayan bir netin birden
fazla noktaya yakınsayıp yakınsamaması durumuyla ilintilidir. Öncelikle bir
netin keyfi iki kuyruğunun arakesitinin boşküme olamayacağını not edelim.
Teorem 6.3. Bir topolojik uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter koşul,
uzayda her netin en fazla bir noktaya yakınsamasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun.
X uzayında her net en fazla bir noktaya yakınsasın. X’in Hausdorff olmadığını varsayalım. Bu durumda
Her U ∈ τ (x) ve V ∈ τ (y) için U ∩ V 6= ∅
ifadesini sağlayan x, y ∈ X, x 6= y noktaları vardır.
I = {U ∩ V : U ∈ τ (x), V ∈ τ (y)}
kümesi ters kapsama bağıntısına göre yönlü bir kümedir. Her i ∈ I için xi ∈ i
seçelim. f : I −→ X, f (i) = xi netini tanımlayalım. U ∈ τ (x) verilsin.
U = i0 ∈ I
olmak üzere her i ≥ i0 için
xi ∈ i ⊂ i0 = U
olduğundan f → x dir. Benzer biçimde f → y dir. Bu varsayımla çelişir,
dolayısıyla X, Hausdorff uzaydır.
Şimd de X Hausdorff olsun. X’te iki farklı x ve y noktaya yakınsayan bir
f netinin olduğunu varsayalım. X, Hausdorff olduğundan
x ∈ U , y ∈ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ve V açık kümeleri vardır. G ⊂ U ve H ⊂ V olacak biçimde
f ’nin G ve H kuyrukları vardır ve G ∩ H = ∅ olur. Bu durum netin keyfi iki
kuyruğunun ayrık olamayacağı gerçeği ile çelişir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teorem gözlemlenerek bir topolojik uzayda bir dizinin en fazla
bir noktaya yakınsaması ile Hausdorff olması arasındaki ilişki sorulabilir. Alıştırma 6.12 ve 6.15 bununla ilgilidir.
Alıştırmalar
6.2. Net ve Süreklilik
147
6.11. (Di )i∈I yönlü kümelerin bir ailesi olsun. Bu ailenin kartezyen çarpımının D =
Q
i∈I
Di ,
(ai ) ≤ (bi ) ⇔ ai ≤ bi
sıralamasına göre yönlü bir küme olduğunu gösterin.
6.12. f : I −→ R ve g : J −→ R iki net olsun. K = I × J,
(i1 , j1 ) ≤ (i2 , j2 ) ⇔ i1 ≤ i2 , j1 ≤ j2
bağıntısına göre yönlü bir kümedir. f + g, f g : I × J −→ R netlerini
(f + g)(i, j) = f (i) + g(j) ve f g(i, j) = f (i)g(j)
olarak tanımlayalım.
f −→ x ve g → y ⇒ f + g → x + y, f g → xy
6.13.
6.14.
6.15.
6.16.
olduğunu gösterin.
Yukarıdaki teoremi kullanarak bir topolojik X uzayından R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesi C(X)’in noktasal cebirsel işlemler altında bir cebir olduğunu gösterin.
Her dizisi en fazla bir noktaya yakınsayan uzayın T1 -uzayı olduğunu gösterin. Tersi doğru
mudur? (Alıştırma 16’ya bakınız.)
Birinci dereceden bir uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter koşulun her dizinin en
fazla bir noktaya yakınsaması olduğunu gösterin.
X birinci dereceden uzay olsun. Her A ⊂ X için
A = {x ∈ E : ∃f ∈ X N , f → x}
olduğunu gösterin.
S
6.17. X bir topolojik uzay ve f : I −→ X, x ∈ X noktasına yakınsayan bir net ise f (I) {x}
kümesinin kapalı olması gerekmediğini bir örnekle gösterin.
6.18. (Xi )i∈I
Q , topolojik uzayların bir ailesi ve her i ∈ I için fi : Di → Xi bir net olsun.
D = i∈I Di kartezyen çarpım olsun. D’nin
(ai ) ≤ (bi ) ⇔ ∀i ∈ I, ai ≤ bi
sıralamasına göre yönlü küme olduğunu biliyoruz. f : D −→ X netini
f ((di )) = (fi (di ))
olarak tanımlayalım. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. f → (xi )
ii. Her i ∈ I için Pi (f ) → xi .
6.19. Terimleri birbirlerinden farklı her dizinin uzayın her noktasına yakınsayan bir T1 -uzay
örneği verin.
Q
6.20. X = n∈N R kümesinde (fn ) dizisi, fn = ( n1 ) olarak tanımlansın. Çarpım topolojisine
göre (fn ) dizisinin f = (0) dizisine yakınsamasına karşın kutu topolojisine göre yakınsak
olmadığını gösterin.
6.21. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A = (X, d, A, P ), Teorem 4.13’nin kanıtında tanımlanan
sürekli uzay olsun. X’te tanımlı bir (xα ) netinin bir x noktasına yakınsaması için gerek
ve yeter koşulun verilen her r ∈ P için, netin en az bir kuyruğunun B[x, r] tarafından
kapsanması olduğunu gösterin.
6.2
Net ve Süreklilik
Net kavramı kullanılarak fonksiyonların sürekliliğini betimleyebiliriz. Öncelikle f : I −→ X bir net ve σ : X −→ Y bir fonksiyonsa σ ◦ f : I −→ Y
148
6. Yakınsama: Net ve Filtre
fonksiyonunun bir net olduğunu not edelim. Aşağıdaki teorem metrikleşebilir
uzaylar için dizilerin yakınsaması kavramıyla kanıtlanmıştı. Topolojik uzaylar
için dizi yerine net alarak genellenebilir.
Teorem 6.4. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon ve
x ∈ X verilsin. f ’nin x noktasında sürekli olması için
(xi ), X’te bir net ve xi → x ise f (xi ) → f (x)
koşulu gerek ve yeterlidir.
Kanıt: f ’nin x noktasında sürekli olduğunu varsayalım. (xi ), uzayda x ∈ X
noktasına yakınsayan bir net olsun. (f (xi )), Y ’de bir nettir. U ⊂ Y açık ve
f (x) ∈ U olsun. f −1 (U ) açık ve x ∈ f −1 (U ) olduğundan f ’nin bir kuyruğu
Fi = {xj : j ≥ i}, f −1 (U ) tarafından kapsanır. Dolayısıyla f (Fi ) ⊂ U dır.
Bu bize f (xi ) → f (x) olduğunu söyler. Şimdi koşulun sağlandığını varsayalım.
A ⊂ Y kapalı bir küme olsun. f −1 (A) kümesinin kapalı olduğunu göstereceğiz.
x ∈ f −1 (A) olsun. Teorem 6.2. gereği xi → x olacak biçimde f −1 (A)’da
(xi ) neti vardır. Varsayım gereği f (xi ) → f (x) olur. (f (xi )), Y ’de bir net
olduğundan, yine teorem 6.2. gereği f (x) ∈ A = A olur. Yani x ∈ f −1 (A) olur.
Böylece
f −1 (A) = f −1 (A)
olduğu gösterilmiş olur. x noktasını içeren kapalı her kümenin f altındaki ters
görüntüsünün kapalı olduğu gösterilmiş olur. Bu, f ’nin x noktasında sürekli
olmasına, Teorem 2.12’den dolayı denktir.
Aşağıdaki sonuç yukarıdaki teoremin doğrudan bir sonucudur.
Sonuç 6.5. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y olsun. f ’nin sürekli
olması için
(xi ), X’te bir net ve xi → x ise f (xi ) → f (x)
koşulu gerek ve yeterlidir.
Alıştırmalar
6.22. Birinici dereceden sayılabilir bir X uzayından bir topolojik uzaya tanımlı f fonksiyonun
sürekli olması için, gerek ve yeter koşulunun
xn → c ⇔ f (xn ) → f (x)
olduğunu gösterin.
6.3. Altnet
6.3
149
Altnet
Metrik uzaylarda altdizi kavramının birçok önemli teoremin kanıtında kullanıldığını biliyoruz. Bu altbölümde altdizi kavramının benzeri olarak altnet
kavramı tanımlanacaktır. Bu kavram kullanılarak bir uzayın birçok temel sonucu verilebilecektir.
Bir topolojik uzayda bir dizi yakınsak olmasa da yakınsak olan altdizileri
olabilir. Bir (xn ) dizisinin altdizilerinin yakınsadığı noktaların kümesi, dizinin
kuyruklarınının kapanışlarının arakesitidir. Buna benzer bir sonucu netler için
yapabilmemiz için aşağıdaki kavramın verilmesi gerekmektedir.
Bir yönlü I kümesinin bir j altkümesinin I’da cofinal olması her i ∈ I için
i ≤ j olacak biçimde j ∈ J olmasıdır. İki yönlü küme arasında tanımlanan
fonksiyonun cofinal olması aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım 6.5. I ve J iki yönlü küme, ve α : I −→ J fonksiyon olsun.
i. α(I), J’de cofinal ise α’ya cofinal ,
ii. a ≤ b olduğunda α(a) ≤ α(b) oluyorsa oluyorsa α’ya artan,
denir.
Tanım 6.6 (Moore-Smith [100]). f : I −→ X bir net, J yönlü bir küme ve,
σ : J −→ I artan ve cofinal fonksiyonsa f ◦ σ netine f ’nin bir altneti denir3 .
X bir topolojik uzay, f : I −→ X bir net olmak üzere f ’nin i’ninci kuyruğu
Fi = {f (j) : j ≥ i}
biçiminde tanımlanmıştı. x noktasını içeren açık kümelerin kümesi τ (x) ile
gösterilmişti.
f → x ⇒ ∀i ∈ I, ∀U ∈ τ (x), Fi ∩ U 6= ∅.
olduğu açıktır. Bir başka söylemle, f → x ise x, f ’nin her kuyruğunun kapanışındadır. Ama bu gerektirmenin ters yönü genel olarak doğru değildir. Gerektirmenin ikinci kısmının sağlanması durumunda x noktasına f ’nin yığılma
noktası denir. Yani:
Tanım 6.7. Bir topolojik uzayın verilen bir noktasının, verilen bir netinin
yığılma noktası ya da limit noktası 4 olması, noktayı içeren her açık kümeyle
netin her kuyruğunun arakesitinin boşkümeden farklı olmasıdır.
3
Altnet kavramı standart olmamasına rağmen altnet terimiyle elde edilen sonuçların çoğu
bu farklılıklardan bağımsızdır. Bunlardan bazıları: A ve B iki yönlü küme olmak üzere α :
B −→ A, f : A −→ X ve g = f ◦ α olmak üzere
i. cofinal altneti : B ⊂ A, her b ∈ B için α(b) = b olmak üzere cofinal ve g = f|B .
ii. AA altneti : f ’nin her kuyruğu, g’nin en az bir kuyruğunu kapsıyorsa.
iii. Kelley altneti : α cofinal ise.
Bunlarla ilgili detaylar [1] ve [106]’da bulunabilir.
4
Okur, bir netin limit noktasıyla yakınsadığı nokta kavramını birbirlerine karıştırmamalı.
150
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Bir X topolojik uzayında bir f netinin yığılma noktalarının kümesi Lim(f )
ile gösterilir5 .
T
Lim(f ) = i {f (j) : j ≥ i}
olduğu kolaylık görülür. Ayrıca aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 6.6. Bir topolojik uzayda verilen bir noktanın, uzayın verilen netinin
limit noktası olması için gerek ve yeter koşul, netin o noktaya yakınsayan bir
altnetinin olmasıdır.
Kanıt: (X, τ ) topolojik uzay, x ∈ X ve f : I −→ X bir net olsun. x’in
f netinin yığılma noktası olduğunu varsayalım, yani x ∈Lim(X) olsun. J =
τ (x) × I kümesi,
(U, i) ≤ (V, j) :⇔ V ⊂ U, i ≤ j
bağıntısına göre yönlü bir kümedir.
σ : J −→ I, σ(U, i) = i
olarak tanımlayalım. f ◦ σ, f ’nin bir altneti ve f ◦ σ → x olduğu kolaylıkla
görülür. Şimdi f ◦ σ : J −→ X, f ’nin bir altneti ve f ◦ σ → x olsun. f netinin
i’ninci kuyruğunu Fi ile gösterelim, yani her i ∈ I için
Fi = {f (j) : j ≥ i}
olsun. U açık ve x ∈ U olsun. i0 ∈ I verilsin. σ(j0 ) ≥ i0 olacak biçimde j0 ∈ J
seçelim.
G = {(f ◦ σ)(j) : j ≥ j0 }
olmak üzere
G ⊂ Fσ(j0 ) ⊂ Fi0
Fi0 , f ◦σ netinin kuyruğu olduğundan U ∩Fi0 6= ∅ olur. Böylece x ∈ Fi0 olduğu
gösterilmiş olur. i0 ∈ I’nın keyfi olmasından (i) elde edilir.
Bir topolojik uzayda yakınsak her netin altneti de aynı noktaya yakınsar.
Ayrıca bir topolojik uzayda bir netin yakınsaması için gerek ve yeter koşul,
o netin her altnetinin aynı noktaya yakınsayan bir altnetinin olmasıdır. Bunu
sembolik dilde aşağıdaki gibi verebiliriz.
5
Bir X topolojik uzayda her f ∈ net(X) için Lim(f ) 6= ∅ olmasının X’in kompakt olmasına denk olduğu kanıtlanacaktır.
6.3. Altnet
151
Teorem 6.7. Bir topolojik uzayda verilen bir netin, verilen bir noktaya yakınsaması için gerek ve yeter koşul netin her altnetinin en az bir altnetinin o noktaya
yakınsamasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay, x ∈ X ve f , X’nin bir neti olsun. f → x ise, f ’nin
her altnetinin altneti de x’e yakınsayacağından kanıtın bir yönü kolaylıkla
görülür. Şimdi f ’nin her altnetinin x’e yakınsayan bir altneti olmasına karşın
f 6→ x olduğunu varsayalım. Hipotezden her i ∈ I için
i ≤ k(i), f (k(i)) 6∈ U
koşulunu sağlayan k(i) ∈ I (bunu seçelim) ve x’i içeren açık U kümesi vardır.
J = {(i, k(i)) : i ∈ I}
kümesi
(i, k(i)) ≤ (j, k(j)) ⇔ i ≤ j, k(i) ≤ k(j)
sıralamasına göre yönlü bir kümedir.
σ : J −→ I, σ((i, k(i)) = k(i)
olmak üzere g = f ◦ σ, f ’nin bir altnetidir. Varsayım gereği g’nin h → x olacak
biçimde altneti h vardır. α : M −→ J olmak üzere
h=g◦α=f ◦σ◦α
biçimindedir. Her m ∈ M için h(m) 6∈ U olur. Bu, h → x olmasıyla çelişir. O
halde f → x elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
6.23. Bir topolojik uzayda bir dizinin altnetinin bir altdizi olması gerekmediğini gösterin.
(Bir f : N −→ X dizisi verilsin. (0, 1) açık aralığını yönlenmiş küme olarak alalım.
1
g : (0, 1) −→ N fonksiyonunu n+1
≤ x < n1 için g(x) = n + 1 olarak tanımlayalım. f ◦ g,
f ’nin bir altneti fakat bir altdizisi değildir.)
6.24. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. A açıktır.
ii. f , X’te bir net ve f → x ∈ A ise A, f ’nin en az bir kuyruğunu kapsar.
X birinci dereceden sayılabilir ise, net yerine dizi alınabileceğini gösterin.
6.25. I = N2 kümesini
0
0
0
0
(n, m) ≤ (n , m ) :⇔ n ≤ n , m ≤ m
bağıntısına göre yönlü küme olarak alalım.
f : I −→ R2 , f (n, m) = ( n1 ,
1
)
m
netini tanımlayalım. J = N × {1} olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. f → (0, 0).
ii. (0, 0), f ’nin bir yığılma noktasıdır.
iii. (0, 0), f|J netinin yığılma noktası değildir.
152
6. Yakınsama: Net ve Filtre
δ(A) = limn |A ∩ {1, 2, . . ., n}|n−1 (varsa)
olarak tanımlansın. X, üzerinde
B{{n} : n ∈ N} ∪ {A ⊂ N : δ(A) = 0}
tarafından topolojiyle donatılmış topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. X Hausdorff.
ii. ∞N.
iii. (n) dizisinin ∞ noktasına yakınsayan altdizisi yoktur.
iii. (n) dizisinin ∞ noktasına yakınsayan altneti vardır.
6.4
Ultranet
Bir topolojik uzayda bir netin yakınsadığı nokta aynı zamanda yığılma noktasıdır. Fakat bunun tersi genelde doğru değildir. “Hangi özellikteki netlerin
yığılma noktaları ile yakınsadıkları noktalar aynıdır? Hangi tür netlerin en az
bir yığılma noktası vardır?” soruları anlamlıdır. Aşağıda tanımı verilen ultranet kavramı, birçok şeyin yanında, bu tür soruları da yanıtlar.
Tanım 6.8. Bir topolojik uzayda verilen bir net, uzayın verilen her altkümesi
ya da tümleyeni tarafından netin en az bir kuyruğu kapsanıyorsa, o nete ultranet denir.
Tanımı simgesel olarak ifade edecek olursak: X bir topolojik uzay ve f ,
X’in bir neti olsun. Her A ⊂ X için f ’nin en az bir kuyruğu A ya da X \ A
tarafından kapsanıyor ise f ’ye ultranet denir6 .
Teorem 6.8. Bir topolojik uzayda her ultranet yığılma noktasına yakınsar.
Tersi de doğrudur. Yani X bir topolojik uzay ve f , X’in bir ultrafiltersi ise
Lim(f ) = {x ∈ X : f → x}
olur.
Kanıt: Lim(f ) ⊃ {x ∈ X : f → x} olduğunu zaten biliyoruz. Şimdi x, f ’nin
yığılma noktası olsun. Yani, x ∈Lim(f ) verilsin. f 6→ x olduğunu varsayalım.
Bu durumda f ’nin hiçbir kuyruğunu kapsamayan ama x’i içeren bir U açık
kümesi vardır. Yani her i için
Fi = {f (j) : j ≥ i} 6⊂ U
ve x ∈ U olacak biçimde açık küme U vardır. j ∈ I verilsin. f ultranet
olduğundan
6
Literatürde Ultranet kavramı farklı biçimde de verilmektedir. Bunun için detaylı bilgi
[1]’de bulunabilir.
6.5. Filtreler
153
Fj ⊂ U ya da Fj ⊂ X \ U
olur. x, f ’nin yığılma noktası olduğundan, x ∈ Fj ve dolayısıyla Fj 6⊂ X \ U
dir. Buradan Fj ⊂ U dır. Bu bir çelişkidir. f → x olduğu gösterilmiş olur. Alıştırmalar
6.26. Bir X topolojik uzayında, sonunda sabit olan her netin bir ultranet olduğunu gösterin.
Yani en az bir kuyruğu tek elemanlı olan netin ultranet olduğunu gösterin.
6.27. Bir ultranetin her altnetinin bir ultranet olduğunu gösterin.
6.28. (Kelley [81]) Her netin ultranet olan bir altnetinin olduğunu gösterin.
6.29. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon olsun. σ : I −→ X bir ultranet
ise f ◦ σ : I −→ Y ’nin bir ultranet olduğunu gösterin.
6.5
Filtreler
Topolojik uzaylarda net kavramına birçok yönüyle paralel olan bir başka kavram filtre kavramıdır.
Tanım 6.9 (Cartan [23]). Boş olmayan bir kümenin boşkümeden farklı, boşkümeyi içermeyen, sonlu arakesit işlemi altında kapalı ve üstküme işlemi altında
kapalı olan kuvvet kümesinin bir altkümesine filtre denir7 .
Yani X boş olmayan bir küme ise ve F ⊂ ℘(X) kümesi aşağıdaki önermelerı
sağlıyorsa F’ye X üzerinde bir filtre denir.
i. ∅ 6∈ F.
ii. A, B ∈ F ise A ∩ B ∈ F.
iii. A ∈ F ve A ⊂ B ⊂ X ise B ∈ F olur.
X bir topolojik uzay ve f : I −→ X bir net olsun. kuyruk(f ), X üzerinde bir
filtre olmasa da
F∞ = {A ⊂ X : ∃B ∈ kuyruk(f ), B ⊂ A}
bir filtredir. Bu filtreye f neti tarafından üretilen filtre denir. Bununla
ilişkili bir teorem aşağıdadır. Teoremin kanıtı okura bırakılmıştır.
Teorem 6.9. X boş olmayan bir küme ve ∅ 6∈ A ⊂ ℘(X), boşkümeden farklı
olsun.
F(A) = {F ⊂ X : ∃A ∈ A, A ⊂ F }.
olmak üzere, aşağıdakiler denktir.
i. F(A) bir filtredir.
ii. Her A,B ∈ A için C ⊂ A ∩ B olacak biçimde C ∈ A vardır.
iii. {F : F bir filtre ve A ⊂ F } kümesi kapsama bağıntısına göre kısmi
sıralı bir küme ve minimumu vardır.
7
Filte kavramı ilk olarak Riesz (1908) ve Caratheodory (1913) tarafından gözlenmiştir.
154
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Tanım 6.10. Yukarıdaki teoremde tanımlanan F(A) bir filtre ise F(A)’ya A
tarafından üretilen filtre, A’ya ise bu filtrenin bir filtre tabanı denir.
f , bir X kümesi üzerinde bir net ise f ’nin kuyruklarından oluşan kümenin
bir filtre tabanı olduğu kolaylıkla görülür.
Teorem 6.10. Boş olmayan bir kümenin her filtresi, kümenin bir neti tarafından üretilebilir.
Kanıt: X boş olmayan bir küme ve F, X üzerinde bir filtre olsun.
I = {(a, A) : A ∈ F, a ∈ A}
kümesi üzerine şu sıralamayı tanımlayalım:
(a, A) ≤ (b, B) ⇔ B ⊂ A
sıralamasına göre yönlü kümedir.
f : I −→ X, f (a, A) = a
fonksiyonu X üzerinde bir net ve her (b, B) ∈ I için
{f (a, A) : (a, A) ≥ (b, B)} = B
olur. Bu bize f neti tarafından üretilen filtrenin F olduğunu söyler.
Alıştırmalar
6.30. X bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için
Fx = {F ⊂ X : x ∈ F ◦ }
6.31.
6.32.
6.33.
6.34.
kümesinin bir filtre olduğunu gösterin.
(Xi ) boşkümeden farklı kümelerin bir ailesi ve heri için Fi , Xi ’ler üzerinde bir filtre
olsun.
Q
F=
i Fi : Fi ∈ Ai
Q
kümesinin i Xi ’de bir filtre olduğunu gösterin.
(Xi ) boşkümeden farklı kümelerin bir ailesi ve her i için Ai , Xi ’ler üzerinde bir filtre
tabanı olsun.
Q
F=
i F i : Fi ∈ F i
Q
kümesinin i Xi ’de bir filtre tabanı olduğunu gösterin.
A, X kümesinde bir filtre tabanı, B ⊂ X kümesi her A ∈ A, A ∩ B 6= ∅ koşulunu
sağlasın. {A ∩ B : A ∈ A} kümesinin A üzerinde bir filtre tabanı olduğunu gösterin.
Bir küme üzerinde tanımlı filtre kavramının aşağıdaki gibi genellenebilir olduğunu gözlemleyin: X kısmi sıralı bir küme olmak üzere ∅ 6= F ⊂ X kümesi aşağıdaki koşulları
sağlasın.
i. x,y ∈ F ise z ≤ x ve z ≤ y eşitsizliklerini sağlayan z ∈ F vardır.
ii. x ∈ F ve X’te x ≤ y ise y ∈ F .
Bu durumda F ’ye X’in (kısmi sıralı küme olarak) bir filtresi denir.
6.6. Filtrenin Yakınsaması
6.6
155
Filtrenin Yakınsaması
Netin yakınsaması söz konusu olur da filtrenin yakınsaması söz konusu olamaz
mı? Biz izin verdikten sonra neden olmasın!
Bir küme üzerindeki her netin bir filtre ürettiğini ve her filtrenin de net
tarafından üretilebildiği ile ilgili teoremi bir önceki altbölümde vermiştik. Bir
topolojik uzayda bir netin yakınsaması tanımlanmıştı. Benzer anlam ve nedenlerden dolayı bir filtrenin yakınsaklığını tanımlamak hemen hemen de bir
zorunluluk oluşturur.
Tanım 6.11. X bir topolojik uzay, F, X üzerinde bir filtre, ve x ∈ X olmak üzere x’i içeren açık kümelerin kümesi τ (x) olsun. Eğer τ (x) ⊂ F ise, F
filtresi x’e yakınsıyor denir ve bu durum F → x ile gösterilir. x’e F filtresinin yakınsadığı bir noktası denir. En az bir noktaya yakınsayan filtreye
yakınsak filtre denir.
Notlar ve Örnekler
6.35. (X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere x ∈ X noktasının komşuluk sistemi U(x), x
noktasına yakınsayan bir filtredir.
Aşağıdaki teorem bir filtrenin yakınsaması/yakınsamaması hakkında yeterince bilgi vermektedir.
Teorem 6.11. Bir topolojik uzayın verilen bir netinin verilen bir noktaya
yakınsaması için gerek ve yeter koşul o net tarafından üretilen filtrenin o noktaya yakınsamasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay, x ∈ X ve f , X’in bir neti olsun. f ’nin tanım kümesi
I olsun. f ’nin kuyruklarının kümesi kuyruk(f ) olsun.
Ff = {A ⊂ X : ∃K ∈ kuyruk(f ) ⊂ A}
olduğunu biliyoruz. f → x olduğunu varsayalım. x ∈ U açık olsun. En az bir
K ∈ kuyruk(f ) için K ⊂ U dır. K ∈ Ff olduğundan U ∈ Ff . Böylece Ff → x
olduğu gösterilmiş olur.
Tersine Ff → x olsun. x’i içeren bir U açık kümesi verilsin. U ∈ Ff
olduğundan f ’nin en az bir kuyrug̈u U tarafından kapsanır. Bu, f → x
olduğunu söyler.
Bir topolojik uzayın altkümesinin kapanışı net terimiyle betimlenmişti.
Benzer bir durum filtre terimiyle de yapılabilir.
Teorem 6.12. Bir topolojik uzayın bir noktasının uzayın bir altkümesinin
kapanışında olması için gerek ve yeter koşul altkümenin o noktaya yakınsayan
bir filtresinin olmasıdır.
156
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Kanıt: X topolojik uzay, x ∈ X ve A ⊂ X verilsin. x ∈ A olduğunu varsayalım.
F = {F ⊂ X : ∃U ∈ τ (x), U ∩ A ⊂ F }
bir filtre ve A = A ∩ X ∈ F dir. τ (x) ⊂ F olduğu da açıktır. O halde F → x
olur. Şimdi F, A’nın x noktasına yakınsayan bir filtresi olsun. U , x’i içeren
bir açık küme olsun. F → x olduğundan U ∈ F. Ayrıca A ∈ F olmasından
A ∩ U 6= ∅ dır. Böylece x ∈ A olduğu gösterilmiş olur.
X ve Y iki küme, f : X −→ Y bir fonksiyon ve F, X’in bir filtresi olsun.
Bir an için
f (F) = {f (F ) : F ∈ F}
kümesini Y ’nin bir filtresi olduğu sanılsa da öyle değildir. Buna karşın bu
küme bir filtre tabanıdır. Filtre tabanı bu olan filtreyi f ∗ (F) ile gösterelim. f
örten ise f ∗ (F) = f (F) olur. Aşağıdaki teorem beklenen bir sonuçtur ve kanıtı
okurlara bırakılmıştır.
Teorem 6.13. X ve Y iki topolojik uzay, f : X −→ Y bir fonksiyon ve x ∈ X
verilsin. f ’nin, x noktasında sürekli olması için,
F, X’in bir filtresi ve F → x ise f ∗ (F) → x
koşulu gerek ve yeterlidir.
Sonuç 6.14. X ve Y iki topolojik uzay, f : X −→ Y bir fonksiyon olsun.
f ’nin sürekli olması için
F, X’in bir filtresi ve F → x ise f ∗ (F) → x
koşulu gerek ve yeterlidir.
Çarpım uzayında bir filtrenin yakınsaması izdüşümler terimiyle aşağıdaki
gibi verilebilir.
Q
Teorem 6.15. X = i∈I Xi , (Xi )i∈I topolojik uzaylar ailesinin çarpım uzayı,
x ∈ X ve F, X’in bir filtresi olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. F → x.
ii. Her i ∈ I için Pi (F) bir filtre ve Pi (F) → Pi (x).
Kanıt: (i ⇒ ii). Her i ∈ I için Pi (F) = Pi∗ (F) bir filtredir. Her i ∈ I için Pi :
X −→ Xi izdüşümü sürekli olduğundan, yukarıda verilen sonuç kullanılarak
Pi (F) → Pi (x) olduğu görülür.
(ii ⇒ i). U , x noktasını içeren açık küme olsun.
6.6. Filtrenin Yakınsaması
157
x∈
−1
k=1 Pik (Uik )
Tn
⊂U
olacak biçimde
Uik ⊂ Xik
açık kümeleri vardır.
Pik (x) ∈ Uik ve Pik (F) → Pik (x)
olduğundan Uik ∈ Pik (F) olur. Pik (Fik ) ⊂ Uik olacak biçimde Fik ∈ F vardır.
Buradan
Tn
Tn
−1
k=1 Fik ⊂
k=1 Pik (Uik )
elde edilir ve
−1
k=1 Pik (Uik )
∈F
−1
k=1 Pik (Uik )
⊂U
Tn
olur.
Tn
olduğundan U ∈ F dir. Böylece F → x olduğu gösterilmiş olur.
Bir topolojik uzayın Hausdorff olması uzaydaki her netin en fazla bir
noktaya yakınsaması biçiminde karakterize edilmişti. Benzer bir betimleme
aşağıdadır.
Teorem 6.16. Bir uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter koşul uzayın
her filtresinin en fazla bir noktaya yakınsamasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun.
X uzayını Hausdorff olsun. X’in farklı x ve y noktalarına yakınsayan bir
F filtresinin olduğunu varsayalım. Bu durumda
x ∈ U , y ∈ V , y 6∈ U , x 6∈ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ve V açık kümeleri vardır. Buradan ∅ ∈ F olur. Bir filtre
boşkümeyi içeremeyeceğinden çelişki elde edilir.
Şimdi X’in her filtresinin en fazla bir noktaya yakınsadığını varsayalım.
X’in farklı x ve y noktaları verilsin. x’i içeren her U açık ve y’i içeren her V
açık kümeleri için U ∩ V 6= ∅ olduğunu varsayalım.
F = {A ⊂ X : ∃U, V ∈ τ, x ∈ U, y ∈ V, U ∩ V ⊂ A}
bir filtre ve F → x ve F → y olur. Bu, çelişkidir. Kanıtı tamamlanır.
Bir topolojik X uzayında F bir filtre ise
158
6. Yakınsama: Net ve Filtre
F →x⇒x∈
T
F ∈F
F
olduğu açıktır. Ancak gerektirmenin tersi genelde doğru değildir. Bu gözlemin
motivasyonuyla aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 6.12. Bir topolojik uzayda tanımlı bir filtrenin elemanlarının kapanışlarının arakesitinin her elemanına filtrenin yığılma noktası denir.
T
Yani, F, X topolojik uzayının bir filtresisyse F ∈F F kümesinin her elemanına F’nin bir yığılma noktası denir. Bir netin kuyruklarınının kapanışlarının arakesitinin her elemanı netin bir yığılma noktası olarak adlandırılmıştı.
Buradan hareket ederek bir netin yığılma noktasıyla bir filtrenin yığılma noktası arasındaki paralelliği okur görebilmelidir. Ayrıca uzayın bir noktasının
verilen bir netin yığılma noktası olması için gerek ve yeter koşullardan biri,
netin o noktaya yakınsayan bir altnetinin olmasıdır. Buna paralel bir başka
sonuç aşağıdadır. Önce üstfiltreyi tanımlayalım: Verilen bir filtreyi kapsayan
her filtrenin kapsayan filtresi denir. Yani G ve F bir kümenin iki filtresi ve
F ⊂ G ise, G’ye F’nin bir kapsayan filtresi denir.
Teorem 6.17. Bir topolojik uzayda bir noktanın verilen bir filtrenin yığılma
noktası olması için gerek ve yeter koşul o noktaya yakınsayan bir kapsayan
filtresinin olmasıdır.
Kanıt: F, (X, τ ) uzayının bir filtresi olsun. x ∈ X verilsin. x noktasının F’nin
bir yığılma noktası olduğunu varsayalım.
G0 = {F ∩ U : F ∈ F, U ∈ τ (x)}
bir filtre tabanıdır. G0 tarafından üretilen filtre G olsun. X ∈ τ (x) ve X ∈ F
olduğundan dolayı F ⊂ G ve G ⊂ τ (x) olur. Yani G, F’nin x’e yakınsayan ve
F’yi kapsayan bir filtredir.
Şimdi G, F’yi kapsayan bir filtre olsun x noktasına yakınsasın. U ⊂ X, x’i
içeren açık küme olsun. F ∈ F için F ∈TG olduğundan F ∩ U 6= ∅. Böylece
x ∈ F olduğu gösterilmiş olur. Yani x ∈ F ∈F F olur. Kanıt tamamlanır. Aşağıdaki teoremin kanıtı tanımdan kolayca yapılabilir. Detaylar okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 6.18. Bir topolojik uzayda verilen bir noktanın uzayın verilen bir
netinin bir yığılma noktası olması için gerek ve yeterli koşul o noktanın, net
tarafından üretilen filtrenin bir yığılma noktası olmasıdır.
Alıştırmalar
6.36. X ayrık topolojik uzay, F, X’te bir filtre ve x ∈ X verilsin. F → x olması için gerek ve
yeter koşulun F = {A ⊂ X : x ∈ A} olduğunu gösterin.
6.7. Ultrafiltre
159
6.37. Bir X topolojik uzayı için aşağıdakilerin denkliklerini gösterin.
i. X en kaba topolojik uzaydır.
ii. X’teki her filtre, X’in her noktasına yakınsar.
6.38. X bir topolojik uzay, F ve G, F ⊂ G ve F → x olacak biçimde iki filtre olsun. G → x
olduğunu gösterin.
6.39. f , X’te bir net ve g, f ’nin altneti olsun. Ff , f tarafından üretilen filtre ve Gg , g tarafından üretilen filtre ise Ff ⊂ Gg olduğunu gösterin.
6.7
Ultrafiltre
Şu ana kadar net ve filtrenin aynı yumurta ikizi gibi olduklarını sıklıkla dillendirdik. Birinde gördüğümüz bir özelliğin diğerinde olup-olmadığını merak
ettik. Netin ultrası vardı. Filtrenin neden olmasın!
Tanım 6.13. F, X üzerinde bir filtre olsun. Eğer her A ⊂ X için ya A ∈ F
ya da X \ A ∈ F ise, F’ye ultrafiltre denir.
Ultrafiltrenin denk tanımlarından biri aşağıdadır.
Teorem 6.19. Bir kümenin bir filtresinin ultrafiltre olması için gerek ve yeter
koşul, kendisini kapsayan bir filtrenin sadece ve sadece kendisinin olmasıdır.
Kanıt: F, bir X kümesinin ultrafiltresi olsun. F ⊂ G ve F 6= G olacak biçimde
X’in bir G filtresinin olduğunu varsayalım. A ∈ G ve A 6∈ F olacak biçimde
A ⊂ X seçelim. Bu durumda X \ A ∈ F olur. Buradan A, X \ A ∈ G elde
edilir. Bu çelişkidir. Böylece F’yi kapasayan bir filtrenin sadece ve sadece F
olduğu gösterilmiş olur. Şimdi F bir filtre ve bu filtreyi kapsayan kendisinden
başka bir filtrenin olmadığını varsayalım. A ⊂ X, A 6∈ F, X \ A 6∈ F koşulunu
sağlayan A kümesi var olsun. Bu durumda her F ∈ F için F ∩ A 6= ∅ olur.
G = {B ⊂ X : ∃F ∈ F, F ∩ A ⊂ B},
F’yi kapsayan ve A’yı içeren bir filtredir. Bu, varsayımla çelişir. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
6.40. X boş olmayan bir küme ve ∅ =
6 A ⊂ X verilsin.
FA = {F ⊂ X : A ⊂ F },
X’te bir filtredir. FA ’nin ultrafilte olması için gerek ve yeter koşul, A’nın tek elemanlı
olmasıdır. F{x} formundaki ultrafiltreye sabit ultrafiltre denir.
Ultranet ve ultrafiltreler arasındaki temel ilişkiyi aşağıdaki gibi verebiliriz.
Kanıtı okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 6.20. Bir net tarafından üretilen filtrenin, ultrafiltre olması için gerek
ve yeter koşul netin ultranet olmasıdır.
160
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Aşağıdaki teorem ultrafiltre üretimi için bir yöntem vermektedir.
Teorem 6.21. Bir kümede verilen her filtre o kümenin en az bir ultrafiltresi
tarafından kapsanır.
Kanıt: F, X’te bir filtre olsun. C, F’yi kapsayan X’teki filtrelerin kümesi
olsun. Kapsama bağıntısına göre, C kısmi sıralı bir kümedir. C’de alınan her
zincirin elemanlarının bileşimlerinin de bir filtre olduğu açıktır ve bu filtre zincirin bir üst sınırıdır. Zorn lemma gereği C nin bir maksimal elemanı vardır.
Bu maksimal eleman Teorem 6.19 gereği ultafiltredir.
Bir ultranetin yığılma noktasının aynı zamanda limit noktası olduğunu
Teorem 6.8 de göstermiştik. Aynı durum ultrafiltreler için de geçerlidir.
Teorem 6.22. Bir topolojik uzayda her ultrafiltre yığılma noktasına yakınsar.
Tersi de doğrudur.
Kanıt: F, X uzayının bir ultrafiltresi ve x ∈ X, F’nin bir yığılma noktası
olsun. U , x’i içeren bir açık küme olsun. U 6∈ F olduğunu varsayalım. F
ultrafiltre olduğundan X \ U ∈ F olur. x, F’nin yığılma noktası olduğundan
x ∈ X \ U olur. Buradan U ∩(X \U ) 6= ∅ elde edilir. Bu çelişki kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
6.41. F, N’de bir ultrafiltre ise F’nin karakteristik fonksiyonun χF : ℘(N) −→ {0.1}
S
A, B ⊂ N, A ∩ B = ∅ ⇒ χ(A B) = χ(A) + χ(B)
eşitliklerini sağladığını gösterin.
6.42. F, X’te bir ultrafiltre ve A ∈ F verilsin.
F|A = {F ∩ A : F ∈ F}
kümesinin A’da bir ultrafiltre olduğunu gösterin.
6.43. f : X −→ Y örten fonksiyon olsun. F bir ultrafiltre ise f (F)’nin Y ’de ultrafiltre
olduğunu gösterin.
6.44. f : X −→ Y bir fonksiyon ve F, X’te bir ultrafiltre olsun.
{A ⊂ Y : f −1 (A) ∈ F}
kümesinin X’te bir ultrafiltre olduğunu gösterin.
6.45. X = N ayrık topolojik uzay olsun.
F = {A ⊂ X : X \ A sonlu }
filtresinin yakınsamadığını gösterin. X’te bir filtrenin yakınsak olması için gerek ve yeter
koşulun sabit ultrafiltre olduğunu gösterin.
6.46. Bir X kümesinde tanımlı bir filtrenin iki farklı ultrafiltre tarafından kapsanabileceğini
gösterin.
Kanıt: ∅ 6= A ⊂ X olmak üzere FA = {B ⊂ X : A ⊂ B} bir filtre ve x,y ∈ A olmak
üzere F{x} , F{y} ultrafiltreleri x 6= y için FA ’yı kapsayan iki farklı ultrafiltredir.
6.7. Ultrafiltre
161
6.47. F ve G, X’te farklı iki ultrafiltre ise F ≤ H ve G ≤ H özelliğinde bir ultrafiltre H’nın
olamayacağını gösterin.
6.48. X kümesinde tanımlı bir filtre sadece ve sadece tek bir ultrafiltre tarafından kapsanıyorsa
o filtrenin ultrafiltre olduğunu gösterin.
6.49. (Kelley) Bir X kümesinde tanımlı her netin bir ultranet olan altnetinin olduğunu gösterin.
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Topolojik uzaylarda bazı önemli sonuçların kanıtlanmasında, netler yerine diziler alınması yeterli olsaydı ne güzel olurdu! Örneğin bu durumda bir X topolojik uzayın her A altkümesi için
A = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olurdu ve bu X topolojik uzayın çok daha iyi anlaşılmasını sağlardı. Ama
hayat her zaman böyle kolay olmayabiliyor.
Bir X topolojik uzayın A ⊂ X altkümesinin açık olması için gerek ve
yeter koşul, f → x ∈ A olacak biçimde f ∈net(X \ A) netinin olmamasıdır.
Bunu şöyle de ifade ederiz: Bir X uzayında U ⊂ X kümesinin açık olması
için gerek ve yeter koşul, f ∈net(X) ve f → x ∈ U olduğunda f ’nin en az
bir kuyruğunun U tarafından kapsanmasıdır. Bu betimlemede, genelde net
yerine dizi alınamaz. Buna karşın bazı topolojik uzaylarda (Örneğin metrik
uzaylarda) alınabilir ve bu tür uzayların metrik uzay olmaları gerekmez. Bu
uzaylar dizisel topolojik uzaylar olarak adlandırılır. Yani bir X uzayında bir
A ⊂ X kümesinin açık olması için gerek ve yeter koşul, xn → x ∈ A olacak
biçimde X \ A’da (xn ) dizisi yoksa X’e dizisel uzay denir. Dizisel uzaylara en
temel örneklerden birinin metrik uzaylar olduğu bu bölümde gösterilecektir.
Dahası bir uzayın dizisel uzay olması için gerek ve yeter koşulun, uzayın bir
metrik uzayın bölüm uzayına homeomorfik olduğu kanıtlanarak kesin sınırlar
çizilebilecektir. Bu konuda temel çalışmalardan biri Franklin’e [43] aittir.
Topolojik uzay teorisinin temel motivasyonunun metrik uzaylar olduğunu
söylemiştik. Bir X metrik uzayın her A altkümesinin kapanışının
A = {x : ∃f ∈ AN ,
f → x}
7.1. Dizisel Uzaylar
163
olduğunu biliyoruz. Ama genelde topolojik uzaylarda bunun doğru olmadığını
da biliyoruz. Bu özelliği olan topolojik uzaylara Fréchet-Urysohn uzay denir.
Demek ki metrik uzaylar Fréchet uzaylardır.
Birçok okur Fréchet-Urysohn uzay ile dizisel uzayların arasında fark olmadığı yanılgısına düşebilir ama öyle değil. Buna karşın bir uzayın FréchetUrysohn uzay olması için gerek ve yeter koşulun, uzayın her altuzayının dizisel uzay olduğu kanıtlanacaktır. Böylece Fréchet-Urysohn ve dizisel uzaylar
arasındaki temel ilişki verilmiş olacaktır.
Sonuç olarak bu bölümde dizisel uzaylar ve Fréchet-Urysohn uzaylar çalışılarak bunlarla ilgili temel betimlemeler verilecektir. Bu uzaylarla ilgili geniş
bilgi [57]’de bulunabilir.
7.1
Dizisel Uzaylar
Bir X topolojik uzayın her U ⊂ X kümesi için
X \U ∩U =∅
olmasının
U =X \X \U
olmasına denk olduğunu not edelim. X bir topolojik uzay ve U ⊂ X verilsin.
U ’nun açık küme olması için gerek ve yeter koşulun
X \U ∩U =∅
olması gerektiği de açıktır. Bunu net terimiyle ifade edecek olursak: U ’nun açık
olması için gerek ve yeter koşul, X \ U ’da, U ’nun bir elemanına yakınsayacak
netin olmamasıdır. Bu betimlemede “net yerine dizi alınabilir mi?” sorusu
anlamlıdır. Bu soru bizi aşağıdaki tanımı vermeye yönlendirir.
Tanım 7.1. Bir topolojik uzayın verilen bir altkümesinin dizisel kapanışı ,
o kümede tanımlı dizilerin yakınsadığı noktaların kümesidir.
Yani, X bir topolojik uzay olmak üzere A ⊂ X altkümesinin dizisel kapanışı
sqc(A) = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olarak tanımlanır.
A ⊂sqc(A)⊂ A
ve
164
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
A◦ ⊂ X\sqc(X \ A)) ⊂ A
olduğu açıktır. Bu kapsamaların eşit olma durumlarına göre aşağıdaki tanımlamalar yapılır.
Tanım 7.2. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. A kümesi aşağıdaki gibi
adlandırılır.
i. dizisel kapalı:A =sqc(A).
ii. dizisel açık :A = X\sqc(X \ A)).
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolay olup, kanıt okura bırakılmıştır.
Teorem 7.1. Bir uzayın altkümesinin dizisel açık olması için gerek ve yeter
koşul, tümleyeninin dizisel kapalı olmasıdır.
Bir topolojik uzayda kapalı her küme dizisel kapalı ve her açık küme dizisel
açıktır. Ama bunun tersleri genelde doğru değildir. Bu durum bizi topolojik
uzayların iki farklı sınıflamasına yönlendirir.
Tanım 7.3 (Franklin [43]). Her dizisel açık kümesi açık olan topolojik uzaya
dizisel uzay denir.
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolay ve okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 7.2. Bir X topolojik uzayın dizisel olması için gerek ve yeter koşul,
her açık U kümesinin
U = X\sqc(X \ U ))
eşitliğini sağlamasıdır.
Teorem 7.3. (X, τ ) topolojik uzay olmak üzere dizisel açık kümelerin kümesi
τsqc , X üzerinde bir topolojidir ve τ topolojisinden daha incedir, yani
τ ⊂ τsqc
olur.
Kanıt: ∅, X ∈ τsqc olduğu açıktır. A ve B iki dizisel açık küme olsun. A∩B’nin
dizisel açık olmadığını varsayalım. Her K ⊂ X için K ⊂sqc(K) olduğundan
X\sqc(X \ (A ∩ B)) ⊂ A ∩ B
olur. x ∈ X, x 6∈ X\sqc(X \ (A ∩ B)) olsun. x ∈sqc(X \ (A ∩ B)) olduğundan,
f → x olacak biçimde X \ (A ∩ B) kümesinde f dizisi vardır. X \ A’da ya da
X \ B’de olan f ’nin bir altdizisi g vardır. g’nin X \ A’da olduğunu varsayalım.
g → x ve A dizisel açık olduğundan x 6∈ A ve dolayısıyla x 6∈ A ∩ B olur.
Benzer biçimde g’nin X \ B’de olduğunu varsaydığımızda da aynı durum elde
edilir. Dolayısıyla
7.1. Dizisel Uzaylar
165
X\sqc(X \ (A ∩ B)) = A ∩ B,
yani A ∩ B dizisel açıktır.
(Ai )i∈I , τsqc ’de bir aile olsun. x ∈ X,
S
x 6∈ X\sqc(X \ ( i Ai ))
S
S
verilsin. x ∈sqc(X \ ( i Ai ) olduğundan f → x özelliğinde X \ ( i Ai ), f dizisi
vardır. Aynı zamanda her i ∈ I için f dizisi X \Ai S
kümesinde tanımlıdır. Ai ’ler
dizisel açık olduklarından x 6∈ Ai dolayısıyla x 6∈ i Ai elde edilir. Buradan
S
S
X\sqc(X \ ( i Ai )) = i Ai
elde edilir. τsqc ’nın topoloji olduğu gösterilmiş olunur. Diğer kısımların doğruluğu
açıktır. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
7.1. Sayılamaz bir küme üzerinde açık kümeleri sadece ve sadece tümleyeni sayılabilir olan
topolojinin en ince topolojiden farklı olduğu açıktır. Yani, X sayılamaz bir küme olsun.
τ = {A ⊂ X : X \ A sayılabilir },
X üzerinde en ince topolojiden farklı bir topolojidir. Bu topolojiyle donatılmış X uzayının
dizisel uzay olmadığını göstermek için X’in her altkümesinin dizisel açık olduğunu
göstermek yeterlidir. A ⊂ X altkümesi verilsin. A’nın dizisel açık olmadığını varsayalım.
xn → y ∈ A özelliğinde X \ A kümesinde (xn ) dizisi vardır.
S
B = (X \ {xn : n ∈ N}) {y}
kümesi açık ve y ∈ B olur. Buradan her n ≥ n0 için xn ∈ B olacak biçimde n0 ∈ N
elde edilir ancak bu çelişkidir. Böylece X’in her altkümesi dizisel açıktır. Dolayısıyla X
topolojik uzayı dizisel topolojik uzay değildir.
7.2. w1 ilk sayılamaz ordinal olmak üzere
[0, w1 ] = {α : α ordinal ve α ≤ w1 }
tamsıralı kümeyi sıra topolojik uzay olarak ele alacak olursak bu uzayda {w1 } dizisel
açık olmasına karşın açık değildir. Dolayısıyla [0, w1 ] sıra topolojik uzayı dizisel topolojik
uzay değildir.
Q
7.3. I sayılamaz bir küme ve {0, 1} en ince topolojik uzay olmak üzere X = i∈I {0, 1}
çarpım uzayını ele alalım.
X = {χA : A ⊂ I}
olarak yazalım.
Y = {χA : A ⊂ I sayılamaz }
kümesinin açık olmadığını göstermek zor değildir.
χAn → χA ∈ Y
S
olsun. Bu durumda A ⊂ n An olur. A sayılamaz olduğundan en az bir n ∈ N için An
sayılamaz kümedir. Bu, bize
χAn → χA ∈ Y
166
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
özelliğinde X \ Y ’de (χAn ) dizisinin olamayacağını söyler. O halde Y , dizisel açık ama
açık değildir. Böylece X’in dizisel uzay olmadığı gösterilmiş olur.
Teorem 7.4. Metrik uzay dizisel uzaydır1 .
Kanıt: X metrik uzay, U dizisel açık, fakat açık olmasın. Yani
U 6= U ◦ ve U = X\sqc(X \ U ))
olsun. x ∈ U \ U ◦ seçelim. xn → x özelliğinde, X \ U ’da (xn ) dizisi vardır.
Buradan x ∈ X \ U olur. x ∈ U ◦ olduğundan
U ◦ ∩ (X \ U ) 6= ∅
olur. Bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
7.4. Bir uzayın dizisel uzay olması için gerek ve yeter koşulun her dizisel kapalı kümenin
kapalı olmasıdır. Gösterin.
7.5. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. A dizisel açıktır.
ii. f → x ∈ A olacak biçimde f ∈ (X \ A)N yoktur.
7.2
Fréchet-Urysohn Uzay
Tanım 7.4. Her altkümesinin kapanışı, dizisel kapanışına eşit olan topolojik
uzaya Fréchet-Uryshohn uzayı denir.
Yani bir X uzayının Fréchet-Uryshohn uzayı olaması içn gerek ve yeter
koşul her A ⊂ X için A =sqc(A) olmasıdır. Okur Fréchet-Uryshohn uzayı ve
dizisel uzay arasında bir fark yokmuş gibi bir sezgiye kapılabilir ama bunlar
farklı uzaylardır. Buna ilişkin örnekler bu altbölümün son kısmında bulunabilir.
Notlar ve Örnekler
7.6. Metrikleşebilir topolojik uzaylar Fréchet-Uryshon uzayıdır. Daha fazlası da doğrudur:
Birinci dereceden sayılabilir uzayların Fréchet-Uryshon uzay olduğu kanıtlanacaktır.
Bir topolojik uzayı X’in her noktasının sayılabilir açık tabanı var ise X’e birinci dereceden sayılabilir denildiğini hatırlayalım. Birinci dereceden uzayların altuzayları da birinci dereceden uzaylardır. Buna karşın birinci dereceden
uzayların çarpım uzayları birinci dereceden olması gerekmez (Örneğin X = RR
çarpım uzayı.) Fakat sayılabilir tane birinci dereceden sayılabilir uzayların
çarpım uzayı birinci dereceden sayılabilir uzaylardır. Bunlarla ilgili kanıtlar
klasik topoloji kitaplarında bulunabilir.
1
Bunun daha fazlası da doğrudur: metrik uzayın bölüm uzayı dizisel olduğu kanıtlanacak.
7.2. Fréchet-Urysohn Uzay
167
Teorem 7.5. Birinci dereceden sayılabilir uzay, Fréchet-Uryshohn uzay ve
Fréchet-Uryshon topolojik uzay dizisel topolojik uzaydır. Yani
Birinci dereceden sayılabilir ⇒ Frechet-Uryshon ⇒ dizisel.
Kanıt: X birinci dereceden sayılabilir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için
{Un (x) : n ∈ N}, x noktasının sayılabilir tabanı olsun. Her n için Un+1 (x) ⊂
Un (x) olduğunu varsayabiliriz. A ⊂ X verilsin. sqc(A) ⊂ A olduğunu biliyoruz.
x ∈ A verilsin. Her n ∈ N için xn ∈ Un ∩ A seçebiliriz. f (n) = xn olarak
tanımlanan f dizisi, A’da bir dizi ve f → x dir. Buradan sqc(A) = A elde
edilir. Böylece X’in Fréchet-Uryhson uzay olduğu gösterilmiş olur.
Şimdi X’in Fréchet-Uryhson uzay olduğunu varsayalım. U ⊂ X dizisel açık
olsun. Buradan
U = X\sqc(X \ U ) = X \ X \ U = (X \ (X \ U ))◦ = U ◦
elde edilir. Yani U açıktır. X’in dizisel açık olduğu gösterilmiş olur.
Dizisel uzay ve Fréchet-Uryshohn uzayındaki temel ilişki aşağıdadır.
Teorem 7.6 (Franklin [44]). Bir uzayın Fréchet-Uryshohn olması için her
altuzayının dizisel olması gerek ve yeterlidir.
Kanıt: X, Fréchet-Uryshohn uzay olsun. (i =⇒ ii). X’in bir Y altuzayını
dizisel olmadığını varsayalım. Bu varsayımla Y ’nin bir A altkümesi dizisel
Y
kapalı fakat kapalı değildir. Yani A 6= A ve A = Y \sqc(Y \ A)
olacak biçimde A ⊂ Y altkümesi vardır.
Y
w ∈A \A
seçelim. A, Y uzayında dizisel kapalı olduğundan f → w (Y uzayında) olacak
biçimde f ∈ AN dizisi yoktur. Dolayısıyla X uzayında f → w olacak biçimde
f ∈ AN dizisi yoktur. Diğer taraftan
Y
w∈A ⊂A
ve X Fréchet-Uryshohn olduğundan, X uzayında g → w olacak biçimde g ∈
AN dizisi vardır. Bu, çelişkidir.
(ii =⇒ i). X, Fréchet-Uryshohn uzay olmasın.
A 6=sqc(A)
olacak biçimde A ⊂ X vardır. x ∈ A\sqc(A) olmak üzere X’in topolojik
altuzayı, Y = A ∪ {x} uzayını ele alalım. Varsayım gereği Y dizisel uzaydır.
Diğer taraftan Y uzayında Y \ {x} kümesi dizisel kapalı, fakat kapalı değildir.
Bu çelişki nedeniyle X Fréchet-Uryshohn uzayı olmak zorundadır.
Alıştırmalar
168
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
7.7. Birinci dereceden sayilabilir olmayan Frechet-Urysohn ve Frechet-Urysohn olmayan dizisel topolojik uzay örnekleri verin.
7.8. RR çarpım uzayının birinci dereceden sayılabilir olmadığını kanıtlayınız.
7.9. Sayılabilir tane birinci dereceden sayılabilir uzayın çarpım uzayının birinci dereceden
sayılabilir olduğunu kanıtlayınız.
7.3
Dizisel Uzay ve Süreklilik
Metrik uzaylarda olduğu gibi dizisel uzaylarda da süreklilik daha doğal!
Teorem 7.7. Bir topolojik uzayın bir altkümesinin dizisel açık olması için
gerek ve yeter koşul, altkümenin bir elemanına yakınsayan her dizinin en az
bir kuyruğunun o altküme tarafından kapsanmasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun. A ⊂ X kümesi dizisel açık olsun. X’in bir
f dizisi x ∈ A noktasına yakınsasın. f ’nin hiçbir kuyruğunun A tarafından
kapsanmadığını varsayalım. Bu durumda f ’nin g → x olacak biçimde g ∈
(X \ A)N altdizisi vardır. Buradan x ∈sqc(X \ A) olur. Buradan da x 6∈ A
çelişkisi elde edilir.
Şimdi koşulun gerçeklendiğini varsayalım. A dizisel açık olmasın, yani
A 6= X\sqc(X \ A))
olsun.
a ∈ A ve a 6∈ X\sqc(X \ A))
özelliğinde a seçelim. xn → x, xn ∈ X \ A olacak biçimde bir (xn ) dizisi
seçebiliriz. Varsayım gereği her n ≥ n0 için xn ∈ A olacak biçimde n0 vardır.
Bu, bir çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Teorem 7.8. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X dizisel uzaydır.
ii. Her bir Y topolojik uzayı ve her f : X −→ Y fonksiyonunun sürekli
olması için gerek ve yeter koşul, X’te xn → x olduğunda Y ’de f (xn ) → f (x)
olmasıdır.
Kanıt: (i =⇒ ii). Y topolojik uzay ve f : X −→ Y fonksiyonu verilsin. f ’nin
sürekli olma durumunda,
xn → x =⇒ f (xn ) → f (x)
olduğu açıktır. Şimdi gerektirmenin doğruluğunu kabul edelim. f ’nin sürekli
olmadığını varsayalım. f −1 (U ) açık olmayacak biçimde açık U kümesi vardır.
X dizisel açık olduğundan f −1 (U ) dizisel açık değildir ve dolayısıyla
7.3. Dizisel Uzay ve Süreklilik
169
xn → x ∈ f −1 (U )
özelliğinde X \ f −1 (U )’da (xn ) dizisi vardır. Varsayım gereği
f (xn ) → f (x) ∈ U .
(f (xn )) dizisi Y \ U kapalı kümesinde olduğundan f (x) ∈ Y \ U elde edilir.
Bu, bir çelişkidir.
(ii =⇒ i). X’in dizisel uzay olmadığını varsayalım. X üzerindeki topolojiyi τ ile
gösterelim. Dizisel açık kümelerin kümesi τsqc olmak üzere τ ⊂ τsqc olduğunu
biliyoruz. X dizisel topolojik uzay olmadığından
I : (X, τ ) −→ (X, τsqc ), I(x) = x
olarak tanımlanan fonksiyon sürekli değildir. Diğer taraftan (X, τ ) uzayında
xn → x ise bu yakınsama (X, τsqc ) uzayında da doğrudur. (ii) gereği I süreklidir. Halbuki değil. Bu çelişki kanıtı tamamlar.
Teorem 7.9. Dizisel topolojik uzayın her açık altuzayı dizisel topolojik uzaydır.
Kanıt: X dizisel topolojik uzay ve Y , X’in açık altuzayı olsun. Z bir topolojik
uzay olmak üzere f : Y −→ Z fonksiyonu
xn → x =⇒ f (xn ) → f (x)
özelliğinde olsun. Teorem 7.8 gereği f fonksiyonunun sürekli olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. f ’nin sürekli olmadığını varsayalım. f −1 (U ), X’te
açık olmayacak biçimde Z’nin açık altkümesi U vardır. f −1 (U ), X’te de açık
değildir. X dizisel olduğundan f −1 (U ), X’te dizisel açık olamaz. Yani
f −1 (U ) 6= X\sqc(X \ f −1 (U ))
olur.
x ∈ f −1 (U ) ve x ∈sqc(X \ f −1 (U ))
seçebiliriz. Ayrıca xn → x olacak biçimde, X \ f −1 (U ) kümesinde (xn ) dizisi
vardır.
S
N = {n : xn ∈ Y } {n : xn ∈ X \ Y }
olduğundan (xn )’nin en az bir altdizisi (xnk ) ya Y ’de ya da X \Y kümesindedir.
1. Durum: Her n için xkn ∈ Y olma durumu: Y uzayında xkn → x olacağından,
varsayım gereği f (xkn ) → f (x) olacaktır. f (x) ∈ U olduğundan (f (xkn )) dizisinin en az bir kuyruğu U tarafından kapsanır ve dolayısıyla (xkn ) dizisinin
en az bir kuyruğu f −1 (U ) tarafından kapsanır ki bu, çelişkidir.
O halde aşağıdaki durum gerçekleşir.
2. Durum: Her n için xkn ∈ X \ Y olma durumu: Y açık olduğundan X \ Y
170
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
kapalıdır. Dolayısıyla (xkn ) dizisinin limiti olan x ∈ f −1 (U ) ⊂ Y , X \ Y ’nin
bir elemanıdır ki bu durum, çelişkidir.
Sonuç olarak f ’nin sürekli olmadığı varsayımı çelişki üretmiştir. O halde f
süreklidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
7.10. Dizisel topolojik uzayın her kapalı altuzayının dizisel topolojik uzay olduğunu gösterin.
7.11. X = C([0, 1]) kümesi üzerinde,
R |f (x)−g(x)|
dx
d(f, g) = 1+|f
(x)−g(x)|
metriği tarafından üretilen topolojiyi τd ve, her x ∈ [0, 1] için, px : C([0, 1]) −→ R,
px (f ) = |f (x)| olmak üzere {px : x ∈ [0, 1]} fonksiyonlar kümesi tarafından üretilen
topolojiyi τp ile gösterelim.
i : (C([0, 1]), τp ) −→ (C([0, 1]), τd ), i(f ) = f
birim fonksiyonun sürekli olmamasına karşın dizisel sürekli (fn → f ⇒ i(fn ) → i(f ))
olduğunu gösterin. Bunun sonucu olarak τp topolojisinin dizisel topoloji olmadığı sonucuna varın.
7.4
Dizisel Uzaylar Metrik Uzayların Bölüm Uzaylarıdır.
Metrik uzaylar dizisel uzaydır. Ama tersi doğru değildir. Buna karşın dizisel
uzaylar metrik uzayların tanıdık bir şeyi olur. Bu altbölümde bu “birşeyi”
belirleyeceğiz.
Dizisel uzaylarla metrik uzaylar arasındaki birebir ilişki net bir şekilde
verilebilir: Her dizisel topoloji en azıyla bir metrik uzayın bölüm topolojisine homeomorfiktir. Bundan daha iyisi “can sağlığı”, daha ne olsun! Bunu
kanıtlamak için önce topolojik uzayların
toplam uzayını tanımlayalım.
T
Her i, j ∈ I ve i 6= j için Xi S Xj = ∅ olmak üzere ((Xi , τi ))i∈I topolojik
uzayların bir ailesi verilsin. X = i∈I Xi olmak üzere
T
τ = {U ⊂ X : ∀i ∈ I, U Xi ∈ τi },
X üzerinde bir topoloji olduğu açıktır. (X, τ ) topolojik uzayına ((Xi , τi ))i∈I
uzay ailesinin toplam uzayı denir ve ⊕i∈I Xi ile gösterilir.
Teorem 7.10. (Franklin [43]) (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
i. X dizisel topolojidir.
ii. X bir metrik uzayın bölüm uzayıdır.
iii. X birinci dereceden sayılabilir topolojik uzayın bölüm uzayıdır.
iv. X bir dizisel topolojik uzayın bölüm uzayıdır.
Kanıt: (i ⇒ ii). R Öklid uzayının
7.4. Dizisel Uzaylar Metrik Uzayların Bölüm Uzaylarıdır.
171
S
Y = {0} { n1 : 2 ≤ n ∈ N}
altuzayını ele alalım. Y uzayının topolojisinin
τY = {A ⊂ Y : 0 6∈ A ya da
Y \ A sonlu }
olduğunu not edelim.
C = {f ∈ X N : f → f (1)}
olarak tanımlansın. Her f ∈ C için
Zf = {f } × Y
olarak tanımlayalım. Her f , g ∈ C ve f 6= g için
T
Zf Zg = ∅
olur. Her f ∈ Zf için Zf üzerine
df ((f, y1 ), (f, y2 )) = |y1 − y2 |
metriğini koyalım ve Zf ’yi metrik topolojik uzay olarak görelim. (Zf uzayı ile
Y uzayının izometrik olduğu aşikar!) Z, (Zf )f ∈C topolojik uzayların toplamı,
yani
Z = ⊕f ∈C Zf
olsun. Z’nin topolojisini τZ ile gösterelim. τZ bir metrik topolojidir. (Gerçekten
|y1 − y2 | ;f = g,
d((f, y1 ), (g, y2 ) =
1 ;f 6= g.
olarak tanımlanan d : Z × Z −→ R fonksiyonu Z’de bir metriktir ve ürettiği
topoloji τZ ’e eşittir.)
A ∈ τZ ⇔ her f ∈ C için {y ∈ Y : (f, y) ∈ A} ∈ τY
olduğunu not edelim. π : Z −→ X fonksiyonu
f (1) ; y = 0
π(f, y) =
f (i) ;y = 1i , i ≥ 2
eşitliği ile tanımlansın. π’nin örten olduğu açık. (Gerçekten x ∈ X verilsin.
f : N −→ X dizisi f (x) = x olarak tanımlansın. π(f, 0) = x olur.)
τ = {A ⊂ X : π −1 (A) ∈ τZ }
olduğunu göstermek (eşitliğin sağ tarafı Z’nin π’ye bölüm uzayıdır) kanıtı
tamamlayacaktır. A ∈ τX verilsin. Her f ∈ C için
172
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Af = {y ∈ Y : (f, y) ∈ π −1 (A)} ∈ τY
diyelim. Iki durum söz konusudur.
1. durum. 0 ∈ Af : Bu durumda π(f, 0) = f (1) ∈ A dır. f (n) → f (1) olduğunda
her n ≥ n0 için f (n) ∈ A olacak biçimde n0 vardır. Dolayısıyla Y \Af sonludur.
Böylece Af , Y ’de açıktır.
2. durum. 0 6∈ Af : Bu durumda her n ∈ N için { n1 }, Y ’de açık olduğundan Af
yine açıktır.
T
Böylece her f ∈ C için Zf π −1 (A), Zf ’de açıktır. Dolayısıyla
τ ⊂ {A ⊂ X : π −1 (A) ∈ τZ }
olduğu gösterilmiş olur. Şimdi A ⊂ X ve A 6∈ τ olsun. X dizisel açık olduğundan
A dizisel açık değildir. Bu nedenle
f →a∈A
olacak biçimde f (1) = a ve n ≥ 2 için f (n) 6∈ A olacak biçimde f dizisi vardır.
Bu durumda
{y ∈ Y : (f, y) ∈ π −1 (A)} = {0}
kümesi Y ’de açık değildir. Buradan π −1 (A) 6∈ τZ elde edilir. Istenilen gösterilmiş olur.
(ii =⇒ iii). Metrik uzaylar topolojisi birinci dereceden sayılabilir olduğundan
istenilen açıktır.
(iii =⇒ iv). Birinci dereceden topolojinin dizisel topoloji olmasındandır.
(iv =⇒ i). τ , dizisel topolojik uzay (Y, τY )’nın bölüm toplojisi olsun. Yani
f : Y −→ X örten bir fonksiyon olmak üzere
τ = {A ⊂ X : f −1 (A) ∈ τY }
olsun. A ⊂ X dizisel kapalı olsun. A’nın kapalı olduğunu göstereceğiz. Bunun
için f −1 (A)’nın dizisel Y ’de dizisel kapalı olduğunu göstermek yeterlidir. (xn ),
f −1 (A) da bir dizi ve xn → x olsun. f sürekli olduğundan f (xn ) → f (x) olur.
A’nın dizisel kapalı olmasından f (x) ∈ A, yani x ∈ f −1 (A) dır. f −1 (A)’nın
dizisel kapalı olduğu gösterilmiş olur ve kanıt biter.
Alıştırmalar
T
7.12. (Xi )i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve i 6= j için Xi Xj = ∅ olsun. X = ⊕i∈I Xi
uzayının metrikleşebilir olması için gerek ve yeter koşulun her i ∈ I için Xi uzayının
metrikleşebilir olması gerektiğini gösterin.
7.13. Bir topolojik uzayda bir dizi en fazla bir noktaya yakınsıyorsa o uzay T1 -uzayıdır. Birinci
dereceden sayılabilir bir uzayda bir dizi en fazla bir noktaya yakınsayabiliyorsa, o uzayın
T2 -uzay olduğunu gösterin.
7.14. Birinci dereceden sayılabilir topolojik uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter koşul,
uzayda verilen her dizinin en fazla bir tane noktaya yakınsaması olduğunu gösterin.
7.15. Fréchet-Urysohn uzayın altuzaylarının Fréchet-Urysohn olduğunu gösterin.
7.5. Örnekler
7.5
173
Örnekler
Birinci dereden sayılabilir uzay=⇒ Fréchet-Urysohn =⇒ Dizisel uzay
olduğunu biliyoruz. Bunların terslerinin olmadığına ilişkin iki örnek vereceğiz.
Notlar ve Örnekler
7.16. Birinci dereceden sayılabilir olmayan Fréchet-Urysohn uzayı:
S1 = N × { n1 : n ∈ N} ve S2 = N × {0}
olmak üzere R2 Öklid uzayının
X = S1
S
S2
altuzayını ele alalım. S1 ve S2 kümeleri ayrıktır. S1 kümesine X’te olmayan p noktasını
ekleyerek
S
Y = S1 {p}
kümesini tanımlayalım. q : X −→ Y fonksiyonu
x ;x ∈ S1 ,
p(x) =
p ;x ∈ S2 .
olarak tanımlansın. Y kümesi üzerine X uzayının p fonksiyonuna göre bölüm topolojisini
koyalım. Bu topolojiyi τ ile gösterelim. Y uzayında her x ∈ S1 noktası bir izole nokta
ve
S T
τ (p) = {{p} (Y U ) : U ⊂ R2 açık ve S2 ⊂ U }
olur. Her i, j ∈ N için
Vi,j = {(i, k1 ) : k ≥ j}
olmak üzere Y ’de p noktasının bir açık kümeler tabanı
{Vi,f (i) : i ∈ N, f ∈ NN }
olur.
i. Y birinci dereceden sayılabilir değildir: Olduğunu varsayalım. Bu durumda p
noktasının, her f ∈ NN için
SS
Bf = {p} ( ∞
i=1 Vi,f (i) )
olmak üzere
{Bfn : n ∈ N}
sayılabilir açık tabanı vardır. Her i ∈ N için g(i) > fi (i) özelliğinde g ∈ NN seçelim. Her
i için
(i,
1
)
fi (i)
∈ Bfi \ Bg
olur. Bg , p noktasını içeren küme olduğundan bu {Bfn : n ∈ N} kümesinin p noktasınının
açık kümeler tabanı olmasıyla çelişir.
ii. Her i ∈ N için fi ∈ NN , fi (n) = i olarak tanımlansın.
T
{p} = i Bfi
olur.
iii. Y Fréchet-Urysohn uzaydır: Kanıtı okura bırakılmıştır.
174
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
7.17. Frechet-Urysohn olmayan dizisel uzay :
X = (R \ {0}),
S
Y = {0} { n1 : n ∈ N}
olmak üzere
Z = (X × {0})
S
(Y × {1})
uzayını R2 Öklid uzayının altuzayı olarak ele alalım.
P : Z −→ R, P (a, b) = a
olarak tanımlansın. T = R üzerine Z uzayının P fonksiyonuna göre bölüm uzayı olsun
ve bu uzayın topolojisini τ ile gösterelim.
i. τ S
topolojisi U , V ⊂ R’de Öklid uzayına göre açık, { n1 : n ∈ N} ⊂ V olmak üzere U ve
{0} V kümeleri tarafından üretilen topolojidir: Açıktır!.
ii. T uzayı diziseldir: Teorem 7.10 gereği Z, bir metrik uzayının bölüm uzayı olan T
uzayı dizisel uzaydır.
iii. A = T \ Y olmak üzere 0 ∈ A: U ∈ τ (0) verilsin. 1i ∈ U olacak biçimde i ∈ N vardır.
Ayrıca
0 6∈ ( 1i − δ,
1
i
+ δ) ⊂ U
özelliğinde 0 < δ seçebiliriz.
Dolayısıyla x ∈ U olacak biçimde bir irrasyonel sayı vardır.
T
x ∈ A olduğundan A U 6= ∅ olur. Böylece x ∈ A olduğu gösterilmiş olunur.
iv. T uzayı Fréchet uzay değildir: Olduğunu varsayalım. xn → 0 olacak biçimde A’da
(xn ) dizisi vardır. Her n için xn 6= 0 olacağından
0 < δn = inf j |xn − 1j |
olur.
U = {0} ∪ (∪n ( n1 − δn ,
1
n
+ δn )) ∈ τ (0)
olmasına karşın U , (xn ) dizisinin bir kuyruğunu kapsamaz (hatta xn ∈ U olacak biçimde
n yoktur). Bu çelişki isteneni verir. Böylece T uzayının Frechet olmadığı gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
7.18. X = R kümesi üzerine Sorgenfrey topolojisini koyalım ({[a, b) : a, b ∈ X, a < b} tarafından üretilen topoloji). Bu uzay genelde Rl ile gösterilir. Rl ’in metrikleşebilir olmayan birinci dereceden sayılabilir uzay olduğunu gösterin.
7.19. w1 ilk sayılamaz ordinal olmak üzere sıra topolojisi ile donatılsın. w1 ’in metrikleşemeyen
birinci dereceden sayılabilir uzay olduğunu gösterin.
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
T0 , T1 ve T2 topolojik uzayları daha önceki altbölümlerde tanıtılmış ve bu
uzayların bazı temel özellikleri verilmişti. Bu uzaylar farkı iki noktanın belirli
özellikleri sağlayan açık küme ya da kümelerle ayrılabilir olması hakkındaydı.
Bu bölümde bunlara iki ayrışım kavramı daha eklenecektir: T3 ve T3 1 uzayları.
2
Bu uzaylar arasındaki ilişki
T3 1 ⇒ T3 ⇒ T2 ⇒ T1 ⇒ T0
2
olmasına karşın bunların tersleri doğru olmayacaktır.
Bir topolojik uzay üzerinde tanımlı gerçel değerli sürekli fonksiyonların
“yeterince çok” olması yeni çalışma alanları açma şansı verir. Bu alanlardan
biri fonksiyon uzaylarıdır. Fonksiyon uzayları fonksiyonel analizin temellerinden biri olup bunlara ilişkin temel örnekler dizi uzayları olarak bilinen
c00 , c0 , c, `∞
gibi uzaylardır. Bu uzayların hepsi normlu uzaylardır1 . Bu uzayları daha açık
olarak yazacak olursak:
`∞ = {f ∈ RN : supn |f (n)| < ∞}
c = {f ∈ `∞ : f dizisi yakınsak }
c0 = {f ∈ `∞ : f dizisi sıfıra yakınsak }
c00 = {f ∈ `∞ : ∃∀n ≥ m, f (n) = 0}.
`∞ üzerindeki norm
||(xn )||1 = supn |xn |
eşitliğiyle tanımlanır. Bu normun c, c0 ve c00 uzaylarına indirgenmesiyle elde
edilen norm fonksiyonuna göre bu vektör uzayları da normlu uzay olurlar.
1
Bir E vektör uzayındaki norm ||.|| : E −→ R, ||.||(x) = ||x|| olmak üzere, her x, y ∈ E ve
α ∈ R için ||x|| = 0 ⇒ x = 0, ||αx|| = |α||x||, ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| koşullarını sağlayan bir
fonksiyondur. Bir norm fonksiyonu ile donatılmış uzaya normlu uzay denir. Bu durumda
d(x, y) = ||x − y|| olarak tanımlanan fonksiyon E’de bir metrik tanımlar.
176
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Bu uzayların her biri uygun bir K topolojik uzayı için C(K) ya da Cb (K)
biçimindeki sürekli fonksiyonlar uzaylarının altuzayları olarak yazılabilir. Örneğin K = N discrete uzay olmak üzere `∞ uzayı, Cb (K) uzayıdır. Bu açıdan
yukarıda tanımlanan dizi uzayları C(K) tipli uzayların temel örnekleri olarak
görülebilir.
C(K) tipi uzaylar çalışılırken K uzayını mümkün olduğu kadar “ekonomik”
almak anlamlı olacaktır. Bu ekonomikliğin sınırı tümüyle düzenli olarak adlandırılan topolojik uzay kavramına yakındır ama bu mükemmel olanı değildir.
Bu bölümde tümüyle düzenli uzay kavramı tanımlanarak temel özellikleri çalışılacaktır. Tümüyle düzenli topolojik uzayların yapısı sürekli fonksiyonlar terimiyle anlaşılabilir ve bu yaklaşımın önemli avantajları vardır.
Aşağıdaki anlamda X = R Öklid uzayında tanımlı, reel değerli “yeterince
çok” sürekli fonksiyonlar vardır: K ⊂ X kapalı ve x ∈ X \ K ise
f (x) = 0, f (K) ⊂ {1}
ifadesini sağlayan sürekli f : R −→ R fonksiyonunun varlığı açıktır. Bu bölümde
bu tür özellikleri olan topolojik uzaylar tanımlanarak bunların temel özellikleri
çalışılacaktır. Öncelikle bu özellikteki uzayların R’nin çarpım uzaylarının altuzaylarından farklı olmadığı gösterilerek bunların temel özellikleri verilecektir.
Tümüyle düzenli uzayların altuzayı ve çarpım uzayları tümüyle düzenli
olmalarına karşın bölüm uzayı Hausdorff olsa bile tümüyle düzenli olmayabilir.
Atlbölüm 2.9’da düzgün topolojik uzaylar tanıtılmıştı. Bir uzayın düzgün
topolojik uzay olması için gerek ve yeter koşul tümüyle düzenli olmasıdır.
Bunun kanıtı bu kitapta yer almayacaktır.
8.1
Tümüyle Düzenli Uzaylar
Topolojik uzay kavramının temel motivasyonunun reel sayılardaki uzaklık kavramı olduğundan sıkça bahsetmiştik. Reel sayılarda tanımlı reel değerli fonksiyonların temel özelliklerinden biri yukarıda bahsedildi. Aslında bunun daha
geneli var: (X, τ ) metrik uzay olsun. K ⊂ X kümesi kapalı ve a ∈ X \ K için
f (a) = 0 ve f (K) ⊂ {1}
ifadesini ve 0 ≤ f ≤ 1 eşitsizliğini sağlayan a’ya bağlı sürekli f fonksiyonu
vardır. Gerçekten de
f : X −→ R,
f (x) = 1 −
d(x,K)
d(x,a)+d(x,K)
eşitliğiyle tanımlı fonksiyon istenilen özelliktedir. Bu özellik metrikleşebilir topolojik uzaylar için de geçerlidir. Yani metrikleşebilir topolojik uzaylar tümüyle
düzenlidir. Bu gözlem bizi aşağıdaki tanıma yönledirir.
8.1. Tümüyle Düzenli Uzaylar
177
Tanım 8.1 (Urysohn [139] ve Tychonoff [136]). X, T0 uzay olsun. Kapalı her
K ⊂ X ve x ∈ X \ K için
f (x) = 0 ve f (K) ⊂ {1}
koşulunu sağlayan sürekli f : X −→ R varsa X’e tümüyle düzenli uzay
denir.
Çoğu zaman tümüyle düzenli uzaya Tychonoff uzay ya da T3 1 uzay
2
denir.
Tümüyle düzenli uzay aşağıdaki Şekil 8.1 de verilen biçimde temsil edilebilir.
f
IR
X
x
1
K
x
x
0
Şekil 8.1. Tümüyle düzenli uzayın görsel tanımı.
Teorem 8.1. Tümüyle düzenli uzay Hausdorfftur.
Kanıt: X tümüyle düzenli olsun. X uzayının farklı x ve y elemanları verilsin.
T0 uzayın tanımından bu noktalardan birini içeren ve diğerini içermeyen açık
küme vardır. U açık, x ∈ U , y 6∈ U olduğunu varsayabiliriz. X tümüyle düzenli
olduğundan
f (x) = 0, f (U c ) ⊂ {1}
koşulunu sağlayan f ∈ C(X) fonksiyonu vardır. Aşağıda tanımlanan U ve V
kümeleri açık ve
x ∈ U = f −1 (− 13 , 13 ), y ∈ V = f −1 ( 12 , 32 ), U ∩ V = ∅
olmasından X uzayının T2 uzayı olduğu gösterilmiş olur.
Notlar ve Örnekler
8.1. Her metrik uzay tümüyle düzenlidir.
8.2. X = RI , R’nin topolojik çarpım uzayı tümüyle düzenli uzaydır: K ⊂ X kümesi kapalı
ve x ∈ X \ K verilsin. Sonlu bir J ⊂ I kümesi için
T
X \ K = j∈J P −1 (aj , bj )
olduğunu varsayabiliriz (Neden?). Her j ∈ J için xj ∈ (aj , bj ) olduğundan
fj (xj ) = 1 ve fj (R \ (aj , bj )) ⊂ {0}
olacak biçimde sürekli fj : R −→ R fonksiyonu vardır.
Q
f : X −→ R, f = j∈J fj ◦ Pj
178
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
olarak tanımlansın. f fonksiyonu istenilen özellikte bir fonksiyondur. Yani f sürekli,
f (x) = 0 ve f (K) ⊂ {1} sağlanır.
Q
8.3. (Xi )i∈I tümüyle düzenli uzaylar ailesi olmak üzere X = i∈I Xi kutu topolojisiyle
donatılmış topolojik
Q uzay tümüyle düzenli uzaydır: Her i ∈ I için Ui ⊂ Xi açık olmak
üzere x = (xi ) ∈ i∈I Ui olsun. xi ∈ Ui ve Xi ’ler tümüyle düzenli olduklarından
fi (xi ) = 1, fi (X \ Ui ) ⊂ {0} ve 0 ≤ fi ≤ 1
koşulunu sağlayan fi ∈ C(Xi ) sürekli fonksiyonlar vardır.
f : X −→ R, f (y) = inf i f (yi )
fonksiyonu tanımlansın.
0 ≤ f ≤ 1, f (x) = 1 ve f (X \ U ) ⊂ {0}
olur. f ’nin sürekli olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. z = (zi ) ∈ X ve f (z) ∈
(a, b) olsun. fi (zi ) ∈ (a, b) olacak biçimde i vardır. fi sürekli olduğundan fi (V ) ⊂ (a, b)
olacak biçimde zi ∈ V ⊂ Xi açık kümesi vardır. a < c < f (z) eşitsizliğini sağlayan
Q c
seçelim. j = i için Wj = V ve j 6= i için Wj = fj−1 ((c, ∞)) seçelim ve W = i Wi
diyelim. W açık ve f (W ) ⊂ (a, b) olur. Böylece f ’nin sürekli olduğu gösterilmiş olur.
Teorem 8.2. Tümüyle düzenli uzayın altuzayı da tümüyle düzenlidir.
Kanıt: Y , tümüyle düzenli X uzayın bir altuzayı, K, Y uzayında kapalı ve
x ∈ Y \ K verilsin. Kapalı bir M ⊂ X için K = Y ∩ M yazabiliriz. x 6∈ M ve
X tümüyle düzenli olduğundan
g(x) = 1 ve g(M ) ⊂ {0}
olacak biçimde sürekli g : X −→ R fonksiyonu vardır. f = g|Y fonksiyonu
sürekli ve
f (x) = 1 ve f (M ) ⊂ {0}
önermeleri sağlanır. Hausdorff uzayın altuzayı da Hausdorff olduğundan kanıt
tamamlanır.
Hatırlayalım: X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere X’ten Y ’ye tanımlı
sürekli fonksiyonlar C(X, Y ) ile gösterilir. C(X, R) yerine C(X) yazarız. Ayrıca
X’ten R’ye tanımlı süreli ve sınırlı fonksiyonların kümesini Cb (X) ile gösteririz. Aşağıda verilen teorem düzenli uzayların, reel sayıların çarpım uzayının
altuzaylarından farklı olmadıklarını söyler.
Teorem 8.3. Bir topolojik uzayın tümüyle düzenli olması için gerek ve yeter koşul gerçel sayıların bir çarpım uzayının bir altuzayına homeomorfik olmasıdır.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay olsun. I = Cb (X) olmak üzere Y = RI çarpım
uzayını ele alalım.
π : X −→ Y,
π(x)(f ) = f (x)
8.1. Tümüyle Düzenli Uzaylar
179
olarak tanımlansın.
a. πbirebirdir: Gerçekten her f ∈ Cb (X) için f (x) = f (y) olmasına karşın
x 6= y olduğunu varsayalım. X, T1 uzayı olduğundan {y} kapalı ve x 6∈ {y}
olmasından dolayı bir f ∈ C(X) fonksiyonu için
f (x) = 1 ve f (y) = 0
olur. Ama bu çelişkidir.
b. π süreklidir: x ∈ X, U ⊂ Y açık ve π(x) ∈ U olsun.
T
π(x) ∈ j∈J Pf−1
(Uj ) ⊂ U
i
olacak biçimde sonlu J ⊂ I, fj ∈ I ve Uj ⊂ R açık kümeleri vardır.
kümesi açık ve
T
T
(Uj )) ⊂ π −1 (U )
x ∈ j∈J fj−1 (Uj ) ⊂ π −1 ( j∈J Pf−1
j
T
j∈J
fj−1 (Uj )
olur. π’nin sürekli olduğunu gösterdik.
c. X ve π(X) uzayları homeomorfiktir: U ⊂ X açık, y ∈ π(U ) verilsin. π
birebir olduğundan y = π(x) olacak biçimde tek bir tane x ∈ X vardır. Üstelik
x ∈ U olur. X tümüyle düzenli olduğundan
f0 (x) = 0 ve f0 (X \ U ) ⊂ {1}
olacak biçimde f0 ∈ Cb (X) vardır. Pf−1
(− 12 , 21 ) açık ve
0
T
y = π(x) = (f (x))f ∈Cb (X) ⊂ Pf−1
(− 12 , 12 ) π(X) ⊂ π(U )
0
olmasından dolayı π(U )’nun π(X) uzayında açık olduğu gösterilmiş olur. Dolayısıyla X ve π(X) altuzayıQ
homeomorfiktir.
Şimdi X uzayı bir Y = i∈I R çarpım uzayının altuzayına homeomorfik
olsun. Örnek 8.2 gereği Y tümüyle düzenli uzaydır. Teorem 8.2 gereği Y ’nin
altuzayına homeomorfik olan X uzayı da tümüyle düzenli uzaydır.
Alıştırmalar
8.4. X tümüyle düzenli uzay, a, b ∈ R ve a < b olsun. K ⊂ X kapalı ve x ∈ X \ K ise
a ≤ f ≤ b, f (x) = a ve f (K) ⊂ {b}
koşulunu sağlayan sürekli f ∈ C(X) fonksiyonunun olduğunu gösterin.
8.5. X tümüyle düzenli uzay, U ⊂ X açık ve x ∈ U için
x∈V ⊂V ⊂U
ifadesini sağlayan açık V ⊂ X kümesinin varlığını gösterin.
8.6. Kutu uzayı RI ’nın tümüyle düzenli olduğunu gösterin.
180
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
8.7. X, T0 uzay ve B, X’in bir alttabanı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X tümüyle düzenlidir.
ii. x ∈ B ∈ B ise f (x) = 0 ve f (X \ B) ⊂ {1} olacak biçimde f ∈ C(X) vardır.
8.8. X en az iki elemanlı bir küme ve B, X’in bir ayrışımı olsun. Yani, B’nin elemanları
bileşimleri X olan X’in ikişer ikişer ayrık altkümelerinden oluşur. B ∪ {∅} bir topolojik
tabandır. X, B tarafından üretilen topolojiyle donatılsın. B’nin en az bir elemanının
farklı iki eleman içerdiğini varsayalım. Bu uzay Hausdorff olmamasına karşın K ⊂ X
kapalı ve x ∈ X \ K için
f (x) = 1 ve f (K) ⊂ {0}
koşulunu sağlayan f ∈ C(X) fonksiyonunun varlığını gösterin.
8.9. (Garcia-Kubiak [60]) X, T1 uzay olmak üzere aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X düzenli uzaydır.
S
ii. U açık ve her i ∈ I için Ui kümesi açık olmak üzere U ⊂ i∈I Ui ise her i ∈ I için
χUi ≤ fi ≤ χU
olacak biçimde sürekli fi : X −→ [0, 1] fonksiyonlar vardır.
8.2
Sürekli Fonksiyonlar Halkası ve Kapalı Taban
Bir X topolojik uzayından R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesi C(X)’in
noktasal cebirsel işlemlere göre (noktasal toplama ve noktasal skaler çarpma)
bir cebir olduğundan sıklıkla bahsedilmişti. Yani C(X) hem vektör uzay hem
de halkadır. Ayrıca X uzayından R’ye tanımlı sınırlı ve sürekli fonksiyonlar kümesi Cb (X), C(X) cebirinin altcebiridir. Yani Cb (X), C(X)’in vektör
altuzayı ve althalkasıdır. Temel sorulardan biri şudur: X topolojik uzayı verildiğinde C(X) ve C(Y ) cebirlerini izomorfik yapacak özellikte tümüyle düzenli bir Y uzayı var mıdır? Sorunun yanıtı evetse Cb (X) ve Cb (Y ) altcebirleri
arasındaki ilişki nedir? Bu kısımda bu soruların yanıtlarının evet olduğu kanıtlanacaktır. Bu durum C(X) cebirlerinin yapısını anlamakta yardımcı olacaktır.
Gerçektende bu durumda C(X) ve Cb (X) cebirlerini çalışırken X uzayını
tümüyle düzenli olduğunu varsaymakla bir kaybımız olmayacak.
X boş olmayan bir küme olmak üzere, X üzerinde F ⊂ RX tarafından üretilen topolojinin, F ’nin her elemanını sürekli yapan en küçük topoloji olduğunu
bilelim. Yani, {f −1 (U ) : U ⊂ R açık ve f ∈ F } tarafından üretilen topolojidir. Topolojisi F tarafından üretilen topoloji olan uzaya, F tarafından üretilen
topoloji diyebiliriz.
Teorem 8.4. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X tümüyle düzenlidir.
ii. X, C(X) tarafından üretilen uzaydır.
iii. X, Cb (X) tarafından üretilen uzaydır.
iv. τ , Hausdorff ve bir F ⊂ RX tarafından üretilen topolojidir.
Kanıt: (i ⇒ ii). F = C(X) alalım. F tarafından üretilen topoloji hF i olmak
üzere
8.2. Sürekli Fonksiyonlar Halkası ve Kapalı Taban
181
hF i ⊂ τ
olduğu tanım gereğidir. x ∈ U ∈ τ verilsin. X tümüyle düzenli olduğundan
f (x) = 0 ve f (X \ U ) ⊂ {1}
ifadesini sağlayan f ∈ F seçelim.
x ∈ f −1 (− 12 , 21 ) ⊂ U ve f −1 (− 12 , 12 ) ∈ hF i
olduğundan
U ∈ hF i
olduğu gösterilmiş olur. Böylece τ = hF i olur.
(ii ⇔ iii). Açıktır.
(iii ⇒ iv). Açıktır.
(iv ⇒ i). K, X uzayında kapalı olsun. x ∈ X \ K verilsin. Bu durumda
x∈
n
\
fi−1 ((ai , bi )) ⊂ X \ K
i=1
olacak biçimde fi ∈ F fonksiyonları vardır. fi (x) ∈ (ai , bi ) olduğundan her i
için
gi (fi (x)) = 1 ve gi (R \ (ai , bi )) ⊂ {0}
olacak biçimde gi ∈ C(R) sürekli fonksiyonları da vardır.
h : X −→ R,
h = (g1 ◦ f1 ) . . . (gn ◦ fn )
olarak tanımlayalım. g ∈ C(X),
g(x) = 1 ve f (X \ K) ⊂ {0}
olduğu açıktır. Kanıtı tamamlanmıştır.
Aşağıdaki teoremin kanıtı okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 8.5. (X, τ ) bir topolojik uzay ve F ⊂ C(X) tarafından X üzerinde
üretilen topoloji τ ’ye eşit olsun. Y bir topolojik uzay ve σ : Y −→ X fonksiyonu
için aşağıdakiler denktir.
i. σ süreklidir.
ii. Her f ∈ F için f ◦ σ : Y −→ R süreklidir.
Şimdi aşağıdaki temel teoremi verebiliriz.
Teorem 8.6 (Stone [129] ve C̆ech [26]). Verilen bir X topolojik uzay için
C(X) ve C(Y ) cebirlerini izomorfik yapacak biçimde tümüyle düzenli Y uzayı
vardır.
182
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Kanıt: X kümesi üzerinde ≡ bağıntısı
x ≡ y ⇔ ∀f ∈ C(X),
f (x) = f (y)
olarak tanımlansın. Bu bağıntının bir denklik bağıntısı olduğu açıktır. Her
x ∈ X için [x], x’in denklik sınıfını göstermek üzere
Y = {[x] : x ∈ X}
σ : X −→ Y , σ(x) = [x]
olarak tanımlansın.
F = {g ∈ RY : g ◦ σ ∈ C(X)}
olmak üzere τY , Y üzerinde F tarafından üretilen topoloji olsun. Aşağıdakiler
gerçekleşir:
i. F ⊂ C(Y ) olduğu açıktır.
ii. Yukarıdaki teorem gereği σ süreklidir.
iii. Y Hausdorff uzaydır: Y ’de [x] 6= [y] olsun. Bu x 6≡ y demektir. Tanımdan
bir f ∈ C(X) için f (x) 6= f (y) olur. g : Y −→ R fonksiyonu
g([x]) = f (x)
olarak tanımlayalım. g ◦ σ = f ∈ C(X) olur. F ’nin tanımından g ∈ C(Y ) ve
g([x]) 6= g([y]) olur. Bu Y ’nin Hausdorff olduğunu kanıtlar.
iv. Y tümüyle düzenli uzaydır: Y Hausdorff ve topolojisi F ⊂ RY tarafından
üretilmiş olmasından dolayı Teorem 8.4 gereği tümüyle düzenlidir.
v. F = C(Y ) f ∈ C(Y ) verilsin. σ sürekli olduğundan f ◦ σ ∈ C(X) ve
F ’nin tanımı gereği f ∈ F dir.
vi. π : C(Y ) −→ C(X), π(f ) = f ◦ σ olarak tanımlanan fonksiyon cebir
izomorfizmadir.
Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
8.10. Verilen bir topolojik uzay X için aşağıdaki özellikleri sağlayan tümüyle düzenli Y uzayı
ve π : C(X) −→ C(Y ) fonksiyonu vardır.
i. π cebir izomorfizmadır.
ii. π(Cb (X)) = Cb (Y ).
iii. π, pozitiftir. Yani f ∈ C(X) için π(f ) ≥ 0 olması için gerek ve yeter koşul f ≥ 0
olmasıdır.
Gösterin.
8.3. Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması
8.3
183
Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması
Bir topolojik uzayıda taban kavramı genelde açık kümeler terimiyle veriliyor
olsa da bunun bir duali olabilecek biçimde kapalı kümeler terimiyle verilmesinin getirdiği kolaylıklar olabilir. Bu altbölümde bunlara yer verilecek.
X bir topolojik uzay ve K ⊂ ℘(X) verilsin. {X \ K : K ∈ K} kümesi,
X’in bir alttabanı oluyorsa K’ya X uzayının kapalı kümeler alttabanı denir.
Benzer biçimde kapalı kümeler tabanı tamımlanır. f ∈ C(X) fonksiyonun sıfırı
için Z(f ) gösterimini kullanmış ve K = Z(f ) olarak yazılabilen kümelere sıfır
küme denilmişti. Standard terminolijiyi takip ederek I ⊂ C(X) kümesi için
Z[I] := {Z(f ) : f ∈ I}
yazarız. Z[C(X)] yerine Z(X) yazılır.
Bu bölümde bir topolojik uzayın tümüyle düzenli olması için gerek ve yeter
koşulun Z(X)’in kapalı taban olması olduğu kanıtlanacaktır.
Teorem 8.7. X topolojik uzay olsun. Z(X) sonlu bileşim ve sayılabilir arakesit işlemi altında kapalıdır.
Kanıt: f , g ∈ C(X) fonksiyonları verilsin.
Z(f ) ∪ Z(g) = Z(f g)
olduğu açıktır. Böylece Z(X) sonlu arakesit işlemi altında kapalıdır. (Zn ),
Z(X)’te bir dizi olsun. Her n için Zn = Z(fn ) eşitliğini sağlayan fn ∈ C(X)
fonksiyonlarını seçelim.
P
|fn |
f : X −→ R, f = n 2n (1+|f
n |)
fonksiyonunu tanımlayalım. f fonksiyonunun sürekli olduğu açıktır. Ayrıca
T
n Zn = Z(f )
olur. Böylece Z(X)’in sayılabilir arakesit işlemi altında kapalı olduğu gösterilmiş olur.
X topolojik uzaysa R’nin kapalı aralığının sürekli f ∈ C(X) fonksiyonuna
göre ters görüntüsünün bir sıfır küme olduğunu göstermek zor değildir. Bunun
yanında R’nin kapalı her altkümesinin sayılabilir tane kapalı aralığın arakesiti
olmasından dolayı yukarıdaki teoremin sonucu aşağıdaki teorem elde edilir.
Teorem 8.8. X topolojik uzay olsun.
Z(X) = {f −1 (K) : K ⊂ R kapalı }
olur.
184
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Yukarıdaki teorem ve Teorem 8.3 kullanılarak aşağıdaki teoremin kanıtı
hemen elde edilebilir. Ayrıca kanıt,tanımın doğrudan kullanımıyla da verilebilir.
Teorem 8.9. Hausdorff uzayın tümüyle düzenli olması için gerek ve yeter
koşul sürekli fonksiyonlarının sıfır kümelerininin uzayın kapalı taban olmasıdır.
Kanıt: X Hausdorff uzay olsun. X’in tümüyle düzenli olduğu durumunda:
K ⊂ X kapalı kümesi verilsin. Her k ∈ X \ K için
fk (k) = 1 ve fk (K) ⊂ {0}
olacak biçimde fk ∈ C(K) fonksiyonları vardır.
T
K = k∈X\K Z(fk )
olduğu açıktır. Böylece kapalı her kümenin bazı sürekli fonksiyonların sıfır
kümelerinin arakesiti olarak yazıldığı gösterilmiş olur. Yani sıfır kümeler kapalı
tabandır. Şimdi sıfır kümelerin kapalı taban olduğunu varsayalım. K ⊂ X
kapalı ve x ∈ X \ K verilsin. Varsayım gereği
T
K = i∈I Z(fi )
olacak biçimde fi ∈ C(X) fonksiyonları vardır. Ayrıca 0 ≤ fi ≤ 1 seçebiliriz.
x 6∈ K olduğundan en az bir i ∈ I için x 6∈ Z(fi ), yani fi (x) 6= 0 dır. fi (K) ⊂
{0} olduğu da açıktır. Bu, kanıtı tamamlar.
X topolojik uzay, A, B ⊂ X kümeleri için
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1}
koşullarını sağlayan f ∈ C(X) varsa A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarla
tümüyle ayrılabilir denir. Bu durumda
A ⊂ X \ f −1 ([ 13 , ∞)) ⊂ f −1 ((−∞, 13 ]) ⊂ X \ B
olmasından dolayı aşağıdaki teorem verilebilir.
Teorem 8.10. X topolojik uzay ve A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarla
tümüyle ayrılabilir olsun. O zaman
A ⊂ X \ Z1 ⊂ Z2 ⊂ X \ B
olacak biçimde Z1 , Z2 ∈ Z(X) sıfır kümeleri vardır.
Kanıt: f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1} ifadesini sağlayan sürekli 0 ≤ f ≤ 1
fonksiyonu vardır.
Z1 = f −1 ([ 13 , ∞)) ve Z2 = f −1 ((−∞, 13 ])
8.3. Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması
185
sıfır kümeleri istenilen koşulları sağlayan kümelerdir.
Teorem 8.11. Tümüyle düzenli uzaylarda, kapalı her küme, içi tarafından
kapsanan bazı sıfır kümelerin arakesiti olarak yazılabilir.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay ve A ⊂ X kapalı küme olsun. Yukarıdaki
teorem gereği her k ∈ X \ A için
fk (k) = 1 ve fk (A) ⊂ {0}
olacak biçimde, fk ∈ C(X) olmak üzere,
T
A = k∈X\A Z(fk )
yazılabilir. Her k ∈ X \ A için
A ⊂ X \ fk−1 ([ 13 , ∞) ⊂ fk−1 ((−∞, 13 ]) ⊂ X \ {k}
olur. Ayrıca
Zk = fk−1 ((−∞, 31 ]) ∈ Z(X)
olur. Her k ∈ X \ A için
A ⊂ fk−1 ((−∞, 13 )) ⊂ Zk◦
ve
A=
T
k∈X\A Zk
olduğu da açıktır. Bu, kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
8.11. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. X üzerinde Cb (X) ve C(X) tarafından üretilen topolojilerin eşit (τ ∗ ile gösterelim) ve τ topolojisinden daha kaba olduğunu, yani τ ∗ ⊂ τ
olduğunu gösterin.
8.12. (Xi )i∈I tümüyle düzenli uzayların bir ailesi ve X bu uzayların çarpım uzayı olsun.
i. {Pi−1 (Z(f )) : f ∈ C(Xi ), i ∈ I} kümesinin X için kapalı taban,
ii. Her i ∈ I ve f ∈ C(Xi ) için Pi−1 (Z(f )) = Z(f ◦ Pi ),
iii. X’in tümüyle düzenli,
olduğunu gösterin.
8.13. X topolojik uzay ve I ⊂ C(X), çarpma işlemi altında kapalı olsun. Z[I]’nın sonlu bileşim
işlemi altında kapalı olduğunu gösterin.
8.14. X topolojik uzay ve I, C(X)’in bir altcebiri ya da Riesz altuzayı olsun. Z[I]’nın sonlu
arakesit işlemi altında kapalı olduğunu gösterin.
8.15. I, C(X)’in Riesz altuzayı ve düzgün kapalıysa (yani, (fn ), I’da bir dizi, f ∈ RX ve
supx∈X |fn (x) − f (x)| → 0
olduğunda f ∈ I oluyorsa.) Z[I]’nın sayılabilir arakesit işlemi altında kapalı olduğunu
gösterin.
186
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
8.16. I, C(X)’in Riesz altcebiri, düzgün kapalı ve f ∈ I ve Z(f ) = ∅ olduğunda f ∈ I olsun.
Z[I]’nın sayılabilir arakesit işlemi altında kapalı olduğunu gösterin2 .
8.17. X tümüyle düzenli uzay olsun. U ⊂ X açık ve x ∈ U ise
x ∈ Z0 ⊂ Z ⊂ U
olacak biçimde Z ∈ Z(X) sıfır kümesinin olduğunu gösterin.
8.18. Rn Öklid uzayının kapalı tabanının K = {f −1 (0) : f ∈ C(Rn )} olduğunu biliyoruz. X
üzerinde kapalı kümeler tabanı
Bn = {f −1 (0) : f ∈ R[x1 , . . . , xn ]}
olan topoloji, Zariski topolojisidir. n = 1 için bu topolojinin tümleyeni sonlu olan topoloji ile çakıştığından Alıştırma 3.6’da bahsedilmişti. n > 1 için bu topolojinin tümleyeni
sonlu olan topoloji olmadığını gösterin3 .
8.4
Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
Bir sonraki altbölümde tümüyle düzenli uzayların bir betimlemesini alt ve üst
yarısürekli fonksiyonlar kavramıyla vereceğiz. Bunun için öncelikle alt ve üst
yarısürekli fonksiyonları kısaca tanımlayacağız. Bu terimlerle topolojik uzayların farklı karakterizasyonu verilebilmektedir.
Tanım 8.2. X topolojik uzay olsun. Bir f : X −→ R bir fonksiyonuna
i. Her r ∈ R için {x : f (x) ≤ r} kümesi kapalı ise alt yarısürekli ,
ii. Her r ∈ R için {x : f (x) ≥ r} kümesi kapalı ise üst yarısürekli ,
denir4 .
Alt yarısürekli ve üst yarısürekli iki fonksiyonun resmi Şekil 8.2’de olduğu
gibidir.
11
00
00
11
11
00
Şekil 8.2. Alt ve üst yarısürekli iki fonksiyonun resmi
Bir f fonksiyonunun sürekli olması için gerek ve yeter koşulun alt ve üst
yarısürekli olması gerektiği açıktır.
2
Pozitif elemanların çarpımı pozitif olan Cebir ve aynı zamanda Riesz uzayı olan uzaya
Riesz cebir denir.
3
R[x1 , . . . , xn ], Rn kümesinden R’e tanımlı polinomların kümesidir.
4
R için bu kavram 1899 yılında Baire tarafından verilmiştir.
8.4. Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
187
X bir topolojik uzay ve K ⊂ X verilsin. χK karakteristik fonksiyonunun
üst yarısürekli olması için gerek ve yeter koşul K’nın kapalı olmasıdır. Benzer
biçimde χK karakteristik fonksiyonunun alt yarısürekli olması için gerek ve
yeter koşul, K’nın açık olmasıdır. Bunların direkt bir sonucu olarak, χK fonksiyonunun sürekli olması için gerek ve yeter koşul K’nın açık-kapalı olmasıdır.
f : X −→ R fonksiyonunun alt yarısürekli olması için gerek ve yeter koşulun
−f fonksiyonun üst yarısürekli olması olduğ da kolaylıkla görülür.
f fonksiyonunun bir noktada alt ve üst yarısürekli olması aşağıdaki gibi
tanımlanır.
Tanım 8.3. X bir topolojik uzay ve f : X −→ R bir fonksiyon olsun. x0 ∈ X
verilsin.
i. Her > 0 için
y ∈ U ⇒ f (y) < f (x0 ) + olacak biçimde x0 noktasını içeren açık U kümesi varsa f ’ye x0 noktasında
üst yarısürekli denir.
ii. Her > 0 için
y ∈ U ⇒ f (y) > f (x0 ) − olacak biçimde x0 ’i içeren açık U kümesi varsa f ’ye x0 noktasında alt yarısürekli
denir.
f : X −→ R fonksiyonunun x noktasında sürekli olması için gerek ve yeter
koşulun o noktada alt ve üst yarısürekli olması gerektiğini göstermek kolaydır.
Notlar ve Örnekler
8.19. χQ : R −→ R fonksiyonu her x ∈ Q noktasında üst yarısüreklidir. Her x ∈ R \ Q
noktasında alt yarısüreklidir.Buna karşın bu fonksiyon hiçbir noktada sürekli değildir.
Aşağıdaki teorem sürpriz değildir.
Teorem 8.12. X bir topolojik uzay ve f : X −→ R bir fonksiyon olsun. f ’nin
alt yarısürekli olması için gerek ve yeter koşul, her noktada alt yarısürekli
olmasıdır. Aynı biçimde üst yarısürekli olması için gerek ve yeter koşul her
noktada üst yarısürekli olmasıdır.
Kanıt: f fonksiyonu alt yarısürekli olsun. x0 ∈ X verilsin. > 0 olsun.
U = {x : f (x) ≤ f (x0 ) − }
kümesi kapalı olduğundan X \ U , x0 noktasını içeren açık küme ve her x ∈ U
için
f (x0 ) − < f (x)
188
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
olur. Böylece f ’nin x0 noktasında alt yarısürekli olduğu gösterilmiş olur. f ’nin
her noktada alt yarısürekli olduğunu varsayalım. r ∈ R verilsin.
K = {x : f (x) ≤ r}
kümesinin kapalı olduğunu gösterelim: x0 ∈ U = X \ K verilsin. r + < f (x0 )
olacak biçimde > 0 seçelim. f , x0 noktasında alt yarısürekli olduğundan
her x ∈ V için f (x0 ) − < f (x) özelliğinde, x0 ∈ V olacak biçimde açık V
kümesi vardır. Ayıca V ⊂ U olur. Böylece U ’nun açık ve K’nın kapalı olduğu
gösterilmiş olur. Yani f alt yarısüreklidir.
Teoremin ikinci kısmının kanıtı da benzer biçimde yapılır.
Teorem 8.13. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için aşağıdakiler
denktir.
i. f , x noktasında üst yarısüreklidir.
ii. f (x) = inf U ∈τ (x) supy∈U f (y).
Kanıt: (i ⇒ ii). f (x),
{supy∈U f (y) : y ∈ τ (x)}
kümesinin alt sınırıdır. > 0 verilsin. Tanım gereği y ∈ U için
f (y) < f (x) + olacak biçimde U ∈ τ (x) vardır.
supy∈U f (y) ≤ f (x) + olacağından (ii) eşitliği elde edilir.
(ii ⇒ i). Kolaylıkla görülür.
f : X −→ R fonksiyonunun x noktasında üst yarısürekli olması için gerek ve yeter koşul, −f fonksiyonun x noktasında alt yarısürekli olması gerektiğinden yukarıdaki teoremin alt yarısürekli biçimi elde edilir. Yani f fonksiyonunun x noktasında alt yarısürekli olması için gerek ve yeter koşul
f (x) = supU ∈τ (x) inf y∈U f (y)
olmasıdır.
Alıştırmalar
8.20. X topolojik uzay ve F , X’ten R’ye tanımlı alt yarısürekli fonksiyonların bir kümesi
olsun. Her x ∈ X için supf ∈F f (x), reel sayıysa
f (x) = supf ∈F f (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun alt yarısürekli olduğunu gösterin.
8.4. Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
189
8.21. X bir topolojik uzay, F ⊂ X kapalı, g : F −→ R üst yarısürekli ve h : X \ F −→ R
sürekli fonksiyon olsun.
g(x)
;x∈F
f (x) =
h(x)
;x 6∈ F
olarak tanımlanan f : X −→ R fonksiyonunun üst yarısürekli olduğunu gösterin.
8.22. X bir topolojik uzay, K ⊂ X kapalı bir küme, f : X −→ R ve g : Y −→ R fonksiyonları
alt yarısürekli fonksiyonlar olsun. Her x ∈ K için g(x) ≤ f (x) sağlansın.
g(x)
;x∈K
h(x) =
f (x)
;x 6∈ X \ K
eşitliği ile tanımlanan h : X −→ R fonksiyonunun alt yarısürekli olduğunu gösterin.
8.23. X bir topolojik uzay ve f : X −→ R üst yarısürekli bir fonksiyon olsun. Her r ∈ Q için
[
\
Ar = {x : f (x) < r},
Gr = Ar (X \ (Ar ) ve G =
Gr
r∈Q
olarak tanımlansın. Aşağıdakileri gösterin.
i. Her r için Gr açık ve yoğun.
ii. f , her x ∈ G için süreklidir.
8.24. X bir topolojik uzay olsun. R, üzerinde her fonksiyon f : X −→ R için aşağıdaki koşulları
denk yapan, R üzerinde bir topoloji tanımlayın.
i. f alt yarısüreklidir.
ii. f , τ topolojisine göre süreklidir.
Benzer bir topolojiyi üst yarısüreklilik için tanımlayın.
8.25. X bir topolojik uzay, f ,g : X −→ R üst yarısürekli fonksiyonlar ve 0 ≤ r ∈ R verilsin.
i. f + g, f ∨ g, f ∧ g ve rf fonksiyonları üst yarısüreklidir.
ii. 0 ≤ f, g ise f g üst yarısüreklidir.
Gösterin.
8.26. X tümüyle düzenli uzay ve U ⊂ X olsun. χU fonksiyonunun bazı sürekli fonksiyonların
noktasal supremumu yani,
χU (x) = supi fi (x)
olacak biçimde fi sürekli fonksiyonlar varlığını gösterin.
8.27. (Listing [97])5 X metrikleşebilir topolojik uzay ve f : X −→ [0, 1] alt yarısürekli fonksiyon olsun.
f (x) = supn fn (x), fn ↑
olacak biçimde bir sürekli fonksiyonlar dizisi (fn )’nin varlığını gösterin.
8.28. f : R −→ R fonksiyonu verilsin. x0 ∈ R sayısı da verilsin. Her > 0 için
f ([x0 , x0 + δ)) ⊂ (f (x0 ) − , x0 + ))
olacak biçimde δ > 0 varsa f fonksiyonuna x0 noktasında sağdan sürekli denir. f
fonksiyonunun x0 noktasında sağdan sürekli olmasıyla x0 noktasında üst yarısürekli
olması arasında nasıl bir farklılık olduğunu gözlemleyin. Benzer durumu x0 noktasında
soldan sürekli olmasıyla x0 noktasında alt yarısürekli olması durumu için yapınız.
8.29. X topolojik uzay olsun. f : X −→ R sınırlı fonksiyonunun üst yarısürekli olması için
gerek ve yeter koşulun X uzayında yakınsak her (xi ) neti için
f (lim xi ) ≤ lim inf f (xi )
5
R için bu sonuç Baire tarafından verilmiştir.
190
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
olması gerektiğini gösterin. Benzer biçimde f fonksiyonunun alt yarısürekli olması için
gerek ve yeter koşulun
lim sup f (xi ) ≤ f (lim xi )
olduğunu gösterin.
8.5
Tümüyle Düzenlilik ve Yarısüreklilik
Aşağıdaki teorem alt yarısüreklilik ile tümüyle düzenli uzaylar arasındaki birebir ilişkiyi verir.
Teorem 8.14 (Listing [97]). X T1 -uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X tümüyle düzenlidir.
ii. f : X −→ [0, 1] alt yarısürekli fonksiyon ise her x ∈ X için
f (x) = sup{g(x) : g ∈ C(X, [0, 1]),
g ≤ f}
olur.
Kanıt: (i ⇒ ii). f : X −→ [0, 1] alt yarısürekli fonksiyon ve x0 ∈ X verilsin.
f (x0 ) = 0 için istenen açıktır. f (x0 ) > 0 olduğunu varsayalım. f (x0 ),
{g(x) : g ∈ C(X, [0, 1]),
g ≤ f}
kümesinin üst sınırıdır. f (x0 ) − > 0 eşitsizliğini sağlayan > 0 verilsin. f alt
yarısürekli olduğundan
x0 ∈ U,
x ∈ U ⇒ f (x0 ) < f (x) + olacak biçimd açık küme U vardır. X uzayının tümüyle düzenli olması nedeniyle
0 ≤ g ≤ f (x0 ) − ,
g(X \ U ) ⊂ {0} ve g(x0 ) = f (x0 ) − olacak biçimde sürekli g ∈ C(X) var ve g ≤ f olur. Ayrıca f (x0 ) − ≤ g(x0 )
eşitsizliği de doğrudur. Böylece (ii)’nin gerçeklendiği gösterilmiş olur.
(ii ⇒ i). U ⊂ X açık ve x0 ∈ U verilsin. χU karakteristik fonksiyonu alt
yarısüreklidir. Varsayım gereği
χU (x) = sup{g(x) : g ∈ C(X, [0, 1]),
g ≤ χU }
olur. En az bir g ∈ C(X), 0 ≤ g ≤ χU için g(x0 ) 6= 0 olduğu açıktır.
g(X \ U ) ⊂ {0}
olduğu da kolaylıkla görülür. Böylece X’in tümüyle düzenli olduğu gösterilmiş
olur.
Alıştırmalar
8.6. Düzenli Uzaylar
191
8.30. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X tümüyle düzenlidir.
ii. Üst yarısürekli her f : X −→ R fonksiyon
f (x) = inf{g(x) : g ∈ C(X),
g ≥ f}
biçimindedir.
S
8.31. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. A ⊂ U ifadesini sağlayan U ⊂ τ kümesine A kümesinin açık örtüsü denir. A’nın sonlu V ⊂ U açık örtüsüne U’nun sonlu
altörtüsü denir. A’nın her açık örtüsünün sonlu açık altörtüsü varsa A’ya kompakt
denir. Bir topolojik uzayın sonlu altkümesinin kompakt olduğu açıktır. X Hausdorff
topolojik uzay olmak üzere aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X tümüyle düzenlidir.
ii. K,F ⊂ X, K kompakt ve F kapalı ise
f (K) ⊂ {0} ve f (F ) ⊂ {1}
olacak biçimde sürekli 0 ≤ f ≤ 1 fonksiyonu vardır.
8.6
Düzenli Uzaylar
T0 , T1 ve T2 uzayları verilen iki noktanın belirli anlamlarda açık kümelerle
ayrılabilirliği ile ilgiliydi. T1 uzayında tek elemanlı kümenin kapalı olduğu dikkate alınarak ayrışım kavramları bir nokta ve onu içermeyen kapalı küme için
de sorgulanabilir. Yani aşağıdaki tanım anlamlıdır.
Tanım 8.4 (Vietoris[143]). Biri kapalı ve diğeri tek elemanlı ayrık bütün
kümeleri açık kümelerle ayrılabilen topolojik uzaya düzenli uzay denir.
T2 uzayı aynı zamanda düzenli uzaysa T3 -uzay denir. Düzenli uzayın T2 olması için gerek ve yeter koşulun T0 -uzayı olduğunu göstermek kolaydır.
Düzenli uzaylar için kullanışlı bir teorem aşağıdadır.
Teorem 8.15. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X düzenli uzaydır.
ii. U açık ve x ∈ U ise x ∈ V ⊂ V ⊂ U olacak biçimde açık V kümesi
vardır.
Tümüyle düzenli T2 uzayın T3 uzay olduğu açıktır. Ancak tersi doğru
değildir.
Teorem 8.16 (Tychonoff[136]). Her T3 uzayı tümüyle düzenli değildir.
Kanıt: (Mysior [104]) a, R × [0, ∞) kümesine ait olmayan bir nokta olmak
üzere X = R × [0, ∞) diyelim. Her x ∈ R için Ix = {x} × [0, 2) ve
0
Ix = {(x + y, y) : 0 ≤ 2}
192
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
S 0
olmak üzere Ix , Ix Ix kümesinin sonlu altkümelerinin kümesi olarak tanımlansın.
i. τ1 = {{(x, y)} :Sy > 0},
S 0
ii. τ2 = {{(x, 0)}
S (Ix Ix \ I) : x ∈ R, I ⊂ Ix },
iii. τ3 = {{a} (n, ∞) × [0, ∞) : nS∈ N}
S
olmak üzere X kümesi üzerinde τ1 τ2 τ3 tarafından üretilen topoloji τ
olsun. Bu topolojide her y > 0 ve x ∈ R için (x, y) bir izole nokta olmasının
yanında (x, 0) noktasının tabanı
S S 0
{{(x, 0)} (Ix Ix \ I) : I ∈ Ix }
S S 0
olur. Ayrıca her x ∈ R için {(x, 0)} (Ix Ix \ I) açık-kapalıdır.
A = R × {0}
kümesi kapalıdır. a 6∈ A olduğundan
f ∈ C(X), f (A) ⊂ {0} ⇒ f (a) = 0
olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. f ∈ C(X), f (A) ⊂ {0} özelliğinde
olsun. Her n için
T
Kn = Z(f ) [n − 1, n] × {0}
olarak tanımlayalım. Her n için Kn kümesinin sonsuz olduğu gösterilirse f (a) =
0 olur. Gerçekten: Her n için Kn kümesinin sonsuz ve 0 6= f (a) olduğunu varsayalım. a ∈ X \ Z(f ) açık ve a noktasının tabanı T3 olduğundan
S
a ∈ {a} ((n, ∞) × {0}) ⊂ X \ Z(f )
olacak biçimde n ∈ N vardır. Böylece
Kn+2 ⊂ ((n, ∞) × {0})
T
Z(f ) = ∅
çelişkisi elde edilir. K1 ’nin sonsuz olduğu açıktır. Kn ’nin sonsuz olduğunu
varsayalım. C ⊂ Kn \ {(n − 1, n), (n, 0)} sayılabilir sonsuz küme olsun. Her
(c, 0) ∈ C için
S 0
0
(c, 0) 6∈ Ic \ Z(f ) = n (Ic \ f −1 ( n1 , n1 ))
0
olduğunu not edelim. Ayrıca Ix kümesinin kapalı olduğunu göstermek kolaydır.
0
Böylece her n için Ic \ f −1 ( n1 , n1 ) kümesi kapalı ve (c, 0) noktasını içermez.
Dolayısıyla
S 0
0
(c, 0) ∈ (Ic Ic ) \ I ⊂ (Ic \ f −1 ( n1 , n1 ))c
olacak biçimde sonlu I kümesi vardır. Buradan
0
Ic \ f −1 (− n1 , n1 ) ⊂ I
8.6. Düzenli Uzaylar
193
0
olur. Böylece her (c, 0) ∈ C için Ic \ Z(f ) sayılabilir kümedir. C sayılabilir
olduğundan
M=
S
0
c∈C (Ic
\ Z(f ))
kümesi de sayılabilir kümedir.
M = {(sk , tk ) : k ∈ N}
ve
P = {(sk , 0) : k ∈ N}
diyelim.
F = [n, n + 1] × {0} \ P
sonsuz bir kümedir.
(c, 0) ∈ C ve (x, 0) ∈ F
verilsin.
0
Ic
T
Ix 6= ∅
0 T
olduğu açıktır. (x, t) ∈ Ic Ix olsun. (x, s) ∈ Z(f ) olur. (Olmadığını varsayalım. Bu durumda (x, t) = (sk , tk ) olacak biçimde k vardır. Dolayısıyla
(x, 0) = (sk , 0) ∈ P
olur. n ≤ x ≤ n + 1 olacağından (x, 0) 6∈ F çelişkisi elde edilir). Böylece her
(x, 0) ∈ F ve (c, 0) ∈ C için
Ix
T
0
(Ic
T
Z(f )) 6= ∅
olduğu gösterilmiş olur. Bu gözlem ve Z(f )’nin kapalı olması kullanılarak
(x, 0) ∈ Z(f )
elde edilir. Buradan
F ⊂ Z(f )
olur. F sonsuz ve
F = F ∩ Z(f ) ⊂ Kn+1
194
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
olmasından da Kn+1 ’in sonsuz olduğu gösterilmiş olur. Tümevarımla her n
için Kn kümesinin sonsuz olduğu gösterilmiş olur. Kanıt tamamlanır.
Yukarıda verilen örnek üzerinde yapılan genellemelerle tümüyle düzenli olmayan düzenli uzaylar örnekleri her sürekli fonksiyonu sabit olan topolojik
uzaylarla çoğaltılabilir. Öneğin [27]’de verilen her sonsuz kardinal α için kardinaltesi α olan bir küme üzerine sürekli fonksiyonları sadece ve sadece sabit
fonksiyonlar olan Hausdorff düzenli topoloji konulabileceği gösterilmiştir. Bu
uzaylar elbette tümüyle düzenli olamazlar 6 .
Alıştırmalar
8.32. Düzenli uzaylarda T0 ve T2 özelliklerinin çakıştığını gösterin. Ayrıca düzenli uzayların
Hausdorff olması gerekmediğini gösterin.
8.33. X Hausdorff uzay olsun. F ⊂ U özelliğindeki her açık U ve kapalı F kümesi için
S
F ⊂ n Un , Un ⊂ U
ifadesini sağlayan açık kümelerin (Un ) dizisinin olduğunu varsayalım. A ve B ayrık kapalı
kümelerin ayrık açık kümelerle ayrılabilir olduğunu gösterin. Bu özellik X uzayının
düzenli olmasını karakterize eder mi?
Kanıt: A ve B ayrık kapalı kümeler olsun. A, B kümeleri kapalı, A ⊂ X\B ve B ⊂ X\A
olmalarından dolayı
S
A ⊂ n Un , Un ⊂ X \ B
ve
B⊂
S
n
Vn , Vn ⊂ X \ A
olacak biçimde açık kümelerin dizisi (Un ) ve (Vn )’ler vardır.
S
S
Gi = Ui \ j≤i Vj ve Gi = Vi \ j≤i Uj
diyelim.
U=
S
i
Gi ve V =
S
i
Vi
kümeleri açık ve ayrık kümelerdir. Ayrıca A ⊂ U ve B ⊂ V olduğu da açıktır. Böylece
istenilen gösterilmiş olunur.
8.7
Düzgün Uzay
Metrik uzay kavramı topolojik uzaylara genellenebildiği gibi “düzgün uzay”
olarak adlandırılan yapıya da genellebilir. Bunun için öncelikle kullanılıcak
birkaç gösterimi sabitliyelim: X boş olmayan bir küme, x,y ∈ X ve U ∈
℘(X ×X) için (x, y) ∈ U olduğunda |x−y| < U yazılabilecek. Metrik uzaylarda
tanımlı açık küre kavramınından esinlenerek
6
1925’de Uryshon, sürekli fonksiyonları sadece sabitler olan düzenli uzayların var olup
olmadığını sormuştur. Bu sorunun yanıtını arama sürecinde Tychonoff, düzenli fakat tümüyle
düzenli uzaya bir örnek vermiştir. Sonrasında Uryshon’in sorusu Hewitt, Novak, van EstFreudenthal ve Herrlich tarafından yanıtlanmıştır
8.7. Düzgün Uzay
195
B(x, U ) = {y ∈ X : |x − y| < U }
gösterimi kullanılacak.
∆ = {(x, x) : x ∈ X},
ve A ⊂ X × X için
−A = {(x, y) : (y, x) ∈ A}
olmak üzere
D(X) = {A ⊂ X × X : ∆ ⊂ A, A = −A}
yazılacak. A, B ⊂ X için,
A + B = {(x, z) ∈ X × X : ∃y ∈ X, (x, y) ∈ A, (y, z) ∈ B}.
Ayrıca 1A = A ve n > 1 için nA = (n − 1)A + A tanımlamaları kullanılarak
tümevarımla her n ∈ N için nA tanımlanır. n, m ∈ N için (n+m)A = nA+mA
ve n ≤ m için nA ⊂ mA olur.
Topolojik uzayların ilk gözağrısı olan metrik uzaylarda verilen iki nokta
arasında uzaklık tanımlanabiliyor. Aynı durum genel topolojik uzaylar için
doğru olmasa da verilen bir (X, d) metrik uzayında verilen iki nokta arasındaki
uzaklığı eşitsizlik üzerinden gözlemleyerek, her > 0 için
U = {(x, y) : d(x, y) < } ⊂ X × X
açık kümesi için,
d(x, y) < ⇔ (x, y) ∈ U ⇔ (x, y) < U
olmasını dikkate alarak bir toplojik uzayda iki nokta arasındaki “uzaklığı”
uzayın çarpım uzayının bir açık kümesinden küçük olması üzerinden okuyabiliriz. Bu gözlemle tanımlanacak yapıyla, düzenli uzaylar metrikleşebilir olması
gerekmesede ona oldukca benzeyen bir yapıya benzediği gösterilecek. Birkaç
gözlem yapalım:
B = {U : > 0} olmak üzere her U1 , U2 , U ∈ U ve x, y ∈ X için,
i. |x − x| < U ,
ii. |x − y| < U ise |y − x| ∈ U ,
iii. |x − y| < V1 ve |y − z| < V2 ise |x − z| < V1 + V2 olur,
“eşitsizlikleri” gerçeleşir. Bu gözlemler motivasyonumuz olacak.
Tanım 8.5 (Weil (1938)). X boş olmayan bir küme olmak üzere aşağıdaki
koşulları sağlayan U ⊂ D(X) filtresine bir düzgünce denir.
i. Her
T V ∈ B için 2U ⊂ V olacak biçimde U ∈ B var,
ii. B = ∆.
196
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
U, X üzerinde bir düzgünce ve B ⊂ U,
U = {U ⊂ X × X : V ⊂ U olacak biçimde V ∈ B var }
eşitliğini sağlıyorsa, B’ye U’nın bir düzgünce tabanı denir. B ⊂ D(X)’in
bir düzgünce taban olması için gerek ve yeter koşul aşağıdaki özelliklerin
sağlanmasıdır.
i. Her V1 , V2 ∈ B için V ⊂ V1 ∩ V2 olacak biçimde V ∈ B var.
ii. Her V ∈ B için 2W ⊂ V olacak biçimde W ∈ B var.
T
iii. B = ∆.
U, X’ten bir düzgünce olmak üzere, (X, U) ikilisine düzgün uzay denir.
Koşullardan (iii), tanımlanacak uzayın Hausdorff olmasıyla ilişkilidir.
Aşağıdaki teorem her düzgün uzay bir topoloji söyler ve kanıtı okura
bırakılmıştır.
Teorem 8.17. (X, U) bir düzgün uzay ise,
τ = {U ⊂ X : her x ∈ U için B(x, V ) ⊂ U olacak biçimde U ∈ U var }
bir T1 topolojidir. Bu topolojiye düzgünce U’nın ürettiği topoloji denir.
Bir düzgünce U tarafından üretilen toploji τU ile gösterilir. Topolojisi bir
düzgünce tarafın üretilebilen topolojik uzaya düzgünleşebilir uzay denir. Bu
altbölümün amaçlarından biri bir topolojik uzayın düzgünleşebilir olması için
gerek ve yeter koşulun tümüyle düzenli olması gerektiğini göstermektir.
Notlar ve Örnekler
8.34. X boş olmayan bir küme olsun.
i. (X, d) metrik uzay ve B = {{(x, y) ∈ X × X : d(x, y) < } : > 0}. Düzgünce tabanı
B olan düzgünce tarafından üretilen topolojiyle d metriği tarafından üretilen topoloji
aynıdır. Yani metrikleşebilir topolojik uzay düzgünleşebilir topolojik uzaydır.
ii. Düzgünce tabanı U = {∆} olan düzgünce tarafından üretilen topoloji en ince, yani
ayrık topolojidir.
iii. U = {X × X} bir düzgünce olup, ürettiği topoloji en kaba topolojidir.
iv. X = R için düzgünce tabanı
U = {∆ ∪ {(x, y) : x, y > a} : a ∈ R}
olan düzgünce tarafından üretilen topoloji en ince topolojidir.
8.35. U, X üzerinde bir düzgünce ve X, U tarafından üretilen topolojiyle donatılsın. Aşağıdakilerin
doğruluğu kolaylıkla gösterilir.
i. Her A ⊂ X.
Ao = {x ∈ X : bazı V ∈ U için B(x, V ) ⊂ A}.
ii. Her x ∈ X ve V ∈ U için
[B(x, V )]o = {y ∈ X : B(y, W ) ⊂ B(x, V ) olacak biçimde W ∈ U var }
8.7. Düzgün Uzay
197
olur. Buradan da x ∈ [B(x, V )]o elde edilir.
iii. Her A ⊂ X için
A = {x ∈ X : her V ∈ U için A ∩ B(x, V ) 6= ∅}.
iv. Her A ⊂ X için, V ∈ U için A × A ⊂ V ise A × A ⊂ 3V olur.
v. p, X üzerinde bir sözde metrik olmak üzere, her > 0 için |x − y| < V olduğunda
p(x, y) < , yani V ⊂ {(x, y) : p(x, y) < } olacak biçimde, V ∈ U varsa, p süreklidir.
8.36. X topolojik uzay, B, X’te bir düzgünce taban ve her B ∈ B, X ×X çarpım uzayında açık
olsun. Her x ∈ X ve verilen x’in her komşuluğu G ⊂ X için B(x, V ) ⊂ G olacak biçimde
V ∈ B varsa, B tarafından üretilen düzgüncenin ürettiği topoloji X’in topolojisidir.
Bunun kanıtı doğrudan yapılacağı gibi netlerin yakınsaması kullanarakta yapılabilir.
Gerçekten de, X uzayında xα → x0 olsun. x0 ∈ G, B tarafından üretilen düzgünce
tarafından üretilen topoloji τB ’ de açık olsun. B(x0 , V ) ⊂ G olacak biçimde V ∈ B
vardır. V , X × X’de açık ve (x0 , x0 ) ∈ V ve (xα , x0 ) → (x0 , x0 ) ∈ V olacağından
her α ≥ α0 için (xα , x0 ) ∈ V olacak biçimde α0 vardır. Buradanda her α ≥ α0 için
xα ∈ B(x0 , V ) ⊂ G olur. Böylece τB ⊂ τ olduğu gösterilmiş olur. Kapsamanın diğer
yönü varsayımdan ve Teorem 8.17’den hemen görülür.
8.37. X boş olmayan bir küme, P , X’te tanımlı sözde metriklerin bir kümesi olmak üzere şu
koşullar sağlansın.
i. P sonlu supremum işlemi altında kapalı, yani
Her p, q ∈ P için t(x, y) = sup{p(x, y), q(x, y)} eştliğitle tanımlanan sözde metrik t,
P ’nin bir elemanı.
ii. x 6= y ise p(x, y) 6= 0 olacak biçimde p ∈ P var.
Bu durumda B = {{(x, y) : p(x, y) < } : p ∈ P, > 0} bir düzgünce tabandır. Tabanı
bu olan düzgünceye P tarafından üretilen düzgünce denir.
8.38. X, P ve B, yukarıda verilen örnekteki gibi gibi tanımlansın. Düzgünce taban B tarafından üretilen düzgünce U olsun. Ayrıca X, τ topolojisiyle donatılsın ve P ’nin her
elemanı bu uzayın çarpım topolojisine göre sürekli olsun. Boş olmayan kapalı her A
kümesi ve her x ∈ X \ A için inf{p(x, y) : y ∈ A} > 0 olacak biçimde p ∈ P varsa
düzgünce U tarafından üretilen topoloji τ olur: U ∈ τU verilsin. Her x0 ∈ U için,
{y : p(x0 , y) < } = B(x0 , {y : p(x, y) < }) ⊂ U
olacak biçimde p ∈ P ve > 0 vardır. p sürekli olduğundan {y : p(x0 , y) < } açıktır.
Böylece U ’nın X uzayında açık olduğu gösterilmiş olur, yani τU ⊂ τ olur. A ⊂ X kapalı
olsun. x0 ∈ X \ A verilsin. x0 6∈ A olduğundan varsayımdan
0 < = inf{p(x0 , a) : a ∈ A}
olacak biçimde p ∈ P vardır. Buradan
{x ∈ X : p(x0 , x) < 2 } ⊂ X \ A
elde edilir.
{x ∈ X : p(x0 , x) < 2 } = B(x0 , {(x, y) : p(x, y) < 2 })
olduğundan X \ A’nın U tarafından üretilen topolojide açık, yani A, τU topolojisine
göre kapalıdır. τ ⊂ τU gösterilmiş olur. Kapsamanın diğer yönü zaten gösterilmişti,
sonuç olarak τ = τU
8.39. d, X üzerinde metrik olsun. P = {d} olmak üzere P tarafından üretilen düzgünce
tarafından üretilen topoloji d metriği tarafından üretilen topolojidir.
Teorem 8.18. U, X’te bir düzgünce ve Vn , U’da her n için,
V0 = X × X, 3Vn+1 ⊂ Vn
198
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
ifadesini sağlayan bir dizi olsun. Her n için
{(x, y) : p(x, y) < 2−n } ⊂ Vn ⊂ {(x, y) : p(x, y) ≤ 2−n }
olacak biçimde bir sözde metrik p vardır.
Kanıt: p : X × X −→ R,
P
p(x, y) = inf{ kj=1 2−nj : x0 = x, x1 , . . ., xk = y ∈ X, |xj−1 − xj | < Vnj }
eşitliğiyle tanımlansın. d’nin istenilen özellikte sözde metrik olduğunu göstereceğiz. d’nin bir sözde metrik ve kapsamanın sağ tarafının sağlandığı kolaylıkla
gösterilir. Her i ≥ 1 için
{(x, y) : p(x, y) < 2−i } ⊂ Vi
eşitsizliğinin doğruluğunu göstereceğiz. Bunu göstermek her k ≥ 1 için, Pk ile
göstereceğimiz, “ Her i ≥ 1 için,
i. x0 , . . ., xk ∈ X
ii. her j = 1, 2, . . ., k için (xj−1 , xj ) ∈ Vij
iii. 2−i1 + . . . + 2−ik < 2−i olduğunda
(x0 , xk ) ∈ Vi olur” önermenin doğru olduğunu göstermeye denktir. Pk ’nın
doğruluğunu tümevarımla göstereceğiz.
k = 1 için 2−i1 < 2−i ve buradan da i < 11 olduğundan (x0 , x1 ) ∈ Vi1 ⊂ Vi ,
yani (x0 , x1 ) ∈ Vi elde edilir. Yani P1 önermesi doğrudur.
2 ≤ m ve her k < m için Pk önermesinin doğru olduğunu varsayalım.
x0 , . . ., xm ∈ X olmak üzere, her j = 1, 2, . . ., m için (xj−1 , xj ) ∈ Vij ve
2−i1 + . . . + 2−im < 2−i (*)
sağlansın. Buradan 2−i1 < 2−i ya da 2−im < 2−i olur. Birinci eşitsizliğinin
doğruluğunu varsakmak genelliği bozmayacaktır. (İkinci durumun gerçekleşmesi
durumunda x0 , . . ., xm sıralamasını xm , . . ., x0 olarak değiştirerek diğer durumları bu düzenlemeye uygun hale getirebiliriz.)
n = max{p ≤ m − 1 : 2−i1 + . . . + 2−ip < 2−(i+1) }
diyelim.
2−i1 + . . . + 2−in < 2−(i+1) (**)
ve n < m − 1 ise n + 1 ≤ m − 1 olacağından
2−i1 + . . . + 2−in+1 ≥ 2−(i+1)
olur. Bu veriler altında da
2−in+2 + . . . + 2−im ≥ 2−(i+1)
8.7. Düzgün Uzay
199
elde edilir. Her k < m için Pk önermesinin doğru olduğu varsayımından,
(x0 , xn ) ∈ Vi+1 ve (xn+1 , xm ) ∈ Vi+1
elde edilir. Ayrıca 2−(n+1) < 2−i , yani i + 1 ≤ in+1 ve buradan da,
(xn , xn+1 ) ∈ Vin+1 ⊂ Vi+1
dolayısıyla
(x0 , xm ) ∈ 3Vi+1 ⊂ Vi
elde edilir.
n = m − 1 için Pn önermesinin doğru olduğu varasayımı ve (∗∗)’dan
(x0 , xm−1 ) ∈ Vi+1 olur. (∗) dan 2−im < 2−i olmasından i < im ve dolayısıyla
i + 1 ≤ im ve buradan da
(xm−1 , xm ) ∈ Vim ⊂ Vi+1
elde edilir. Sonuç olarak
(x0 , xm ) ∈ 2Vi+1 ⊂ Vi
elde edilerek nanıt biter.
U, X’te bir düzgünce ve p, X’te tanımlı bir sözdemetrik olsun. Her > 0
için
|x − y| < U ⇒ p(x, y) < ifadesini sağlayan U ∈ U varsa, p’ye U düzgüncesine saygılı denir. Teorem
8.18’in ifadesinde yer alan p metriği düzgünceye saygılıdır.
Bir düzgünceye sayılı sonlu tane sözdemetriğin supremumu da saygılıdır. p
sözdemetriği U düzgüncesine saygılıysa, U tarafından üretilen topolojiye göre
süreklidir: (x0 , y0 ) ∈ X ×X noktasını alalım. > 0 verilsin. p, U’ya göre saygılı
olduğundan,
|x − y| < V ⇒ p(x, y) <
2
ifadesini sağlayan V ∈ U vardır. Çarpım uzayında
W = [intB(x0 , V )] × [intB(y0 , V )]
kümesi (x0 , y0 ) noktasını içeren açık kümedir. (x, y) ∈ W verilsin. |x−x0 | < V
ve |y − y0 | < V olur. Buradan p(x, x0 ) < ve p(y, y0 ) < olmasından,
|p(x, y) − p(x0 , y0 )| ≤ p(x, x0 ) + p(y, y0 ) <
2
+
2
=
elde edilir.
Yukarıdaki teoremden elde edilecek temel sonuçlardan bazıları aşağıdadır.
200
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Teorem 8.19. X, toplojisi düzgünce U tarafından üretilen topolojik uzay olsun.
i. Her V ∈ U için X’te {(x, y) : p(x, y) < 1} ⊂ V koşulunu sağlayan ve
U’ya saygılı sözdemetrik p vardır.
ii. B1 = {U ∈ U : U, X ×X 0 te açık } ve B2 = {U ∈ U : U, X ×X 0 te kapalı }
kümeleri düzgünce U için bir düzgünce tabandır.
iii. X tümüyle düzenli uzaydır.
Kanıt: (i). V0 = V , V1 = V alalım. Her i ∈ N için 3Vi+1 ⊂ Vi kapsamasını
gerçekleten U’da bir dizi bulabiliriz. Teorem 8.18’de istenilen özellikte bir sözde
metrik p0 elde edilir. p = 2p0 sözde metriği istenileni sağlar.
(ii). V ∈ U verilsin. X, üzerinde p sözde metriği, (i)’nin kanıtındaki gibi
olsun. p, U’ya saygılı olduğundan süreklidir. Dolayısıyla
U = {(x, y) : p(x, y) < 1}
kümesi açık ve
W = {(x, y) : p(x, y) ≤ 21 }
kümesi kapalıdır. Ayrıca U , V ∈ U (aslında her > 0 için {(x, y) : p(x, y) <
} ∈ U.) olur. W ⊂ U ⊂ V olmasından istenilen elde edilir.
(iii). F ⊂ X kapalı ve a 6∈ F olsun. F ∩ B(a, V ) = ∅ olacak biçimde
V ∈ U vardır. V ’ye bağlı olarak (i)’deki gibi p sözde metriğini ele alarak, yani
{(x, y) : p(x, y) < 1} ⊂ V olmak üzere, f : X −→ [0, 1] fonksiyonunu
f (x) = min{1, p(a, x)}
eşitliğiyle tanımlayalım. p sürekli olduğundan f süreklidir, f (a) = 0 ve x ∈ F
ise x 6∈ B(a, V ) olacağından, (x, a) 6∈ V ve buradan da p(x, a) ≥ 1 ve dolayısıyla f (x) = 1 olur. Düzgünce tarafından tanımlanan topoloji T1 olduğundan,
X’in tümüyle düzenli olduğu kanıtlanmış olur.
Bu altbölümün temel sonucu aşağıdaki teoremdir.
Teorem 8.20 (Weil (1938) ). Bir topolojik uzayın düzgünleşebilir olması için
gerek ve yeter koşul tümüyle düzenli olmasıdır.
Kanıt: Teorem 8.19 (iii) de bir düzgünce tarafında üretilen topolojinin tümüyle
düzenli olduğu gösterilmişti. X tümüyle düzenli uzay olsun. Boş olmayan sonlu
her F ⊂ C(X) için, pF : X × X −→ R fonksiyonu
pF (x, y) = sup{|f (x) − f (y)| : f ∈ F }
8.7. Düzgün Uzay
201
eşitliğiyle tanımlansın. pF ’ler sözde metrik ve sürekli olduğu açık. P , pF formunda olan sözede metriklerin kümesi olsun. Her p, q ∈ P için t(x, y) =
sup{p(x, y), q(x, y)} eşitliğiyle tanımlı t fonksiyonu P ’nin bir elemanıdır. X
tümüyle düzenli olduğundan her x 6= y için p(x, y) > 0 olacak biçimde p ∈ P
vardır. A ⊂ X kapalı küme olsun. x 6∈ A için f (x) = 0 ve f (A) ⊂ {1} olacak
biçimde sürekli fonksiyon f : X −→ [0, 1] var. p(x, y) = |f (x) − f (y)| olarak
tanımlana p ∈ P için inf{p(a, x) : a ∈ A} = 1 > 0 olduğundan, Notlar ve
Örnekler 8.38 gereği, P sözdemetrikler ailesi tarafından, 8.37’deki anlamda
tanımlanan düzgünce tarafından üretilen topoloji, X’in topolojisyiyle aynıdır.
Kanıt tamamlanır.
Hangi koşullar altında tümüyle düzenli uzayın topolojisinin sadece ve sadece tek bir tane düzgünce tarafından üretilebileceği sorulabilir. Uzay kompaktsa sorunun yanıtı evet olacaktır. Elbette okur bunu yanıtlayabilmesi için
kompaktlıkla ilgili bölümlere kadar beklemeli.
Notlar ve Örnekler
8.40. Bazı kaynaklarda düzgün uzay kavramı doğrudan sözdemetriklerle de tanımlanır: P ,
boş olmayan bir X kümesi üzerinde aşağıdaki koşulları sağlayan sözde metriklerin bir
kümesiyse, P ’ye düzgünce sözdemetrik yapı denir.
i. P sonlu supremum işlemi altında kapalı.
ii. q, X’te bir sözdemetrik her > 0 için,
{(x, y) : p(x, y) < δ} ⊂ {(x, y) : q(x, y) < }
olacak biçimde δ > 0 ve p ∈ P varsa, q ∈ P olur.
iii. x 6= y ise p(x, y) > 0 olacak biçimde p ∈ P var.
Q, X’te sözdemetriklerin bir kümesi olmak üzere Q’yı kapsayan en az bir düzgün sözdemetrik yapı vardır. Bunların arakesiti P , bir düzgünce sözdemetrik yapı olup, P ’ye Q
tarafından üretilen düzgünce sözdemetrik yapı ya da Q, P ’nin bir alttabanıdır denir.
Q alttabanı sonlu supremum işlemi altında kapalıysa, Q’ya P ’nin tabanı denir. (ii)
koşulunu sağlayan P sözdemetriklerin bir kümesi pozitif sayılarla çarpma işlemi altında
kapalıdır. Yani p ∈ P ise her r ≥ 0 için rp ∈ P olur. P düzgün sözdemetrik yapı olmak
üzere, q bir sözdemetrik ve bazı p ∈ P için q ≤ p ise q ∈ P olur. P , X’te düzgünce
sözdemetrik yapıysa,
B = {{y ∈ X : d(x, y) < } : x ∈ X, d ∈ D}
kümesi X’te bir Hausdorff topoloji için tabandır. Tabanı bu olan topolojiye P düzgünce
sözdemetrik yapı tarafından üretilen topoloji denir. Bu topolojiye göre A ⊂ X kümesinin
kapanışı, A ⊂∈ X ve p ∈ P için, p(x, A) = inf{p(x, a) : a ∈ A} olmak üzere
T
A = p∈P {x ∈ A : p(x, A) = 0}
olur. Bu, metrik uzayların bir altkümesinin kapanışını belirleyen sonucu geneller. Ayrıca
A ⊂ X için pA (x) = p(x, A) eşitliğiyle tanımlı x 7→ pA (x) fonksiyonu süreklidir.
8.41. (X, d) metrik uzay olsun. Q = {d} tarafın üretilen düzgünce sözdemetrik yapı tarafından
üretilen topolojiyle d metriği tarafından üretilen topoloji eşittir. Dolayısıyla düzgünce
sözdemetrik yapı tarafından üretilen topoloji kavramı metrik topoloji kavramını geneller.
8.42. Bir düzgünce sözdemetrik yapı tarafından belirlenen topoloji tümüyle düzenlidir.
202
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
8.43. Yukarıdaki ifadenin tersi de doğrudur, yani tümüyle düzenli her topoloji bir düzgünce
sözdemetrik yapı tarafından üretilen topolojidir.
8.44. Teorem 8.20 düzgün uzay yerine düzgünce sözdemetrik yapı kullanılarak da verilebilirdi.
Yani bir topolojik uzayın tümüyle düzenli olması için gerek ve yeter uzayın topolojisinin X’te bir sözdemetrik yapı tarafından üretilen topoloji olmasıdır. Bunun kanıtı için
Teorem 8.18’in kullanılmasına gerek yoktur. Bu ve benzeri anlamlarda düzgünce yerine
düzgünce sözdemetrik yapı alarak çalışmanın avantajları vardır. Bu yaklaşım daha çk
geometrikseldir.
Düzgüncesi bir metrik tarafından üretilebilen düzgün uzaya metrikleşebilir
düzgün uzay denir.
Teorem 8.21 (Weil (1938)). Bir düzgüncenin metrikleşebilmesi için gerek ve
yeter koşul düzgüncenin sayılabilir bir düzgünce tabanının olmasıdır.
Kanıt: (X, U) bir düzgünce uzay ve {Un : n ∈ N}, U’nun düzgünce tabanı
olsun.
V0 = X × X, 3Vn+1 ⊂ Vn ve her n için Vn ⊂ Un
olacak biçimde U’da (Vn ) dizisi kolayca elde edilir. Teorem 8.18’in uygulanmasıla
{(x, y) : p(x, y) < 2−n } ⊂ Vn ⊂ {(x, y) : p(x, y) ≤ 2−n }
S
kapsamasını sağlayan p sözdemetrik vardır. n Vn = ∆ olduğu da açık olup,
buradan p’nin metrik olduğu görülür. Ayrıca düzgünce U’nın p metriği tarafından üretildiği kolaylıkla gösterilir. U, d metriği tarafından üretiliyorsa,
{{(x, y) : d(x, y) < 2−n } : n ∈ N} kümesi, U’nın sayılabilir düzgünce tabanıdır.
Alıştırmalar
8.45. X boş olmayan bir küme, D, X’in bütün düzgüncelerinin kümesi olsun. D’yi kapsama
sıralamasına göre kısmı sıralı küme olarak ele alalım. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. D(X) ∈ D ve her U ∈ D için U ≤ D(X).
S
ii. D0 ⊂ D boşkümeden farklı altküme olsun. Alttabanı
D0 olan filtre F’nin bir
düzgünce olduğunu ve sup D0 = F olduğunu gösterin.
iii. Her U ∈ D0 için, U tarafından üretilmek topoloji olmak üzere, X’deki bütün topolojilerin kısmı sıralı kümesi T (X)’de
τF = sup{τU : U ∈ D0 }
olduğunu gösterin.
8.46. X boşolmayan bir küme olmak üzere U ⊂ ℘(X) altkümesinin her elemanı ∆(X) kümesini kapsasın ve ve her V ∈ U için 2V ⊂ U olacak biçimde V ∈ U olsun. Bu durumda
U’ya yarı düzgünce denir. U yarı düzgünce ise
τ = {U ⊂ X : her x ∈ U için B(x, V ) ⊂ U olacak biçimde U ∈ U var },
8.8. Düzgün Süreklilik
8.47.
8.48.
8.49.
8.50.
203
T
X üzerinde bir topolojidir. Bu topolojinin T0 olması için gerek ve yeter koşul U’nın
kısmı
sıralı olması olduğunu gösterin. Ayrıca τ ’nın T1 olması için gerek ve yeter koşulun
T
U = ∆(X) olduğunu gösterin.
Denk metriklerin ürettikleri düzgüncelerin eşit olduğunu gösterin.
(X, U) bir düzgün uzay ve, P , elemanları U’ya saygılı olan sözdemetriklerin bir kümesi
olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. Her p, q ∈ P için t(x) = max{p(x), q(x)} eştliğitle tanımlanan sözde metrik t, P ’nin
bir elemanıdır.
ii. x 6= y ise p(x, y) 6= 0 olacak biçimde p ∈ P vardır.
Teorem 8.19(ii) gereği her düzgünce o düzgünceye saygılı sözdemetriklerle üretilebilir.
(X, U) düzgünce uzay ve M ⊂ X boş olmayan bir küme olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösterin.
i. UM = {(M × M ) ∩ V : V ∈ U}, M ’de bir düzgüncedir. (M, UM )’ye (X, U) düzgünce
uzayının altuzayı denir.
ii. M ’de UM tarafından üretilen topoloji τUM , U tarafından üretilen topoloji UM ’nun
M ’ye olan indirgemesidir. Yani,
τUM = {M ∩ U : U ∈ U}
olur.
Q
8.51. (Xi , Ui )i∈I , düzgün uzayların bir ailesi olsun. X = i∈I Xi olmak üzere,
Q
B = { i∈I Ui : Ui ∈ Ui , {i : Ui 6= Xi } sonlu }
bir düzgünce tabandır. Bu taban tarafından üretilen düzgünce U olmak üzereQ(X, U)
düzgün uzayına verilen ailenin düzgün çarpım uzayı denir. Genellikle U =
i∈I Ui
yazılır.
8.52. ((Xi , Ui ))i∈I düzgün uzayların bir ailesi, X boş olmayan bir küme ve her i ∈ I için
fi : X −→ Xi bir fonksiyon olsun. Her i ∈ I için Fi : X × X −→ Xi × Xi fonksiyonu
Fi (x, y) = (fi (x), fi (y)) eşitliğiyle tanımlansın.
T
B = { j∈J Fj−1 (Uj ) : J ⊂ sonlu , Uj ∈ Uj }
kümesinin düzgün taban olduğunu gösterin. X üzerinde düzgüncesinin tabanı B düzgün
uzaya (fi )i∈I fonksiyonlar ailesi tarafından üretilen zayıf düzgün uzay denir. ((Xi , Ui ))i∈I
düzgün uzaylar ailesinin düzgün çarpım uzayının (Pi )i∈I izdüşum fonksyonlar tarafından
üretilen zayıf düzgün uzay olduğunu gösterin.
8.53. Her n ∈ N için, Un , Xn ’de, dn metriği tarafından üretilen düzgünce olsun. (X, U),
((Xn , Un ))n∈N düzgün uzay ailesinin düzgün çarpım uzayıysa, U düzgüncenin, X’te
P
d(f, g) = n 2−n dn (f (n), g(n))
metriği tarafından üretilen düzgünce olduğunu gösterin.
8.8
Düzgün Süreklilik
(X, p) ve (Y, q) iki metrik uzay, p ve q tarafından üretilen düzgünceler sırasıyla
U ve V olsun. Bir f : (X, d) → (Y, p) fonksiyonunun düzgün sürekli olması için,
yani her > 0 için,
d(x, y) < δ ⇒ p(f (x), f (y)) < önermesini doğrulayan δ > 0 olması için gerek ve yeter koşul her V ∈ V için,
204
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
|x − y| < U ⇒ |f (x) − f (y)| < V
olacak biçimde U ∈ U olmasıdır. Bu gözlem kullanılarak metrik uzaylar arasında
tanımlanan düzgün süreklilik kavramı (Tanım 4.14) aşağıdaki gibi genellenebilir.
Tanım 8.6. İki düzgün uzay arasında tanımlı f : (X, U) −→ (Y, V) fonksiyonu
için, her V ∈ V için
|x − y| < U ⇒ |f (x) − f (y)| < V
ifadesini sağlayan U ∈ U varsa f ’ye düzgün sürekli denir.
Zayıf düzgün uzayı tanımlayan fonksiyonlar ailesinin her elemanı düzgün
süreklidir. Ayrıca verilen düzgün uzaylar ailesinin çarpım düzgün uzayında
tanımlı her izdüşüm fonksiyonu düzgün süreklidir.
Düzgün süreklilik kavramı sözdemetrikler terimiyle aşağıdaki gibi verilebilir.
Teorem 8.22. (X, U) ve (Y, V) iki düzgün uzay olsun. f : X −→ Y fonksiyonu
için aşağıdakiler denktir.
i. f düzgün süreklidir.
ii. U, X’teki sözdemetriklerin altkümesi P tarafından ve V, Y ’deki sözdemetriklerin altkümesi Q tarafından üretilsin. Her > 0 ve q ∈ Q için
p(x, y) < δ ⇒ q(f (x), f (y)) < ifadesini sağlayan p ∈ P ve δ > 0 vardır.
iii. q, V’ye saygılı sözdemetrikse, p(x, y) = q(f (x), f (y)) eşitliğiyle tanımlı
sözdemetrik p, U’ya saygılıdır.
İki düzgün uzay arasında tanımlı birebir, örten, düzgün sürekli ve tersi
düzgün sürekli fonksiyona düzgün izomorfizma denir. Aralarında en az
bir düzgün izomorfizma olan düzgün uzaylara düzgün izomorfik denir. Bir
düzgün uzay Y ’nin altuzayına düzgün izomorfik olan düzgün uzay X’e, Y
uzayına düzgün gömülebilir denir. f , X’ten Y ’ye ve g, Y ’den Z’ye düzgün
sürekli fonksiyonlarsa bileşke fonksiyon g ◦ f , X’ten Z’ye düzgün süreklidir.
Ayrıca X, Y ’de ve Y ’de Z’ye düzgün gömülebilir uzaylarsa X, Z’ye düzgün
gömülebilir.
Düzgün süreklilik ile düzgünceler tarafından üretilen topolojilere göre sürekli
fonksiyonlar arasındaki temel bir ilişki, kanıtı okura bırakılan aşağıdaki teoremdedir.
Teorem 8.23. İki düzgün uzay arasında tanımlı her düzgün sürekli fonksiyon
uzayın düzgünceleri tarafından üretilen topolojiye göre süreklidir.
8.8. Düzgün Süreklilik
205
X, noktaları sürekli fonksiyonlarla ayrılabilir topolojik uzay olsun. Yani
x 6= y için f (x) 6= f (y) olacak biçimde sürekli f ∈ C(X) fonksiyonu var olsun.
Her f ∈ C(X) için X’te pf sözdemetrik pf (x, y) = |f (x) − f (y)| eşitliğiyle
tanımlansın. U, P = {pf : f ∈ C(X)} sözdemetrikler kümesi tarafından üretilen düzgünceye göre sürekli her f ∈ C(X) fonksiyon düzgün süreklidir.
Teorem 8.24. (X, U) bir düzgün
uzay, (Xi , Vi )i∈I düzgün uzayların bir ailesi
Q
Q
olsun. Bir f : (X, U) −→ ( i Xi , i Vi ) fonksiyonunun düzgün sürekli olması
için gerek ve yeter koşul her i ∈ I için Pi ◦ Q
f : (X, U) −→ (Xi , Vi ) bileşke fonksiyonunun düzgün sürekli olmasıdır. (Pj : i Xi −→ Xj , j’ninci izdüşüm.)
Kanıt:
Her i ∈ I için Pi ◦ f fonksiyonunQ
düzgün sürekli olduğunu varsayalım.
Q
V
düzgüncesinin
tabanından
V
=
i
i
i Vi verilsin. K = {i : Vi 6= Xi }
kümesinin sonlu olduğunu biliyoruz. Her k ∈ K için
|x − y| < Uk ⇒ |Pk ◦ f (x) − Pk ◦ f (y)| < Vk
S
olacak biçimde Uk ∈ U vardır. U = k∈F Uk olmak üzere
|x − y| < U ⇒ |f (x) − f (y)| < V
olduğu açık. Böylece f düzgün süreklidir. Teoremin diğer yönünün kanıtı,
izdüşüm fonksiyonlarının düzgün sürekli ve iki düzgün sürekli fonksiyonun
bileşkesinin düzgün sürekli olmasından kanıt tamamlanır.
Teorem 8.25. Her düzgün uzay bir metrikleşebilir düzgün uzaylar ailesinin
düzgün çarpım uzayına düzgün gömülebilir.
Kanıt: (X, U) düzgünce uzay olsun. U ∈ U verilsin. Düzgüncenin tanımından
U0 = X × X, U1 = U , 3Ui+1 ⊂ Vi (i = 1, 2, . . .)
olacak biçimde U’da (Un ) dizisi vardır. Teorem 8.18’den her i ≥ 1 için
{(x, y) : pU (x, y) < 2−i } ⊂ Ui ⊂ {(x, y) : pU (x, y) ≤ 2−i }
olacak biçimde U’ya saygılı sözdemetrik pU vardır. X üzerinde ≡E denklik
ilişkisini
x ≡U y ⇔ pU (x, y) = 0
olarak tanımlayalım. Bu denklik ilişkisine göre x’in denklik sınıfı [x]U ’lerin
kümesini XU ile gösterelim. pU ([x], [y]) = pV (x, y) tanımlamasına göre pU ,
XU ’de bir metrik tanımlar. XU ’de pU metriği tarafından üretilen düzgünceyi
UU ile gösterelim. (XU , UU )U ∈U düzgün uzaylar ailesinin çarpım düzgün uzayı
(Y, V) olmak üzere,
f (x) = ([x]U )U ∈U
206
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
eştliğiyle tanımlı düzgün sürekli f fonksiyonu altında X,
T Y ’nin f (X) düzgün
altuzayına düzgün izomorfiktir. Gerçekten, x 6= y ise U = ∆ olduğundan
en az bir U ∈ U için (x, y) 6∈ U olur. Yukarıda verilen kapsama ilişkisinden
pU (x, y) > 0 ve dolayısıyla [x]U 6= [y]U ve buradan da f (x) 6= f (y) olur, yani
f birebirdir.
f düzgün sürekli: Teorem 8.24 gereği her U ∈ U için X’ten XU ’ya tanımlı
x 7→ [x]U fonksiyonunun düzgün sürekli olduğunu göstermek yeterli.
W = {([x]U , [y]U ) : pU ([x]U , [y]U ) < },
XU uzayının düzgüncesininin tabanının keyfi bir elemanı olsun. 2−i < olacak
biçimde i ≥ 1 seçelim.
V = {(x, y) : p(x, y) < 2−i } ∈ U
olur.
|x − y| < V ⇒ |[x]U − [y]U | < W
olmasından dolayı x 7→ [x]U düzgün süreklidir.
f −1 : f (X) −→ X düzgün sürekli: A ∈ U verilsin.
W0 = {([x]U , [y]U )U ∈U : pA ([x]A , [y]A ) < 12 } ∈ V
olur. W = (f (X)×f (X))∩W0 , f (X) altuzayının düzgüncesinin bir elemanıdır.
|f (x) − f (y)| < W ⇒ |x − y| < A
olduğundan f −1 fonksiyonu düzgün sürekli olduğu gösterilmiş olur.
8.9
Tam Uzay
Tamlık kavramı metrik uzaylar için Bölüm 4’de çalışılmış ve Teorem 4.19’de
bir metrik uzayın tam olmasının denk olma koşullarından bazıları verilmişti.
O denk koşullardan olan (iii) kullanılarak tamlık kavramı düzgün uzaylar için
genellenebilir.
(X, U) düzgün uzayında V ∈ U olmak üzere, A×A ⊂ V biçimindeki A ⊂ X
altkümesine V -küçük küme denir. Bir X kümesinde bir d metriği tarafından
üretilen düzgünceye göre bir A ⊂ X kümesinin bir > 0 için V = {(x, y) :
d(x, y) < }-küçük olması için gerek ve yeter koşul sup{d(x, y) : x, y ∈ A} < olmasıdır.
Tanım 8.7. (X, U) düzgün uzayında U tarafından üretilen topolojiye göre
X’in sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümelerden oluşan ve her V ∈ U için
V -küçük bir eleman içeren kümenin arakesiti boşkümeden farklıysa, (X, U)
düzgün uzayına tam düzgün uzay denir.
8.9. Tam Uzay
207
Bu tanım metrik uzaylar için tanımlanan tam olma kavramını deneller.
Teorem 8.26. (X, d) metrik uzay ve U, d metriği tarafından üretilen düzgünce
olsun. (X, d) metrik uzayının tam olması için gerek ve yeter koşul (X, U)
düzgün uzayının tam olmasıdır.
Kanıt: d metriği tarafından üretilen topolojiyle U tarafından üretilen topolojilerin eşit olduğunu biliyoruz. Ayrıca bir A kümesinin {(x, y) : d(x, y) < }küçük olması için gerek ve yeter koşulun sup{d(x, y) : x, y ∈ A} < olması ve
Teorem 4.19 kullanılarak istenilen elde edilir.
Teorem 8.27. Bir düzgün uzaylar ailesinin düzgün çarpım uzayının tam olması için gerek ve yeter koşul her bir faktörün tam olmasıdır.
Kanıt: Okura bırakılmıştır.
Bir düzgün uzay tam olmasa bile, metrik uzaylarda olduğu gibi, en az
bir tane düzgün tam uzay içerisine “yoğun olarak gömülebilir.” Yoğun olarak gömünülen uzay belli anlamda tektir. Bunu gösterirken izlenecek yol her
metrik uzayın tamlamasının varlığının gösterilmesindeki gibi olacak.
(X, U) metrikleşebilir düzgün uzay olsun. Yani, düzgünce U bir d metriği
tarafından üretilsin. (Y, p), (X, d) metriğinin tamlanışı olsun. X ⊂ Y ve her
x, y ∈ X için p(x, y) = d(x, y) olduğunu ve X’in Y ’de p metriği tarafından üretilen topolojiye göre yoğun olduğunu varsayabiliriz. V, Y ’de p tarafından üretilen düzgünce olsun. Bu durumda (X, U)’dan (Y, V)’ye birebir düzgün sürekli f
fonksiyonu vardır ve X, V topolojisine göre yoğun ve X ve f (X) düzgün uzayları düzgün izomorfiktir. Bu özellikleri taşıyan bir başka (Z, W) düzgün uzay
varsa Y ve Z düzgün uzayları düzgün izomorfik olacaklardır. Bu yaklaşımı
genel düzgün uzaylar için genelleyebiliriz.
Önsav 8.28. Her düzgün uzay bir tam düzgün uzaya düzgün izomorfik gömülebilir.
Kanıt: X düzgün uzay olsun. Teorem 8.25 gereği X, bir metrikleşebilir düzgün
uzaylar ailesi (Xi )i∈I ’nin düzgün çarpım uzayına (Y ile gösterelin) düzgün
gömülebilir. Her i ∈ I için Ui , X’nin metriği di tarafından üretilen düzgüncesi
olsun. (Xi , di ) metrik uzayının tamlanışı (Yi , pi ) ve Yi ’de pi tarafından üretilen
düzgünce Vi olmak üzere, (Yi , Vi ) ailesinin düzgün çarpım uzayı Z ile gösterilsin. Teorem 8.27 gereği Z tamdır. X, Y ’ye ve Z’de Y ’ye düzgün gömülebilir
olduğundan, X, Z’ye düzgün gömülebilir.
Önsav 8.29. Her düzgün uzay bir tam düzgün uzaya yoğun düzgün gömülebilir.
Kanıt: X düzgün uzay olsun. Önteorem 8.28 gereği, X, bir tam düzgün uzay
Y ’nin bir düzgün altuzay M ’ye düzgün izomorfiktir. Düzgüncenin ürettiği topolojiye göre düzgün altuzay M tam olup, X, M ’ye yoğun düzgün gömülebilir.
Kanıt tamamlanır.
208
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
f , (X, U) düzgün uzayın yoğun altuzayı A’dan tam düzgün uzay (Y, V)’ye
tanımlı düzgün sürekli fonksiyon olsun. Bu düzgün uzaylar metrikleşebilir
uzaylarsa, Teorem 4.24 gereği f fonksiyonun bütün uzaya düzgün sürekli genişlemesi vardır. Metrikleşemebilseler de vardır: Her x ∈ X için (f (B(x, U )) ∩ A))U ∈U
kümeler ailesinin sonlu arakesi özelliği
T vardır ve her her V ∈ V için V -küçük
küme içerir. Y tam olduğundan U ∈U f (B(x, U )) ∩ A) tek elemanlıdır. Bu
eleman F (x) olmak üzere F : X −→ Y fonksiyonu tanımlarız. x ∈ A için
F (x) = f (x) olduğu açık, yani F , f ’nin bir genişlemesidir. Bu fonksiyonun
düzgün sürekli olduğunun gösterilmesini okura bırakalım. Böylece aşağıdaki
teorem elde edilir.
Teorem 8.30. Bir düzgün uzayın yoğun altuzayından bir tam düzgün uzaya
tanımlı her düzgün fonksiyonun uzaya düzgün sürekli genişlemesi vardır.
Bu teoremin bir sonucu olarak birbirlerine izomorfik yoğun altuzay bulunduran düzgün uzayların izomorfik oldukları kolaylıkla gösterilir. Bu altbölümde
verilen sonuçlar kullanılarak aşağıdaki teorem elde edilir.
Teorem 8.31. Her düzgün uzayın düzgün tamlanışı vardır ve tektir. Yani X
düzgün uzaysa, X, bir tam düzgün Y ’nin yoğun düzgün altuzayına izomorfiktir. Ayrıca X, bir düzgün Z uzayının yoğun altuzayına izomorfikse Y ve Z
birbirleine izomorfiktir.
Yukarıda verilen anlamda Y ’ye Z’nin tamlanışı denir ve izomorfik olarak
tektir.
Alıştırmalar
8.54. (X, U) bir düzgün uzay olsun. X’te bir (xα ) netinin Cauchy olması her V ∈ U için
α, β ≥ α0 ⇒ |xα − xβ | < V
olacak biçimde α0 elemanın olmasıdır. (xα ) netinin bir x noktasına düzgün uzayda
yakınsaması, her V ∈ U için her α ≥ α0 için |xα − x| < V olacak biçimde α0 olmasıdır.
(X, U) düzgün uzayı için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. Tam düzgün uzay.
ii. Her Cauchy neti yakınsaktır.
iii. Her Caucht net (X, τU ) topolojik uzayda yakınsaktır.
8.55. (X, U) bir düzgün uzay olsun. X’te bir F filtresini Cauchy olması her V ∈ U için
F × F ⊂ V olacak biçimde F ∈ F ’nin olmasıdır. (X, U) düzgün uzayı için aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. Tam düzgün uzay.
ii. Her Cauchy Filtre (X, τU ) topolojik uzayında yakınsaktır.
9. Normal Uzaylar
Hatırlayacak olursak bir X topolojik uzayında ayrık A, B ⊂ X altkümeleri
için A ⊂ U ve B ⊂ V , U ∩ V = ∅ olacak biçimde U ve V açık kümeleri
varsa A ve B kümelerine açık kümelerle ayrılabilir denir. Eğer f (A) ⊂ {0}
ve f (B) ⊂ {1} olacak biçimde sürekli f : X −→ R varsa A ve B’ye sürekli
fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir kümeler denir.
Bir topolojik uzayda verilen iki farklı noktanın açık kümelerle ayrılmasının
değişik versiyonları verilmiş ve çalışılmıştı. Bu ayrışım özelliklerine göre uzay,
T0 , T1 ve T2 gibi sıflara ayrılmıştı. Sonrasında nokta küme ve o noktayı içermeyen kapalı kümeleri açık kümelerle ayrılabilen topolojik uzayların sınıfı verilmişti (düzenli uzay ve T3 uzayı). Bunun yanında nokta küme ve noktayı
içermeyen kapalı kümeleri sürekli fonksiyonlarla ayrılabilen topolojik uzaylar
çalışıldı (tümüyle düzenli uzaylar). Bu uzaylar aralarındaki ilişkilerden biri
Tümüyle düzenli ⇒ T3 ⇒ T2 ⇒ T1 ⇒ T0
olduğu sıkça vurgulanmıştı. Yukarıda bahsedilen ayrışımların (açık kümelerle
ya da sürekli fonksiyonlarla) nokta küme yerine kapalı küme alınma durumunda yapılabilirliği bu bölümün konusu olacak ve bu özelliği olan topolojik
uzaylar çalışılacaktır. Bu uzaylar normal uzay olarak adlandırılacak ve yukarıda verilen zincirin başında yerini alacak, yani
Normal uzay ⇒ Tümüyle düzenli
olacak.
Bu bölümün temel amaçlarından biri aşağıdaki sonuçları vermektir: T1
uzayı X için aşağıdakiler denktir.
i. X normal uzaydır. Yani X’in kapalı ayrık kümeleri ayrık açık kümelerle
ayrılabilir.
ii. (Tietze Genişleme Teoremi) A ⊂ X kapalı ve f : A −→ R sınırlı ve
sürekli fonksiyonsa f ’nin bir sürekli genişlemesi f : X −→ R vardır.
iii. (Tietze Genişleme Teoremi) A ⊂ X kapalı ve f : A −→ R sürekli
fonksiyonsa f ’nin sürekli genişlemesi f : X −→ R vardır.
iv. (Uryshonn Lemma) Kapalı ayrık kümeler sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilir.
210
9. Normal Uzaylar
v. (Hahn-Tong) f : X −→ R üst yarısürekli, g : X −→ R alt yarısürekli
ve f ≤ g eşitsizliği varsa f ≤ h ≤ g olacak biçimde sürekli h : X −→ R
fonksiyonu vardır.
vi. (Hahn-Tong) f : X −→ R üst yarısürekli, g : X −→ R alt yarısürekli ve
0 ≤ f ≤ g ≤ 1 eşitsizliği varsa f ≤ h ≤ g olacak biçimde sürekli h : X −→ R
fonksiyonu vardır.
Normal uzaylara T4 uzayı da denir. Bu bölümde ayrıca tümüyle normal (T5
uzay) ve mükemmel normal uzay (T6 uzay) kavramlarının tanıtımı yapılarak
T6 ⇒ T5 ⇒ T4 ⇒ T3 1 ⇒ T3 ⇒ T2 ⇒ T1 ⇒ T0
2
olduğu ve bunların terslerinin doğru olmadığına ilişkin örnekler verilecektir.
9.1
Tanım ve Temel İki Denk Özellik
Yukarıda sıklıkla bahsedilen normal uzayın tanımını verelim.
Tanım 9.1 (Tietze [131] ve Alexandroff-Urysohn [6]). Ayrık ve kapalı olan
her iki kümesi açık kümelerle ayrılabilen T1 uzayına normal uzay denir1 2 .
Boşkümeden farklı ayrık kapalı kümeleri olmayan topolojiler vardır. Örneğin
R üzerine konulan, açık kümeleri sadece ve sadece ∅, R ve (a, ∞) formunda olan
topoloji, buna bir örnektir. Bu topoloji normal uzay olmaya çok yaklaşmış olsa
da T1 olmadığından (ama T0 uzay) normal diyemeyeceğiz. Topolojik uzaylar
için temel örnek olan metrik uzayları normal uzaylardır.
Notlar ve Örnekler
9.1. Metrik uzaylar normal uzaylardır. Gerçekten de (X, d) bir metrik uzay, A ve B, X’in
ayrık ve kapalı kümeleri olsun.
f (x) = d(x, A) − d(x, B)
olarak tanımlayalım. f sürekli fonksiyon olduğundan
U = f −1 ((0, ∞) ve V = f −1 ((−∞, 0))
kümeleri açık ve ayrıktır. Ayrıca A ⊂ V ve B ⊂ U olur.
9.2. Her 0 < α ordinali için X = [0, α) ordinal uzayı normaldir: Ordinal uzayı bir sıra uzayı
ve sıra uzayı Hausdorff olduğundan X uzayı Hausdorff olur. A ve B, X uzayının boş
olmayan kapalı ayrık kümeleri olsun. Her a ∈ A için
Ua = [σ, a] ⊂ X \ B
kapsamasını sağlayacak açık aralık Ua vardır. Benzer biçimde her b ∈ B için
Vb = [τ, b] ⊂ X \ A
ifadesini sağlayan açık aralık Vb vardır.
1
2
Neden “normal” isminin verildiğini bilemiyorum.
Bazı bilinen kitaplarda normal uzayın tanımında T1 olma koşulu aranmaz, örneğin [146].
9.1. Tanım ve Temel İki Denk Özellik
211
U=
S
a∈A
Ua ve V =
S
b∈B
Vb
diyelim. U ve V kümeleri açık, ayrık, A ⊂ U ve B ⊂ V sağlanır. Böylece X uzayının
normal olduğu kanıtlanmış olur.
Normal uzay resmi Şekil 9.1’de olduğu gibidir. Normal uzayların Hausdorff
olduğu açıktır. Üstelik düzenli uzaylardır. Aşağıdaki iki teoremin bir sonucu
IR
f
X
x
A
x
B
1
0
Şekil 9.1. Normal uzayın temsili
olarak normal uzayların tümüyle düzenli uzaylar olduğunu söyleyebileceğiz.
Ayrıca aşağıdaki teoremde yer alan (i) ve (ii)’nin denk olması Uryshohn Lemmasının kanıtının temelini oluşturur.
Teorem 9.1. Bir T1 uzay X için aşağıdakiler denktir.
i. X normal uzaydır.
ii. F kapalı, U açık küme ve F ⊂ U ise
F ⊂V ⊂V ⊂U
kapsaması sağlanacak biçimde açık V kümesi vardır3 .
iii. F ⊂ W ⊂ X kapsamasını sağlayan kapalı F kümesi ve açık W kümesi
verildiğinde
S
F ⊂ i Wi , Wi ⊂ W
olacak biçimde açık kümelerin dizisi (Wi ) vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). Varsayılan özellikteki F ve U kümeleri için F ve X \ U
kümeleri kapalı ve ayrıktır. X normal olduğundan
F ⊂ V , X \ U ⊂ W ve V ∩ W = ∅
olacak biçimde V ve W açık kümeleri vardır. Ayrıca V ⊂ U olur. Gerçekten
de, V 6⊂ U olduğunda x ∈ V ve x 6∈ U , yani x ∈ X \ U seçebiliriz. Dolayısıyla
x ∈ W olur. x ∈ V olmasından ve W ’nin açık olmasından dolayı da V ∩W 6= ∅
olur. Bu çelişkidir.
(ii ⇒ iii) (ii)’de her i için Wi = V ve W = U alınmasıyla istenilen hemen
görülür.
(iii ⇒ i). A ve B, X uzayında ayrık kapalı kümeler olsun. Varsayımdan
3
Bu özellikle Teorem 8.15’in (ii) özelliği arasındak paralelliği okur görmelidir.
212
9. Normal Uzaylar
A⊂
S
i Wi ,
Wi ⊂ X \ B
olacak biçimde açık kümelerin dizisi (Wi )’ler vardır. Benzer biçimde
S
B ⊂ i Vi , Vi ⊂ X \ A
olacak biçimde açık kümelerin dizisi (Vi )’ler vardır. Her i için
S
Gi = Wi \ ij=1 Vj
ve
Hi = Vi \
Si
j=1 Wj
kümelerini tanımlayalım. Gi ve Hi kümeleri açık ve
S∞
S
A⊂U = ∞
i=1 Hi
i=1 Gi ve B ⊂ V =
olarak tanımlanan U ve V kümelerinin ayrık oldukları açıktır. Böylece X
uzayının normal olduğu gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
9.3. Teorem 9.1’de yer alan (iii) koşulunu kullanarak aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. (Tychonoff [135]) İkinci dereceden sayılabilir düzenli T1 uzayı normaldir.
Kanıt: X düzenli uzay ve (Un ), X’in sayılabilir tabanı olsun. F ⊂ X kapalı, W açık
ve F ⊂ W olsun. Her x ∈ F için x ∈ Unx ⊂ Unx ⊂ W olacak biçimde nx ∈ N’ler vardır.
Ayrıca F ⊂ ∪x∈F Unx olduğundan Teorem 9.1(iii) gereği X normal uzaydır.
ii. (Urysohn [139]) Sayılabilir düzenli T1 uzayı normaldir.
9.4. (Birkhoff [18]) Ordinal uzayın normal olduğu Örnek 9.2’de verilmişti. Daha fazlası da
doğrudur: Her sıra uzayın normal olduğunu gösterin.
9.5. Kapalı ve ayrık her iki kümesi açık kümelerle ayrılabilen uzayın sürekli bir fonksiyon
altındaki görüntüsününde aynı özellikte olduğunu gösterin.
9.2
Urysohn Lemma
Hatırlayalım: X bir topolojik küme olmak üzere A, B ⊂ X kümeleri verilsin.
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1}
olacak biçimde sürekli f : X −→ R fonksiyonu varsa A ve B kümelerine X
uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir denir.
Bazı Hausdorff düzenli uzaylar tümüyle düzenli olmayabilir. Bir başka
söylemle aşağıda verilen özellikler T1 uzayı için denk değillerdir.
i. Biri tek elemanlı olmak üzere ayrık ve kapalı her iki küme ayrık açık
kümelerle ayrılabilir.
ii. Biri tek elemanlı olmak üzere ayrık ve kapalı her iki küme bir sürekli
fonksiyonla tümüyle ayrılabilir.
9.2. Urysohn Lemma
213
Ama bazı durumlarda, örneğin koşullarda yer alan tek elemanlı olma koşulu
kaldırıldığında bunların denk olduğunu gösterebileceğiz.
Metrik uzaylarda ayrık kapalı kümeler sürekli fonksiyonlarca tümüyle ayrılabilir: (X, d) bir metrik uzay ve A, B ⊂ X boş olmayan ayrık kümeler olsun.
f : X −→ R fonksiyonu
f (x) =
d(x,A)
d(x,A)+d(x,B)
eşitliğiyle tanımlansın. f fonksiyonu sürekli ve
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {0}
ifadelerini sağlar. Yani A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarca tümüyle ayrılabilir.
Bir X uzayın sürekli fonksiyonla tümüyle ayrılabilir A ve B altkümeleri
için verilen her α, β ∈ R için
f (A) ⊂ {α} ve f (B) ⊂ {β}
olacak biçimde f ∈ C(X) fonksiyonu vardır. Bu fonksiyon α ≤ β için α ≤ f ≤
β olarak da ayarlanabilir.
Aşağıdaki teorem normal uzaylarla ilgili temel ve kullanışlı teoremlerden
biridir.
Teorem 9.2 (Urysohn Lemma, Urysohn [139]). Bir Hausdorff uzayın normal
olması için gerek ve yeter koşul ayrık ve kapalı her iki kümenin sürekli bir
fonksiyonla tümüyle ayrılabilir olmasıdır.
Kanıt: X normal uzay olsun. A ve B, X uzayının ayrık ve kapalı iki altkümesi
olsun.
N = 2kn : n ∈ N, 1 ≤ k ≤ 2n − 1
diyelim. Belirli özellikleri sağlayan bir
U : N ∪ {0, 1} −→ τ
fonksiyonunu tümevarıla tanımlayacağız. Her n ∈ N için
An = { 2kn : 1 ≤ k ≤ 2n − 1}
olarak tanımlansın.
An ⊂ An+1 , N =
S
n An
ve
n+1
1
3
An+1 \ An = { 2n+1
, 2n+1
, . . . , 2 2n+1−1 }
214
9. Normal Uzaylar
olduğunu not edelim.
U1 : A1 −→ τ fonksiyonu
A ⊂ U1
1
21
⊂ U1
1
21
⊂X \B
olacak biçimde tanımlayabiliriz. n ∈ N olmak üzere Her 1 ≤ i ≤ n için Ui :
Ai −→ τ fonksiyonunun aşağıdaki koşulları sağlayacak biçimde tanımlandığını
varsayalım.
i m+1
2i −2
2 −1
⊂
U
.
.
.
• A ⊂ Ui 21i ⊂ Ui 22i ⊂ . . . Ui m
U
⊂
U
⊂
i
i
i
i
i
i
2
2
2
2i
X \B
• 1 ≤ i < j ≤ n için Uj fonksiyonunun Ai fonksiyonuna kısıtlanması Ui
olsun.
U1 ,. . . ,Un fonksiyonlarını kullanarak Un+1 : An −→ τ fonksiyonunu aşağıdaki
koşulları sağlayacak biçimde tanımlayabiliriz.
k
2n+1
∈ An+1 \ An
verilsin. Aşağıdakilerden sadece bir tanesi gerçekleşir. Bu her duruma bir açık
küme karşılık getirelim.
k
1
k
• 2n+1
= 2n+1
durumunda Un+1 2n+1
açık kümesi,
k
k
A ⊂ Un+1 2n+1
⊂ Un+1 2n+1
⊂ Un 21n
kapsamaları sağlayacak biçimde seçebiliriz.
n+1
k
k
• 2n+1
= 2 2n+1−1 için Un+1 2n+1
açık kümesini
n
k
k
Un 2 2−1
⊂ Un+1 2n+1
⊂ Un+1 2n+1
⊂X \B
n
kapsamaları sağlayacak biçimde seçebiliriz.
k
n
• 2mn < 2n+1
< m+1
2n (1 ≤ m < m + 1 ≤ 2 − 1) durumundaysa Un+1
açık kümesi
k
k
⊂ Un+1 2n+1
⊂ Un m+1
Un 2mn ⊂ Un+1 2n+1
2n
k
2n+1
olacak biçimde seçilebilir.
Böylece Un+1 : An+1 −→ τ fonksiyonunu An kümesinde Un ve An+1S\ An
için yukarıda tanımlanan değerleri alacak biçimde tanımlayalım. N = n An
olduğundan U : N ∪ {0, 1} −→ τ fonksiyonu aşağıdaki koşulları sağlayacak
biçimde tanımlayabiliriz.
U (0) = ∅.
U (1) = X.
U ’nın An kümesine kısıtlanışı
Un .
k
k
Her 2n ∈ N için U 2n kümeleri açık olmak üzere
n
2n −2
A ⊂ U ( 21n ) ⊂ U ( 22n ) ⊂ . . . U ( 2mn ) ⊂ U ( m+1
⊂ U 2 2−1
⊂X \B
n
2n ) . . . U
2n
9.2. Urysohn Lemma
215
kapsamasını sağladığını not edelim. Bu fonksiyonu kullanarak ihtiyacımıza uygun fonksiyonu tanımlayabiliriz. f : X −→ [0, 1] fonksiyonu
f (x) = inf 2kn : n ∈ N, 0 ≤ k ≤ 2n , x ∈ U ( 2kn )
olarak tanımlayalım. x ∈ A verilsin. Her n ∈ N ve
A ⊂ U 21n
olduğundan
f (x) ≤
1
2n
ve dolayısıyla, f (x) = 0 olur. Yani
f (A) ⊂ {0}
olur. x ∈ B ise x ∈ U 2kn olma durumu sadece ve sadece k = 2n için
gerçekleşir. Böylece f (x) = 1, yani
f (B) ⊂ {1}
olduğu gösterilmiş olur. f ’nin sürekli olduğunu göstermek kanıtın bir yönünü tamamlayacaktır. Öncelikle
0
0
0
r, r ∈ N ve r < r ⇒ U (r) ⊂ U (r )
ve
r ∈ N ve f (x) < r ⇒ x ∈ U (r)
olduğunu not edelim. x ∈ X verilsin.
• f (x) = 1 durumu için: > 0 verilsin.
1−<
m
2n
<
m+1
2n
<1
olacak biçimde m,n ∈ N seçelim. U = X \ U ( 2mn ) diyelim. x ∈ U ve
f (U ) ⊂ (f (x) − , f (x) + )
olduğu açıktır. Böylece f , f (x) = 1 eşitliğini sağlayan x ∈ X noktalarında
süreklidir.
• f (x) = 0 durumu için: > 0 olsun. 21n < olacak biçimde n ∈ N seçelim.
x ∈ U 21n ve f U 21n ⊂ (−, )
olur. Bu, f ’nin f (x) = 0 özelliğindeki x ∈ X noktalarında sürekli olduğunu
söyler.
• 0 < f (x) < 1 durumu için: > 0 verilsin.
216
9. Normal Uzaylar
m−1
2n
< f (x) − < f (x) < f (x) + <
m+1
2n ,
m + 1 ≤ 2n
olacak biçimde m,n ∈ N seçebiliriz.
U =U
m+1
2n
\U
m−1
2n
diyelim. x ∈ U ve
f (U ) ⊂ (f (x) − , f (x) + )
olduğunu göstermek zor değildir.
Böylece f fonksiyonunun sürekli olduğu gösterilmiş olunur. Gerektirmenin
diğer yönünün gerçekleştiğini göstermek kolay ve okura bırakılmıştır. Kanıt
tamamlanır.
Sonuç 9.3. Normal uzaylar tümüyle düzenli uzaylardır.
Kanıt: Normal uzaylarda tek elemanlı küme kapalı olduğundan normalliğin
tanımı kullanılarak istenilen hemen elde edilir.
Alıştırmalar
9.6. X metrik uzayında verilen ayrık kapalı kümelerden birini sıfıra, diğerini bire götüren
fonksiyonu “açık seçik” yazınız.
9.3
Temel Genişleme Teoremleri
T1 uzayda tek elemanlı her küme kapalı olduğundan bir T1 uzayın tümüyle
düzenli olması için gerek ve yeter koşul biri tek elemanlı ve diğeri kapalı
olan ayrık kümelerin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olması gerektiği
açıktır. X topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. Y ’den R’ye tanımlı sürekli
her fonksiyon X’e sürekli olarak genişleyebilir mi? Bu soru,
π : C(X) −→ C(Y )
π(f ) = f|Y
olarak tanımlanan fonksiyonun, X üzerindeki hangi koşullar altında örten
olduğuyla ilgilidir. Bununla ilgili bir yanıt vermeden önce fonksiyonlarla ilgili aşağıdakileri hatırlayalım.
i. f ∈ C(X) fonksiyonunun sınırlı olması,
supx∈X |f (x)| < ∞
olmasıdır. X uzayında tanımlı sürekli fonksiyonların kümesi Cb (X) ile gösterilir.
ii. (fn ), C(X)’te bir dizi ve (rn ) reel sayılarda pozitif terimli dizi olmak
üzere n için |fn | ≤ rn ve
P
n rn < ∞
9.3. Temel Genişleme Teoremleri
217
eşitsizliğini sağlayan bir dizi olsun. Bu durumda
P
f : X −→ R, f (x) = n fn (x)
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. Gerçekten x0 ∈ X verilsin. Verilen
> 0 için
P∞
i=m+1 ri < 3
P
eşitsizliğini sağlayan m seçelim. g = m
i=1 fi fonksiyonu sürekli olduğundan
x ∈ U ⇒ |g(x) − g(x0 )| <
3
ifadesini sağlayan x0 ∈ U açık kümesi vardır. Her x ∈ U için
P
|f (x) − f (x0 )| ≤ |g(x) − g(x0 )| + ∞
i=m+1 |fi (x) − fi (x0 )| < olur. Böylece f fonksiyonunun sürekli olduğu gösterilmiş olur.
Tanım 9.2. Bir topolojik uzayın bir altuzayında tanımlı gerçel değerli sürekli
her fonksiyonun uzaya sürekli genişlemesi varsa o altuzaya C-gömülebilir
denir. Benzer biçimde altuzayda tanımlı gerçel değerli sınırlı ve sürekli her
fonksiyonun uzaya sürekli genişlemesi varsa altuzaya Cb -gömülebilir denir.
Yukarıdaki verilen tanımı şöyle de ifade edebiliriz: Y , X uzayının altuzayı
olmak üzere, Y ’nin C-gömülebilir olması π : C(X) −→ C(Y ), π(f ) = f|Y
fonksiyonunun örten olmasıdır. Benzer şekilde Y ’nin Cb -gömülebilir olması
π : Cb (X) −→ C(Y ), π(f ) = f|Y fonksiyonunun örten olmasıdır.
Örnek 9.7.R Öklid uzayının R \ {0} altuzayı, R’de Cb -gömülebilir değildir. Gerçekten de
1
,x>0
f (x) =
−1
,x<0
olarak tanımlanan sürekli f : R \ {0} −→ R fonksiyonunun sürekli genişlemesi yoktur.
C-gömülebilir bir altuzayın Cb -gömülebilir olduğu kolaylıkla görülür. Tersi
doğru değildir. Aşağıdaki teorem bir altuzayın ne zaman Cb -gömülebilir olduğunun yanıtını verir. Öncelikle bir X topolojik uzayında ayrık sıfır kümelerin
sürekli fonksiyonlarla ayrılabilir olduğunu not edelim. Gerçekten f , g ∈ C(X)
fonksiyonları Z(f ) ∩ Z(g) = ∅ eşitliği sağlasın.
h = |f |(|f | + |g|)−1
fonksiyonu sürekli ve
h(Z(f )) ⊂ {0} ve h(Z(g)) ⊂ {1}
kapsamaları doğrudur.
218
9. Normal Uzaylar
Önsav 9.4. X bir topolojik uzay ve Y ⊂ X altuzay olsun. Y ’nin ayrık sıfır
kümelerinin X’te sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olduğunu varsayalım. Bu durumda verilen f ∈ C(Y ), r ∈ R ve |f | ≤ r için
|g| ≤ 13 r ve |f − g|Y | ≤ 23 r
eşitsizliğini sağlayan g ∈ C(X) fonksiyonu vardır.
Kanıt: f ∈ C(Y ) ve |f | ≤ r olsun.
Z1 = f −1 ((−∞, − 13 r])
ve
Z2 = f −1 ([ 31 r, ∞))
kümeleri Y uzayında sıfır ve ayrık kümelerdir. Varsayım gereği
g(Z1 ) ⊂ − 13 r ve g(Z2 ) ⊂ 31 r
ve
|g| ≤ 13 r
olacak biçimde f ∈ C(X) fonksiyonu vardır. x ∈ Z1 ise
−r ≤ f (x) ≤ − 13 r
olacağından
|f (x) − g(x)| ≤ 32 r
eşitsizliği gerçekleşir. Aynı eşitsizlik |f (x)| ≤ 31 r ve x ∈ Z2 olma durumunda
da doğrudur. x ∈ Y \ (Z1 ∪ Z2 ) olma durumunda |f (x)| ≤ 13 r ve aynı zamanda
|g(x)| ≤ 31 r olacağından
|f − g|Y | ≤ 31 r
eşitsizliği elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Şimdi bir altuzayın ne zaman Cb -gömülebilir olduğuna ilişkin aşağıdaki
temel teoremi verebiliriz.
Teorem 9.5 (Tietze Genişleme Teoremi). X bir topolojik uzay ve Y , X’in
bir altuzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. Y , X’in Cb -gömülebilir altuzayıdır.
ii. Y ’de sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir kümeler X’te de sürekli
fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir.
iii. Y ’nin ayrık sıfır kümeleri X uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilir.
9.3. Temel Genişleme Teoremleri
219
Kanıt: (i ⇒ ii ⇒ iii) olduğu açıktır.
(iii ⇒ i). g ∈ Cb (Y ) verilsin. |g| ≤ 1 olduğunu varsayabiliriz (Neden?) Önsav
9.4. gereği
|f1 | ≤
1
3
ve |g − (f1 )|Y | ≤
2
3
eşitsizliklerini sağlayan f1 ∈ C(X) vardır. Yine Önsav 9.4’ü g − f1 |Y fonsiyonuna uygulayarak
|f2 | ≤
12
33
ve
|g − (f1 + f2 )|Y | ≤ ( 23 )2
olacak biçimde f2 ∈ C(X) vardır. Tümevarım kullanılarak her n için
|fn | ≤ 13 ( 32 )n−1
ve
P
|g − ( ni=1 fi )|Y | ≤ ( 23 )n
eşitsizliğini gerçekleyen C(X)’te (fn ) dizisi elde edilir. 9.3(ii)’de yapılan açıklama
kullanılarak
P
f : X −→ R, f (x) = ∞
i=1 fi (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun sürekli olduğunu söyleyebiliriz. Ayrıca f fonksiyonunun g’nin bir genişlemesi olduğu da açıktır. Kanıt tamamlanır.
Bir altuzayın ne zaman C-gömülebilir olduğunun bir yanıtı ise aşağıdadır.
Teorem 9.6. X bir topolojik uzay ve Y , X’in Cb -gömülebilir bir altuzayı
olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. Y , C-gömülebilir.
ii. K, X’in bir sıfır kümesi, Y ve K ayrık kümelerse bu kümeler sürekli
fonksiyonla tümüyle ayrılabilir.
Kanıt: (i ⇒ ii). f ∈ C(X), K = Z(f ) ve K ∩ Y = ∅ olduğunu varsayalım.
Her s ∈ Y için f (s) 6= 0 olur.
g : Y −→ R, g(x) =
1
f (x)
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. Varsayım gereği g’nin sürekli genişlemesi
g : X −→ R vardır. h = gf diyelim. h ∈ C(X) ve
h(Y ) ⊂ {1} ve h(K) ⊂ {0}
220
9. Normal Uzaylar
olduğu açıktır.
(ii ⇒ i). R ve (−1, 1) uzayları homeomorfik olduklarından bir
g : R −→ (−1, 1)
homeomorfizması seçebiliriz. f ∈ C(Y ) verilsin.
g ◦ f ∈ Cb (Y )
olur. Varsayım gereği bu fonksiyonun sürekli genişlemesi g ◦ f ∈ C(X) vardır.
Z = {x ∈ X : |g ◦ f (x)| ≥ 1}
kümesi X’te bir sıfır küme ve Y ’den ayrıktır. Varsayım gereği
h(Y ) ⊂ {1} ve h(Z) ⊂ {0}
olacak biçimde h : X −→ [−1, 1] sürekli fonksiyonu vardır.
(g ◦ f h)|Y = g ◦ f
olduğu açıktır. Ayrıca
g −1 ◦ ((g ◦ f )h) ∈ C(X),
fonksiyonu f fonksiyonunun sürekli genişlemesidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
9.8. Bir topolojik uzayın iki altkümesi sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabiliyorsa kapanışlarının da sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabiliyor olduğunu gösterin.
9.9. Bir topolojik uzayında ayrık sıfır kümelerin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir
olduğunu gösterin.
9.10. Metrik uzayda kapalı ve ayrık iki kümenin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir
olduğunu gösterin.
9.11. R Öklid uzayın kapalı her altuzayının C-gömülebilir olduğunu gösterin.
9.12. (Tietze Genişleme Teoremi) Bir metrik uzayın kapalı her altuzayının C ve Cb -gömülebilir
olduğunu gösterin.
9.13. X bir topolojik uzay ve S ⊂ X, F ⊂ R kapalı kümeler olmak üzere g|S : S −→ F
homeomorfizma olacak biçimde g ∈ C(X) varsa S’nin C-gömülebilir olduğunu gösterin.
9.14. X bir topolojik uzay ve f ∈ C(X) sınırsız, yani f 6∈ Cb (X) olsun. Ayrık uzay N’nin,
X’in bir altuzayına homeomorfik olduğunu gösterin.
9.15. Bir topolojik uzayda Cb -gömülebilir sıfır kümenin C-gömülebilir olduğunu gösterin.
9.16. X topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. Y ’deki her sıfır küme X’te sıfır kümeyse
Y ’nin Cb -gömülebilir olduğunu gösterin.
9.17. Y ⊂ R için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. Y , Cb -gömülebilir.
ii. Y , C-gömülebilir.
iii. Y kapalıdır.
9.18. X bir topolojik uzay ve Y , X’in bir sıfır kümesi ve ayrık (discrete) altuzay olsun.
Aşağıdakilerin denk olduğunu gösterin.
i. Y , Cb -gömülebilir.
ii. Y ’nin her altkümesi Y ’de bir sıfır kümedir.
9.4. Tietze Teoremi
9.4
221
Tietze Teoremi
Bir topolojik uzayın bir altuzayının hangi koşullarda C-gömülebilir ya da
Cb -gömülebilir olduğuyla ilgili bazı temel sonuçlar bir önceki altbölümde verilmişti. Bu altbölümde bunların bir uygulaması olarak bir T1 uzayın hangi
koşullarda normal olabileceğini karakterize edebileceğiz.
Teorem 9.7 (Urysohn [139]). X bir T1 -uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X normal uzaydır.
ii. X’in kapalı her altuzayı Cb -gömülebilirdir.
iii. X’in kapalı her altuzayı C-gömülebilirdir4 .
Kanıt: (iii ⇒ ii). Açıktır.
(i ⇒ ii). F ⊂ X kapalı küme olsun. F kümesinin kapalı altuzaylarının X
uzayında kapalı olduklarını not edelim. Z1 ve Z2 , F ’nin ayrık sıfır kümeleri olsun. Z1 ve Z2 , X’te kapalı ayrık uzaylar olduklarından tanım gereği X
uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir kümelerdir. Tietze Genişleme Teoremi gereği F , Cb -gömülebilirdir.
(ii ⇒ i). A ve B, X uzayının kapalı ayrık altuzayları olsun. K = A ∪ B kapalı
bir kümedir. f : K −→ R fonksiyonu
1
,x∈A
f (x) =
0
,x∈B
eşitliğiyle tanımlansın. f fonksiyonu sınırlı ve sürekli olduğundan varsayım
gereği sürekli genişlemesi g ∈ Cb (X) vardır.
g(A) ⊂ {0} ve g(A) ⊂ {1}
olduğundan A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilirdir. Dolayısıyla X normal uzaydır.
(i ⇒ iii). Y ⊂ X kapalı altuzay olsun. A, B ⊂ Y , Y uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olsun. Bu kümelerin X uzayındaki kapanışları da
ayrıktır ve Y ’nin altkümeleridir. Teorem 9.2 gereği
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1}
olacak biçimde sürekli f ∈ C(X) vardır. Dolayısıyla A ve B kümeleri X
uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir. Teorem 9.5 gereği Y uzayı
C-gömülebilir kapalı altuzaydır5 .
Yukarıdaki teorem kullanılarak bir normal uzayda, kapalı kümelerin sıfır
küme olmaları için bir gerek ve yeter koşulları belirleyebiliriz. Sayılabilir tane
açık kümelerin arakesitine Gδ -küme denildiğini hatırlayalım.
4
5
Metrik uzaylar için bu teorem Heinrich Tietze tarafından verilmiştir.
Farklı kanıtlar da mevcuttur. Bu konuda [11] bir derleme makaledir.
222
9. Normal Uzaylar
Teorem 9.8. Bir normal uzayın altkümesinin sıfır küme olması için gerek ve
yeter koşul, Gδ - küme olmasıdır.
Kanıt: Her f ∈ C(X) için
Z(f ) =
T
n {x
: |f (x)| < n1 }
olduğundan her sıfır kümenin Gδ -küme olduğ u görülür6 . Şimdi
T F , Gδ -küme
olsun. Yani her n ∈ N için Un açık kümeler olmak üzere F = n Un olsun. Her
n için X \ Un kapalı ve F kümesiyle ayrık olduğundan
fn (F ) ⊂ {0} ve fn (X \ Un ) ⊂ {1}
ve 0 ≤ fn ≤ 1 olacak biçimde fn ∈ C(X) vardır. f : X −→ [0, 1] fonksiyonu
P
f (x) = n 2−n fn (x)
eşitliğiyle tanımlansın. f sürekli ve F = Z(f ) olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
9.19. (Bartelt-Swetits [15]) X bir topolojik uzay ve A ⊂ C(X) verilsin. Her x0 ∈ X ve > 0
için
supf ∈A,x∈U |f (x0 ) − f (x)| < olacak biçimde x0 ∈ U açık kümesi varsa A kümesine eşsürekli denir. X normal uzay,
K ⊂ X kapalı, A, B ⊂ C(X) kümeleri eşsürekli kümeler ve f : K −→ R sürekli
fonksiyon olsun. Her x ∈ A, a ∈ A ve b ∈ B için
a(x) ≤ f (x) ≤ b(x)
eşitsizliği sağlanıyorsa her x ∈ X, a ∈ A ve b ∈ B için
a(x) ≤ f (x) ≤ b(x)
olacak biçimde f fonksiyonunun sürekli genişlemesi f ∈ C(X) fonksiyonun olduğunu
gösterin.
9.20. (ai )i∈I pozitif sayıların bir ailesi olmak üzere,
P
P
i∈I ai := sup{
i∈J ai :6= J ⊂ I, sonlu}
olarak tanımlanır. X topolojik uzay olmak üzere (fi )i∈I , X’ten [0, 1]’e tanımlı sürekli
fonksiyonların bir ailesi olmak üzere her x ∈ X için
P
i∈I fi (x) = 1
oluyorsa bu aileye birimin parçlanışı denir7 8 . Bir X Hausdorff uzayı için aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. X normal uzaydır.
ii. U1 ,. . . , Un açık kümeleri verilsin. Her 1 ≤ i ≤ 1 için
6
Bu kanıtta X uzayının normal olduğu kullanılmamıştır.
Bu kavram ile detaylı bilgi [35] ve [138]’de bulunabilir.
8
Birimin parçalanışı terimiyle topolojide önemli bir kavram olan parakompaktlık kavramı
tanımlanabilir: X Hausdorff uzay olsun. Verilen (Ui )i∈I açık kümeler ailesine karşın her i ∈ I
için fi (X \ Ui ) ⊂ {0} olacak biçimde (fi )i∈I birimin parçalanışı varsa X’e parakompakt
uzay denir. Parakompaktlık terimiyle bir uzayın metrikleşebilirliği ile ilgili oldukca önemli
teoremler olmasına karşın maalesef bu kavram, bu kitabın konusu olamayacak!
7
9.5. Çarpım Uzayın Normalliği
223
fi (X \ Xi ) ⊂ {0}
olacak biçimde birimin parçalanışı {f1 , . . . , fn } vardır.
9.5
Çarpım Uzayın Normalliği
Normal uzayların tümüyle düzenli olduğunu biliyoruz (Sonuç 9.3.) Bu altbölümde bunun tersinin doğru olmadığına ilişkin bir örnek vereceğiz. Ayrıca
alıştırmalar bölümünde iki normal uzayın çarpım uzayının normal olmadıği
ifade edilecek.
Tümüyle düzenli uzayların R’nin bir çarpım uzayının altuzayına homeomorfik olduğunu biliyoruz. Buna karşılık RI çarpım uzayının normal uzay
olup/olmadığını da sorgulamak anlamlıdır. Aşağıdaki teorem bu sorunun yanıtıyla ilgilidir. Önce bir önsav verelim.
Önsav 9.9. Sayılamaz I kümesi için X = NI çarpım uzayı normal değildir.
Kanıt: Ayrık açık kümelerle ayrılamayan ayrık kapalı K1 ve K2 kümelerin
varlığını göstereceğiz. Bunun için aşağıda verilen adımları takip edeceğiz.
• Sonlu her J ⊂ I ve f ∈ X için
B(f, J) = {g ∈ X : f|J = g|J }
olarak tanımlansın.
B = {B(f, J) : f ∈ X, J ⊂ I sonlu }
kümesinin X uzayı için bir taban olduğunu göstermek kolaydır.
Her n ∈ N için
Kn = {f ∈ X : f|(J\f −1 (n)) birebir }
olarak tanımlayalım.
• Her n içn Kn kümei boşkümeden farklıdır: N ⊂ I olduğunu varsayabiliriz.
f : I −→ N fonksiyonu
k
, k ∈ N \ {n}
f (x) =
n
, k 6∈ N \ {n}
eşitliğiyle tanımlansın. f ∈ Kn olduğu açıktır. Böylece Kn 6= ∅ olur.
• Kn kümeleri kapalıdır: f ∈ Kn verilsin.
g : Λ −→ Kn ,
g −→ f
olacak biçimde bir g neti vardır. X çarpım topolojisindeki yakınsamanın noktasal yakınsama olduğundan her i ∈ I için
224
9. Normal Uzaylar
g(λ)(i) −→ f (i)
olur. a,b ∈ I \ f −1 (n) verilsin ve f (a) = f (b) olduğunu varsayalım. {f (a)} açık
ve
g(λ)(a) −→ f (a) = f (b) ← g(λ)(b)
olduğundan her λ ≥ λ0 için
g(λ)(a) = f (a) ve g(λ)(b) = f (b)
olacak biçimde λ0 vardır. Dolayısıyla
a,b ∈ I \ (g(λ0 ))−1 (n)
olur.
g(λ0 )(a) = f (a) = f (b) = g(λ0 )(b)
ve g(λ0 ) ∈ Kn olmasından a = b elde edilir. Böylece f ∈ Kn olur. Kn kümesinin kapalı olduğu gösterilmiştir.
n0 = 0 olmak üzere (ni ) doğal sayılar kümesi N’de kesin artan bir dizi ve
(αi )i∈N terimleri birbirinden farklı olmak üzere I’de bir dizi olsun. Her i ∈ N
için
Bi = {α1 , . . . , αni }
ve B0 = ∅ olmak üzere
fi (x) =
j
1
; x = aj ∈ Bi−1
;x 6∈ Bi−1
olarak tanımlayalım. K1 ⊂ U ve K2 ⊂ V olacak biçimde U ve V açık kümeleri
verilsin. U ∩ V 6= ∅ olması kanıtı tamamlayacaktır.
• B(f1 , B1 ) ⊂ U olacak biçimde B1 = {α1 , . . . , αn1 } vardır: f1 ∈ K1 ⊂ U ,
U açık ve B’nin taban olmasından istenilen açık.
• B(f2 , B2 ) ⊂ U olacak biçimde B2 = {α1 , . . . , αn1 , . . . , αn2 } vardır: f2 ∈
K1 ⊂ U olmasınden yukarıda verilen gerekce kullanılarak B(f2 , C2 ) ⊂ U
olacak biçimde sonlu C2 ⊂ I kümesi vardır. β ∈ I \ (B1 ∪ C2 ) seçelim.
B2 = B1 ∪ C2 ∪ {β} diyelim. n1 < n2 olmak üzere B2 = {α1 , . . . αn1 , . . . , αn2 }
formundadır. Ayrıca B(f2 , B2 ) ⊂ U olur.
• Her i ∈ N için B(fi , Bni ) ⊂ U , Bi = {α1 , . . . , αi } olacak biçimde ω’da
0 = n0 < n1 < . . . olacak biçimde bir (ni ) dizisi ve I’de terimleri birbirlerinden
farklı (αi ) dizisi vardır: Yukarıda verilen iki açıklama dikkate alınarak istenilen
özellikte dizilerin varlığı tümevarımla hemen elde edilir.
• B = ∪i Bi olmak üzere f ∈ X fonksiyonu
9.5. Çarpım Uzayın Normalliği
225
g(x) =
j
1
; x = aj ∈ B
;x 6∈ B
eşitliğiyle tanımlansın. g ∈ K2 ⊂ V olduğu açık. B(g, C) ⊂ V olacak biçimde
sonlu A ⊂ J seçebiliriz. (Bn ) kümeler dizisi kapsama sıralamasına göre artan
ve
S
B ∩ C = i (Bi ∩ C)
olduğundan A ∩ B ⊂ Bi olacak biçimde i vardır.
• B(fi+1 , Bi+1 )∩B(g, C) 6= ∅ olur: x ∈ C ∩Bi+1 olduğunda x ∈ C ∩B ⊂ Bi
olacağından
fi+1 (x) = g(x)
olur. Böylece x ∈ B için h(x) = g(x) ve x ∈ Bi+1 için h(x) = fi+1 (x) olacak
biçimde h ∈ X vardır. h ∈ B(fi+1 , Bi+1 ) ∩ B(g, C) olur ve istenilen gösterilir.
Sonuç olarak h ∈ U ∩ V olur. Yani, U ∩ V 6= ∅ elde edilir. Böylece kanıt
tamamlanır.
R uzayının ne zaman normal uzay olduğu yukarıda verilen önsav kullanılarak kanıtlanabilir.
Teorem 9.10 (Stone [128]). Topolojik çarpım uzayı RI için aşağıdakiler denktir.
i. I sayılamaz bir kümedir.
ii. RI normal uzay değildir.
Kanıt: (i ⇒ ii). Normal uzayın kapalı altuzayının normal olduğunu not edelim. X = RI çarpım uzayının normal olmadığını göstermek için bu uzayın
en az bir tane kapalı altuzayının normal olmadığını göstermek yeterlidir. RI
uzayının kapalı altuzayı NI , yukarıda önsav gereği normal değildir. Dolayısıyla
X uzayı normal değildir.
(ii ⇒ i). Tersine I sayılabilir küme olsun. Bu durumda çarpım topolojisi metrikleşebilir ve dolayısı ile normaldir. Bu varsayım ile çelişir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
Q
9.21. I sayılamaz bir küme olmak üzere X =
i∈I [0, 1] çarpım uzayı için aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. X uzayı normaldır9 .
Q
ii. i∈I R çarpım uzayın X’in bir altuzayına homeomorfiktir.
iii. X uzayının normal olmayan altuzayı vardır.
9
Mevcut bilgi ve yöntemlerle kolay değildir!
226
9. Normal Uzaylar
9.22. İki normal uzayın çarpım uzayının normal olması gerekmediğini gösterin. Kanıt: X =
R, sorgenfrey topolojisiyle donatılsın.
i. X normal uzaydır.
ii. X’in sayılamaz açık kapalı bir altuzayı vardır. (K = {(−x, x) : x ∈ X} kümesi
sayılamaz ve her x ∈ X için ([−x, −x + 1) × [x, x + 1)) ∩ K = (−x, x) olduğundan K
açık kümedir. Ayrıca kapalıdır.)
iii. Q × Q, X’te yoğundur.
iv. |C(X)| = c (C(X) −→ RQ×Q , f −→ f |Q×Q fonksiyonu birebirdir.)
v. X × X normal değildir: Olduğunu varsayalım. Bu durumda her A ⊂ K için A ve
K \ A kümeleri K’da açık ve dolayısılada X’te açık kümelerdir. Bu kümelerin ayrık
olmaları nedeniyle fA ⊂ {0} ve fA (K \ A) ⊂ {1} olacak biçimde sürekli fA ∈ C(X)
vardır. Buradan {fA : A ⊂ K} ⊂ C(X) ve buradan da
2c = |{fA : A ⊂ K}| ≤ |C(X)| = c
çelişkisi elde edilir.
9.23. X normal uzay, C, X’in ayrık ve kapalı alt uzayı olsun. D ⊂ X yoğunsa |C| < 2|D|
olduğunu gösterin.
9.24. Sorgenfrey uzayın metrikleşemez olduğunu gösterin10 .
9.6
Hahn-Tong Ayrışım Teoremi
Bir X topolojik uzayından R’ye tanımlı bir f fonksiyonunun alt yarısürekli
olması her r ∈ R için f −1 (−∞, r]) kümesinin kapalı olmasıdır. Üst yarısürekli
olmasıysa her r ∈ R için f −1 ([r, ∞)) kümesinin kapalı olmasıdır. Bir Hausdorff
X uzayının tümüyle düzenli olması, alt yarısüreklilik terimiyle betimlenmişti
(Teorem 8.14.) Benzer bir betimleme bu altbölümde normal uzaylar için verilecektir.
Önsav 9.11. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. g : X −→ R üst yarısürekli, h : X −→ R alt yarısürekli ve g ≤ h ise
g ≤ f ≤ h olacak biçimde sürekli f fonksiyonu vardır.
ii. g : X −→ R üst yarısürekli, h : X −→ R alt yarısürekli ve 0 ≤ g ≤ h ≤ 1
ise g ≤ f ≤ h olacak biçimde sürekli f fonksiyonu vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). Kolaylıkla görülür.
(ii ⇒ i). g ve h fonksiyonları sırasıyla üst yarısürekli ve alt yarısürekli olsun
ve g ≤ h sağlansın. ϕ : R −→ (0, 1) kesin artan örten fonksiyon olsun. ϕ ◦ g
üst yarısürekli ve ϕ ◦ h’nın alt yarısürekli ve
0≤ϕ◦g ≤ϕ◦h≤1
10
Sorgenfrey uzay kavramı genellenebilir: X tamsıralı küme ve X, tabanı {[a, b) : a, b ∈
X, a < b} olan topolojiyle donatılsın. Bu uzaya Sorgenfrey sıra uzayı diyelim. Bu uzayın metrikleşebilmesi için gerek ve yeter koşul uzayın sayılabilirtane ayrık kapalıaltuzayının bileşimi
olarak yazılabilmesidir. Detaya [89]’den ulaşılabilir.
9.6. Hahn-Tong Ayrışım Teoremi
227
olur. Varsayım gereği
ϕ ◦ g ≤ f0 ≤ ϕ ◦ h
olacak biçimde sürekli f0 : X −→ R fonksiyonu vardır.
f = ϕ−1 ◦ f0
fonksiyonu sürekli ve
g≤f ≤h
eşitsizliği sağlanır.
Önsav 9.12. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. Kapalıve ayrık her iki küme sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir.
ii. K ⊂ X kapalı, U ⊂ X açık ve χK ≤ χU ise
χK ≤ f ≤ χU
koşulunu sağlayan sürekli f fonksiyonu vardır.
Kanıt: Kolayca görülür.
Önsav 9.13. X topolojik uzay olmak üzere g : X −→ R üst yarısürekli,
h : X −→ R alt yarısürekli ve 0 ≤ g ≤ h ≤ 1 ise her N ∈ N için
g−
1
N
≤ fN ≤ h +
1
N
olacak biçimde sürekli fN fonksiyonu vardır.
Kanıt: Her t ∈ R ve f : X −→ R fonksiyonu için için
[f ≥ t] := {x ∈ X : f (x) ≥ t}
[f < t] := {x ∈ X : f (x) < t}
olarak tanımlansın. δ =
1
N
diyelim.
g − δ ≤ max0≤n≤N nδχ[g≥nδ] ≤ max0≤n≤N nδχ[h>nδ−δ] ≤ h + δ (*)
olduğunu gösterelim11 . Her x ∈ X için 0 ≤ g(x) ≤ 1 olduğundan
kx δ ≤ g(x) < kx δ + δ
eşitsizliğini sağlayan 0 ≤ kx ≤ N , kx tamsayısının olduğu da açıktır. Buradan
g(x) − δ ≤ kx δ = kx δχ[g≥kx δ] (x) ≤ max0≤n≤N nδχ[g≥nδ] (x)
11
(max0≤n≤N fn )(x) := max0≤n≤N (fn (x)) olarak tanımlıyoruz.
228
9. Normal Uzaylar
olur. Yani (∗) eşitizliklerinin soldan birincisi gösterilmiş olur. Diğerlerinin
doğruluğu açıktır. 0 ≤ n ≤ N verilsin. Önsav 9.12 gereği
χ[g≥nδ] ≤ fn ≤ χ[h>nδ−δ]]
koşulunu sağlayan sürekli fn fonksiyonu vardır.
fN := max0≤n≤N nδfn
olarak tanımlansın. fN sürekli ve
g−
1
N
≤ fN ≤ h +
1
N
eşitsizliği sağlanır. Kanıt tamamlanır.
Önsav 9.14. X normal uzay olmak üzere g : X −→ R üst yarısürekli, h :
X −→ R alt yarısürekli ve 0 ≤ g ≤ h ≤ 1 ise her N ∈ N için
i. g ≤ gN ≤ hN ≤ h,
ii. 0 ≤ hN − gN ≤ N2
olacak biçimde alt yarısürekli gN ve üst yarısürekli hN fonksiyonu vardır.
Kanıt: Önsav 9.12 gereği g ≤ fN ≤ h olacak biçimde sürekli fN fonksiyonu
vardır.
gN := g ∨ (f −
1
N)
hN := h ∧ (f +
1
N)
fonksiyonları istenen koşulları sağlar.
Bu altbölümün temel sonucu olan ve Hahn-Tong Ara Teoremi olarak bilinen Teoremi şimdi verebiliriz.
Teorem 9.15 (Tong [134], Katetov [79], Katetov [80]). 12 X, T0 uzay olmak
üzere aşağıdakiler denktir.
i. Normal uzaydır.
ii. g : X −→ R üst yarısürekli, h : X −→ R alt yarısürekli ve g ≤ h ise
g ≤ f ≤ h eştsizliklerini sağlayan sürekli f fonksiyonu vardır.
Kanıt: (Buskes-van Rooij [22])
(i ⇒ ii). Önsav 9.10 kullanılarak 0 ≤ g ≤ h ≤ 1 olduğunu varsayabiliriz. Önsav
9.13 kullanılarak da
i. g ≤ gn ≤ hm ≤ h,
ii. gn ↑, hn ↓,
iii. 0 ≤ hn − gn ≤ n2
koşullarını sağlayan üst yarısürekli fonksiyonlar dizisi (gn ) ve alt yarısürekli
fonksiyonlar dizisi (gn ) vardır. Her x ∈ X için
12
Metrik uzaylar için bu teorem Hahn [61] tarafından verilmiştir.
9.6. Hahn-Tong Ayrışım Teoremi
229
f (x) = limn gn (x) = limn hn (x),
f : X −→ R eşitliğini sağlayan f fonksiyonunu tanımlayalım.
g≤f ≤h
olduğu açıktır. Her n ∈ N ve t ∈ R için
{x ∈ X : gn (x) ≥ t} ve {x ∈ X : fn (x) ≤ t}
kümeleri kapalı olduğundan
{x ∈ X : f (x) ≥ t} =
T
{x ∈ X : f (x) ≤ t} =
T
n {x
∈ X : gn (x) ≥ t}
n {x
∈ X : fn (x) ≤ t}
kümeleri de kapalıdır. Böylece f fonksiyonu alt ve üst yarısüreklidir. Dolayısıyla f süreklidir.
(ii ⇒ i). A ⊂ X kapalı ve f0 : A −→ [0, 1] bir sürekli fonksiyon olsun.
α = inf f0 (A) ve β = sup f0 (A)
diyelim. g,h : X −→ R fonksiyonları
f0 (x)
g(x) =
α
;x∈A
;x ∈ X \ A
ve
h(x) =
f0 (x)
β
;x∈A
; x∈X \A
olarak tanımlansın. g, üst yarısürekli ve h, alt yarısürekli ve g ≤ h olduğu
açıktır. Varsayımdan g ≤ f ≤ h olacak biçimde sürekli f : X −→ R vardır.
f fonksiyonunun f0 ’nın bir genişlemesi olduğu da açıktır. Tietze-Urysohn Teoremi gereği X normal uzaydır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
9.25. X normal uzay ve A ⊂ X kapalı küme olsun. f0 : A −→ R sınırlı bir fonksiyonsa f0 ’nın
supx∈X |f (x)| = supx∈A |f0 (x)|
koşullarını sağlayan sürekli genişlemesi f : X −→ R fonksiyonunun var olduğunu gösterin.
9.26. X normal uzay, g : X −→ R üst yarısürekli, h : X −→ R alt yarısürekli ve A ⊂ X kapalı
olmak üzere f0 : A −→ R sürekli fonksiyon olsun. Her x ∈ A için g(x) ≤ f0 (x) ≤ h(x)
eşitsizliği varsa f0 ’nın sürekli genişlemesi olan bir f : X −→ R fonksiyonunun varlığını
gösterin.
230
9. Normal Uzaylar
9.7
Tümüyle Normal uzaylar
Bir normal uzayın kapalı her altuzayının normal olduğu açıktır. Ancak genelde
her altuzayı normal olmayabilir. Bu altbölümde her altuzayı normal olan normal uzayları karakterize edeceğiz.
Tanım 9.3. (Tietze [131]) Her altuzayı normal olan normal uzaya tümüyle
normal ya da T5 uzay denir.
X topolojik uzay olsun. A, B ⊂ X kümeleri
A∩B =A∩B =∅
koşullarını sağlıyorsa bu kümelere karşılıklı ayrışık13 kümeler denir. Tümüyle
normal uzaylar aşağıdaki gibi karakterize edilebilir.
Teorem 9.16. X normal uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X tümüyle normal uzaydır.
ii. X’in açık her altuzayı normal uzaydır.
iii. Karşılıklı ayrışık kümeler açık kümelerle ayrılabilir.
Kanıt: (i ⇒ ii). Kolayca görülür.
ii ⇒ iii). A, B ⊂ X karşılıklı ayrışık kümeler olsun.
M = X \ (A ∩ B),
kümesi X’in açık altuzayıdır. A, B ⊂ M ve
A
M
∩B
M
=∅
ve varsayım gereği M normal uzay olduğundan
A
M
⊂ U, B
M
⊂V
olacak biçimde M uzayında U ve V açık kümeler vardır. M açık olduğundan
bu kümeler X uzayında da açıktır. Dolayısıyla X uzayında A ve B kümeleri
açık kümelerle ayrılabilir.
(iii ⇒ i). Y , X uzayının altuzayı olsun. A ve B kümeleri, Y uzayında ayrık kapalı kümeler olsun. A ve B kümelerin X uzayında ayrılabilir olduğu göstermek
zor değildir. Hipotez gereği
A ⊂ U , B ⊂ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde X uzayında U ve V açık kümeler vardır.
A ⊂ U ∩ M, B ⊂ V ∩ M
13
[36]’da separated, [146]’da mutually separated olarak adlandırılmakta.
9.8. Mükemmel Normal Uzaylar
231
olmasından dolayı A ve B kümeleri Y uzayında açık kümelerle ayrılabilir.
Böylece Y uzayının normal olduğu gösterilmiş olur.
Notlar ve Örnekler
9.27. Sıra topolojik uzay tümüyle normal uzaydır. Bunun bir kanıtı [125], s.66 da bulunabilir.
9.28. Ω sayılamaz ilk ordinal ve w ilk sonsuz sayılabilir ordinal olmak üzere [0, Ω] ve [0, w]
sıra topolojik uzaylarının çarpım uzayı T = [0, Ω] × [0, w] uzayına Tychonoff Plank
uzayı denir. T∞ = T \ {(Ω, w)} altuzayına delinmiş Tychonoff Plank uzayı denir.
T∞ normal uzay değildir, dolayısıyla T uzayı tümüyle normal olmayan normal uzaydır.
Detaylar [125], s.106 de bulunabilir.
9.29. X sonsuz bir küme ve p ∈ X verilsin.
S
τ = {A ⊂ X : X \ A sonlu } {A ⊂ X : p ∈ X \ A}
olmak üzere (X, τ ) uzayına Fort uzay denir. Fort uzayı tümüyle normal uzaydır. Detaylar için [125], s.106’ya bakılabilir.
9.8
Mükemmel Normal Uzaylar
Bu altbölümde kapalı her altkümesi bir sıfır küme olan T1 uzaylarını tanımlayacağız.
Tanım 9.4 (Cech [25]). Kapalı her altkümesi sıfır küme olan T1 uzaya mükemmel normal uzay denir14 .
Metrik uzaylar mükemmel normal uzaylardır. Gerçekten de (X, d) metrik
uzayında A ⊂ X kapalı küme olsun. f : X −→ R, f (x) = d(x, A) fonksiyonu
sürekli ve
A = Z(f )
olur.
Bir topolojik uzayda ayrık sıfır kümeler sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilir olduğundan mükemmel normal uzayların normal olduğu açıktır.
Mükemmel normal uzaylar aşağıdaki gibi karakterize edilebilir.
Teorem 9.17 (Vedenissoff Teorem). X, T1 uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X mükemmel normal uzaydır.
ii. X normal ve kapalı her kümesi bir Gδ kümedir.
iii. A ve B, X’in ayrık kapalı kümelerse
A = Z(f ) ve B = Z(1 − f )
ve 0 ≤ f ≤ 1 koşullarını sağlayan f ∈ C(X) vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). Açıktır.
(ii ⇒ i). F ⊂ X kapalı olsun. Varsayım gereği F , Gδ -küme olacağından
14
Mükemmel normal uzaylarla ilgili ilk çalışmalar [8]’da yer almıştır.
232
9. Normal Uzaylar
F =
T
n Un
olacak biçimde açık kümeler Un ’ler vardır. X normal uzay olduğundan her n
için
fn (F ) ⊂ {0} ve fn (X \ Un ) ⊂ {1}
ve 0 ≤ fn ≤ 1 olacak biçimde sürekli fn fonksiyonları vardır. f : X −→ R,
P
f (x) = n 2fnn
olarak tanımlanan fonksiyon sürekli ve
F = Z(f )
olur.
(iii ⇔ i). Bu kısmı göstermek zor değildir, okura bırakılmıştır.
Teorem 9.18 (Urysohn [139]). Mükemmel normal uzaylar tümüyle normal
uzaylardır.
Kanıt: A ve B kümeleri Y ⊂ X altuzayında kapalı ayrık kümeler olsun.
A = Y ∩ F ve B = Y ∩ K
olacak biçimde X’in kapalı F ve K altkümeleri vardır. X mükemmel normal
olduğundan
F = Z(f ) ve K = Z(g)
ifadelerini sağlayan f , g ∈ C(X) fonksiyonları vardır.
A = Z(f|Y ) ve B = Z(g|Y )
ve bu kümeler ayrık olduklarından Y uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilirdir. Böylece Y ’nin tümüyle normal olduğu gösterilmiş olunur.
Notlar ve Örnekler
9.30. Tümüyle normal uzayların mükemmel normal olmaları gerekmez: X sonsuz küme ve τ ,
X üzerinde Fort uzay olsun. X sayılamaz sonsuzsa (X, τ ) mükemmel normal olmayan
tümüyle normal uzaydır. X sayılabilir sonsuz ise (X, τ ) mükemmel normal uzaydır.
10. Kompakt Uzaylar
Kalkülüs derslerinde genelde Rn Öklid uzayında sınırlı ve kapalı olan kümeler
“kompakt” olarak adlandırılır. Bu tür kümelerin birçok özelliği sonlu kümelerdeki özelliklere benzer olmasından dolayı bunlar, sonlu kümelere en yakın
kümeler gibi değerlendirilebilir. Daha genel olarak kompaktlık kavramı matematikte yer alan “sınırlılık” kavramına da yakın bir kavramdır. Hatta biraz
zorlamayla da olsa bir topolojik uzayın bir kompakt altkümesinin her altkümesine sınırlı küme denilinmesi düşünebilir. Ancak bu tür yaklaşımlar sonucunda,
tümüyle düzenli her uzay bir kompakt topolojik uzayın bir altuzayına homeomorfik olduğundan, “tümüyle düzenli her uzay sınırlıdır” gibi biraz garip bir
durum da ortaya çıkabilir, dikkatli olmak gerekir!
Rn Ölkid uzayının sonlu ve kapalı olan kümelerin özelliklerinin dikkatli
incelenmesiyle topolojide kompaktlık kavramı inşa edilir. Bu kavramın arkasında yatan fikri anlamadan topoloji ve analizi anlamaya çalışmak “havanda
su dövmeye” benzeyebilir.
Kompaktlık kavramını tanımlamadan önce R Öklid uzayının boş olmayan
bir A ⊂ R altkümesinin aşağıda verilen özelliklerini hatırlayalım. Bu özelliklerin nasıl gerçekleştiğini görmekte zorluk çeken okur, öncelikle A = [a, b] alarak
bu özellikleri anlamaya çalışabilir.
i. Bolzano-Weierstrass Teoremi: A sınırlıysa A’daki her dizinin R’de yakınsayan bir altdizisi vardır1 .
ii. A sonsuz ve sınırlıysa öyle bir x ∈ R vardır ki x ∈ (a, b) ki her a,b ∈ R
için
A ∩ (a, b)
kümesi sonsuzdur.
iii. A sonsuz ve sınırlıysa A’nın bir yığılma noktası, yani
x ∈ A \ {x}
1
Bu teorem [108]’de bir bölüm olarak verilmiştir.
234
10. Kompakt Uzaylar
olacak biçimde x ∈ R vardır.
S
iv. A kapalı, sınırlı ve A ⊂ i Ui olacak biçimde açık kümelerin bir (Ui )i∈I
ailesi varsa sonlu bir J ⊂ I altküme için
A⊂
S
i∈J
Ui
olur2 .
- Heine-Borel Teoremi: A kapalı, sınırlı ve A ⊂
açık kümelerin bir (Un ) dizisi varsa
A⊂
S∞
i=1 Ui
olacak biçimde
Sm
i=1 Ui
olacak biçimde m vardır3 .
Kompaktlık kavramının motivasyon kaynağı yukarıda verilen özellikler olduğunu
bir kez daha vurgulayalım.
Topolojik uzaylarda kompaktlık kavramının birçok çeşidi vardır. Bunlardan bazıları netler terimiyle kolaylıkla ifade edilebilir. Bunlara ilişkin bazı
örnekler aşağıdadır.
i. Kompakt: Her netin yakınsak altneti vardır.
ii. Sayılabilir kompakt: Her dizinin yakınsak altneti vardır.
iii. Dizisel kompakt: Her dizinin yakınsak altdizisi vardır.
Kompaktlık kavramının farklı yaklaşımlarla verilen tanımlarına ve temel
gelişimi konusunu içeren bilgilere yakın zamanda yazılmış [115]’den ulaşılabilir.
10.1
Kompakt Uzay
Bir önceki altbölümde Heine-Borel Teoremi’nin içerisinde yer alan ifadeyi
aşağıdaki gibi kavramlaştırabiliriz.
Tanım 10.1. Bileşimleri topolojik uzaya eşit olan açık kümeler ailesine uzayın
bir açık örtüsü denir.
S
Daha genel olarak A ⊂ X ve A ⊂ i Ui olacak biçimdeki açık kümeler
ailesi (Ui )’ye A’nın açık örtüsü denir.
Tanım 10.2. Bir topolojik uzayın verilen bir açık örtüsünün açık örtü olan
altkümesine o örtünün açık altörtüsü denir.
2
3
Bunun iki farklı kanıtı [111]’de (Teorem 16.2) bulunabilir.
Topolojik ifadeyle R’de kapalı ve sınırlı her kümenin kompakt olduğunu söyler.
10.1. Kompakt Uzay
235
Yani, X bir topolojik uzay, U ve V, X uzayının V ⊂ U olacak biçimde
açık örtüleri ise V’ye U’nun açık altörtüsü denir. Benzer biçimde altküme için
açık altörtü kavramı tanımlanır. Yukarıda geçen V açık örtüsü sonluysa V’ye
U’nın sonlu açık altörtüsü denir. Her açık altörtünün bir açık örtü olduğu
tanımdan gelir. Kompaktlığın tanımını vermeye hazırız.
Tanım 10.3 (Vietoris [142]). Bir topolojik uzayın her açık örtüsünün sonlu
açık altörtüsü varsa topolojik uzayı kompakt uzay denir.
X bir topolojik uzay olsun. A ⊂ X altkümesinin her açık örtüsünün sonlu
açık altörtüsü varsa A altuzayına kompakt denir. Bir topolojik uzayın sonlu
her altkümesinin kompakt olduğu açıktır. Kompakt altkümeleri sadece ve sadece sonlu kümeler olan topolojik uzaylara cf-uzayı denir. Bu tür uzaylarla
ilgili çalışmalar için [83] ve [96] birer iz başlangıcıdırlar.
Sonsuz ayrık topolojik uzayın kompakt olmadığı da açıktır. Aşağıdaki teoremin kanıtı kolaydır ve okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 10.1. Bir topolojik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul
topolojinin herhangi bir tabanından seçilen her açık örtünün sonlu açık altörtüsünün olmasıdır.
Aslında yukarıdaki teoremin daha fazlası doğrudur: Taban yerine alttaban
alınarak yukarıda verilen teorem genellenebilir( Teorem 10.12).
Boş olmayan bir kümenin boşkümeden farklı altkümelerden oluşan kümeler
ailesinin boş olmayan sonlu her altkümesinin arakesiti boşkümeden farklıysa,
bu kümeler ailesinin sonlu arakesit özelliği var denir.
Teorem 10.2 (Vietoris [142]). Bir topolojik uzayın kompakt olması için gerek
ve yeter koşul sonlu arakesit özelliği olan her kapalı kümeler ailesinin arakesitinin boşkümeden farklı olmasıdır.
Alıştırmalar
10.1. Sağ sıra uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşulun uzayın en küçük elemanının
olması olduğunu gösterin.
S
10.2. X uzayında (xn ) dizisi x noktasına yakınsıyorsa S = {xn : n ∈ N} {x} kümesinin
kompakt olduğunu gösterin.
10.3. Bu problemi çalışmadan önce okur, fonksiyon uzayı ve cebir tanımlarını hatırlamalı.
f : (0, 1) −→ R her noktada sonsuz kez türevlenebilir bir fonksiyonsa her x ∈ (0, 1) için
Pn (x) −→ f (x) olacak biçimde polinomlar dizisi (Pn )’lerin var olduğunu temel analizden
(Taylor Teoremi) biliyoruz. Bu sonuç bizi şu soruya yöneltebilir:
supx∈(0,1) |Pn (f ) − f (x)| −→ 0
olacak biçimde polinomlar dizisi (Pn ) var mıdır? Yani polinomlar f ’ye düzgün yakınsar
mı? Buna ilişkin bir yanıt aşağıdadır.
236
10. Kompakt Uzaylar
(Stone-Weirstrass Yaklaşım Teoremi 4 5 ) X kompakt Hausdorff uzay olmak üzere
C(X)’i supremum metriğiyle, yani
d∞ (f, g) = supx∈[0,1] |f (x) − g(x)|
donatılmış metrik uzay olmanın yanında noktasal işlemler altında cebir ve vektör latis
olarak ele alalım. A ⊂ C(X) bir altcebir ya da fonksiyon uzayı olmak üzere 1 ∈ A ve x 6=
y olduğunda f (x) 6= f (y) olacak biçimde f ∈ A var olsun6 . A’nın C(X) uzayında yoğun
olduğunu kanıtlayın. Bunun bir uygulaması olarak C([0, 1])’deki polinomlar kümesinin
C([0, 1])’de yoğun olduğunu gösterin.
Kanıt:
i. L, sabit fonksiyonları içeren RX vektör uzayının altuzayı olsun. Ayrıca her x 6= y için
f (x) 6= f (y) olacak biçimde f ∈ L var olsun. α, β ∈ R için
f (x) = α ve f (y) = β
olacak biçimde f ∈ L vardır.
ii. g ∈ C(X), a ∈ X ve > 0 verilsin.
f (x) = g(a) ve f > g − olacak biçimde f ∈ C(X) vardır: x ∈ X verilsin. (i) gereği
fx (a) = g(a) ve fx (x) = g(x)
olacak biçimde fx ∈ A vardır. fx (x) > g(x) − , fx ve g fonksiyonları sürekli olduğundan
her y ∈ Vx için
fx (y) > g(y) − olacak biçimde açık küme x ∈ Vx vardır. {Vx : x ∈ X}, X’in açık örtüsü ve X kompakt
olduğundan
Sn
C = i=1 Vxi
olacak biçimde xi ’ler vardır.
f = sup{fxi : i = 1, 2, . . . , n}
istenen özellikte sürekli fonksiyondur.
iii. A’nın fonksiyon uzayı olma durumunda A = C(X) olur: g ∈ C(X) verilsin. > 0
olsun. x ∈ X verilsin. (ii) gereği
fx (x) = g(x) ve fx ≥ g − olacak biçimde fx ∈ A vardır. fx (x) < g(x) + , fx ve g fonksiyonları sürekli olduğundan
her y ∈ Vx için
fx (y) < g(y) + olacak biçimde açık küme Vx vardır. {Vx : x ∈ X}, X’in açık örtüsü ve X kompakt
olduğundan
S
X= n
i=1 Vxi
olacak biçimde xi ’ler bulunabilir.
4
Bu kitapta yer alması gereken bu önemli teorem için buradan başka uygun yer bulamadım, tabiri caizse buraya sıkıştırabildim. Gönül isterdi ki başlı başına bir bölüm olarak
verilebilsin.
5
Bu teorem X = [a, b] için Weirstrass (1985) ve genel durumu Stone (1937) tarafından
verilmiştir.
6
Kaynakçalarda bu özellikteki A’ya X’in noktalarını ayırıyor denir.
10.1. Kompakt Uzay
237
f = inf{fxi : i = 1, 2, . . . , n}
diyelim. Burada f ≥ g − olur. Ayrıca x ∈ X ise x ∈ Vxm ifadesini sağlayan 1 ≤ m ≤ n
vardır.
f (x) ≤ fxm (x) ≤ g(x) + olduğundan f ≤ g + olur. Böylece
d∞ (f, g) ≤ olacak biçimde f ∈ A fonksiyonun varlığı gösterilmiş olunur. Sonuç olarak A = C(X)
olduğu gösterilmiştir.
√
iv. supx∈[0,1] |Pn (x)− x| −→ 0 ve 0 ≤ Pn ↑ olacak biçimde C([0, 1])’de (Pn ) polinomlar
dizisi vardır.
v. A belirtilen özellikte cebir ise A bir fonksiyon uzayı ve dolayısıyla (iii) gereği A =
C(X) olur: 0 6= f ∈ A verilsin. ||f || = d∞ (f, 0) = 1 olduğunu varsayabiliriz. (Pn )
polinomlar dizisi (iv)’deki gibi olsun. Her n için
gn = Pn ◦ f 2
diyelim. gn ∈ A olduğu açıktır (Neden?). Diğer taraftan C(X) metrik uzayında gn → |f |
olur. Böylece |f | ∈ A olur. (iii) kullanılarak A = C(X) elde edilir.
10.4. Yukarıda verilen alıştırmayı kullanarak, [0, 1]’de tanımlı polinomlar kümesinin C([0, 1])
metrik uzayında (supremum metriğine göre) yoğun olduğunu gösterin. Bunun farklı bir
kanıtı Korovkin Teoremi (Alıştırma 11.12’ye bakınız.) kullanılarak da yapılabilir. [0, 1]
aralığının kompakt olduğu bir sonraki altbölümde kanıtlanmıştır.
10.1.1
Sıra Uzayın Kompaktlığı
R Öklid uzayını az çok tanıyan okur, her a, b ∈ R için [a, b] aralığının kompakt
olduğunu gösterebilir; göstermeyi de denemeli. Aslında bunun daha genelide
doğrudur:
Teorem 10.3. X, en az iki elemanlı Dedekind tamsıra uzay olsun. Her a,
b ∈ X için, X’in [a, b] altkümesi kompaktır.
Kanıt: a = b durumu için kanıt açıktır. Dolayısıyla a < b olduğunu varsayalım. Ayrıca X = [a, b] olduğunu da varsayabiliriz (Neden?). U, [a, b]’nin bir
açık örtüsü olsun.
S
C = {c ∈ X : [a, c] ⊂ V, V ⊂ U sonlu},
olmak üzere X Dedekind tam ve C üstten sınırlı olduğundan C’nin supremumu
vardır.
k = sup C
diyelim. Aşğıdakiler gerçekleşir.
i. x ∈ X ve x < k ise x ∈ C: x < k olduğundan en az bir c ∈ C için x < c
olur (diğer durumda x, C’nin bir üstsınırı olacağından k ≤ x olur ve bu bir
çelişkidir.) Dolayısıyla x ∈ C olur.
ii. a < k < b olamaz: a < k < b olduğunu varsayalım.
238
10. Kompakt Uzaylar
k ∈ (c, d) ⊂ U,
a ≤ c ve d ≤ b
olacak biçimde c, d ∈ X ve U ∈ U vardır. Yukarıdaki gözlemden c ∈ C
olduğundan
S
[a, c] ⊂ ni=1 Ui
olacak biçimde Ui ∈ U kümeleri vardır. Ayrıca d ∈ V koşulunu sağlayan V ∈ U
vardır. Buradan
S
[a, d] = [a, c] ∪ (c, d) ∪ {d} ⊂ ( ni=1 Ui ) ∪ U ∪ V
olur ki bu bize d ∈ C olmasını verir. Bu ise k = sup C olmasıyla çelişir.
iii. a < k olur: a = k olma durumunda k ∈ [a, u) ⊂ U ve u ≤ b olacak
biçimde u ∈ X ve U ∈ U vardır. Ayrıca u ∈ V ∈ U seçebiliriz. Böylece
[a, u] ⊂ U ∪ V
olur. Bu bize u ∈ C olmasını verir. Buradan da k ≤ u çelişkisi oluşur.
iv. k = b: Yukarıdaki iki gözlemin direkt sonucudur.
v. k ∈ C dir: k ∈ (u, b] ⊂ U ve a ≤ u olacak biçimde u ∈ [a, b] ve U ∈ U
seçebiliriz. u ∈ C olduğundan
S
[a, u] ⊂ ni=1 Ui
koşulunu sağlayan Ui ∈ U lar seçebiliriz. Buradan da
S
[a, b] = [a, u] ∪ (u, b] ⊂ ( ni=1 Ui ) ∪ U
elde edilir. Böylece k ∈ C olduğu görülür. Yukarıdaki açıklamalarla [a, b]’nin
kompakt olduğu gösterilimiş olur. Kanıt tamamlanır.
Bir X sıra uzayının üstsınırı yoksa
S
X = x∈X (−∞, x)
olduğunu not edelim. Benzer biçimde X’in altsınırı yoksa
S
X = x∈X (x, ∞)
olur.
Yukarıdaki teoremi aşağıdaki gibi bir adım daha ileriye götürebiliriz. Okura
bu teoremin kanıtını okumadan önce [a, b] ⊂ R Öklid uzayı için kanıtlaması
önerilir.
Teorem 10.4. Bir sıra uzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşul boş
olmayan her altkümesinin supremumu ve infimumu olmasıdır.
10.1. Kompakt Uzay
239
Kanıt: X sıra uzay olsun. Önce X’in kompakt olduğunu varsayalım. X üstten
sınırlıdır. Gerçekten diğer durumda
S
X = x∈X (−∞, x)
ve X kompakt olduğundan
X=
Sn
i=1 (−∞, xi )
= (−∞, x)
ifadesini sağlayan x ∈ X elde edilir. x < x olamayacağından bu bir çelişkidir.
Aynı biçimde X uzayının altsınırı vardır. A ⊂ X boş olmayan bir küme olsun.
A’nın en küçük altsınırının olmadığını varsayalım. Bu durumda
SS
S
X = ( α∈A (−∞, α)) ( A≤β (β, ∞))
olur. Yani
S
U := {(−∞, α) : α ∈ A} {β ∈ X : A ≤ β},
X’in açık örtüsüdür. Ancak, bu açık örtünün sonlu altörtüsü yoktur: olsaydı,
SS
S
X = ( ni=1 (−∞, αi )) ( m
j=1 (βj , ∞))
özelliğinde αi ∈ A ve A ≤ βj ’ler olurdu. X’in tamsıralı olmasından da
S
X = (−∞, α) (β, ∞)
olacak biçimde α ∈ A ve A ≤ β olur. Buradan da
β = sup A
çelişkisi oluşur. Benzer biçimde inf A’nın varlığı gösterilir.
Şimdi X uzayının boş olmayan her altkümesinin supremum ve infimumunun
olduğunu varsayalım. X = [a, b] biçimindedir. U, X’in bir açık örtüsü olsun.
S
S = {y ∈ X : sonlu bir V ⊂ U için [a, y) ⊂ V}
diyelim.
S = {y ∈ X : sonlu bir V ⊂ U için [a, y] ⊂
S
V}
ve a ∈ S olur.
α = sup S
diyelim. a < α olur (Neden?). α < b olduğunu varsayalım. Bu durumda
α ∈ (k, t) ⊂ U
olacak biçimde k, t ∈ X ve U ∈ V vardır. k ∈ S olduğu açıktır. Dolayısıyla
240
10. Kompakt Uzaylar
[0, k) ⊂
S
V
olacak biçimde sonlu V ⊂ U vardır. Ayrıca
S S
[a, t) ⊂ (V {U })
olduğundan, t ∈ S olur. Buradan da t ≤ α çelişkisi elde edilir. Böylece b = α
olduğu gösterilmiş olur. Ayrıca b ∈ S, yani [a,S
b), U’nun sonlu bir altörtüsü V
ile örtülür. b ∈ V ∈ V seçelim. X = [a, b], V {V } ile örtülür. Böylece X’in
kompakt olduğu kanıtlanmış olur.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak aşağıdaki sonuç hemen elde edilir.
Sonuç 10.5. R Öklid uzayinın [a, b] altuzayı kompakttır.
Alıştırmalar
10.5. Sonlu topolojik uzayın kompakt olduğunu gösterin.
10.6. X ayrık topolojik uzay olsun. X’in kompakt olması için gerek ve yeter koşulun X’in
sonlu olması olduğunu gösterin.
10.7. R’de her a, b ∈ R için [a, b]’nin kompakt olduğunu gösterin.
10.8. R Öklid topolojik uzayında R ve (0, 1) kümelerinin kompakt olmadıklarını gösterin.
10.9. R’nin bir A altkümesi için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. A’da sınırlı her dizinin, A’nın bir noktasına yakınsayan altdizisi vardır.
ii. A kapalı ve sınırlıdır.
iii. A kompaktır.
Ayrıca Rn Öklid uzayının bir altkümesinin kompakt olması için gerek ve yeter koşulun
kapalı ve sınırlı olması gerektiğini gösteriniz.
10.10. Bir topolojik uzayın sonlu tane kompakt altkümelerin bileşimlerinin de kompakt olduğunu
gösterin.
10.11. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X −→ Y sürekli bir fonksiyon olsun. A ⊂ X kompaktsa,
f (A) kümesinin de kompakt olduğunu gösterin.
10.12. Her α ordinali için [0, α] sıra uzayının kompakt olduğunu gösterin. Özel olarak Ω =
[0, w1 ] uzayının kompakt olduğunu gösterin.
10.13. Ω0 = [0, w1 ) sıra uzayının kompakt olmadığını gösterin. Buna karşın, Ω0 uzayının
sayılabilir her açık örtüsünün sonlu altörtüsünün olduğunu gösterin. 7 .
10.14. Bir α > 0 bir ordinali için aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. [0, α) kompakttır.
ii. α limit ordinal değildir, yani α = β + 1 olacak biçimde β ordinali yoktur.
10.15. Her ordinal α > 0 için α + 1 = [0, α + 1) ordinal uzayının kompakt olduğunu gösterin.
10.16. X tamsıralı küme ve üstten sınırlı her alt kümesinin supremumu olsun. X, B = {[a, b) :
a, b ∈ X} kümesi tarafından üretilen topolojiyle donatılsın (X’in üstsınırı yoksa, B,
bu topolojinin tabanı olur). (xn ), X’te artan bir diziyse (her n için xn < xn+1 ), A =
{xn : n ∈ N} kümesinin kompakt olamayacağını gösterin. Kanıt: Birinci durum: A
kümesi üstten sınırlı olsun. m = sup A diyelim. Bu durumda U = {[xn , xn+1 ) : n ∈
7
0 < α ordinali için X = [0, α) formunda olan sıra uzaylara sıra ordinal uzay denir. Bu
tanıma göre [0, α] uzayı da ordinal uzaydır.
10.2. Kompakt Uzay ve Normal Uzay
241
N} ∪ {[m, ∞)} kümesi, A’nın elemanları ikişer ikişer ayrık olan açık örtüsü olmasına
karşın sonlu altörtüsü yoktur. İkinci durum: Bu durumda, U = {[xn , xn+1 ) : n ∈ N},
A’nın sonlu altörtüsü olmayan açık örtüsüdür.
10.17. (Bazı topolojik uzayların her kompakt kümesi sayılabilirdir.) Sorgenfrey doğrusunda
sayılamaz bir küme kompakt olamaz. Kanıt: : R’de her sayılamaz küme artan bir dizi
içerir. Bir önceki problem kullanılarak istenilen elde edilir.
10.18. [0, ω1 ) ordinal uzayının kofinal olan sayılabilir altkümesinin olmadığını gösterin. Bunun sonucu olarak bu sıra uzayının sayılabilir her altkümesinin bir kompakt altuzay
tarafından kapsandığını ve kapalı sayılabilir altuzayın kompakt olduğunu gösterin.
10.19. R üzerinde tanımlı Öklid topolojinin Sorgenfrey topolojiden daha kaba olduğunu kallanarak Sorgenfrey uzayın kompakt altuzaylarını belirlemeye çalışın. Bu konuda [123]
yeterli bilgi verecektir.
10.2
Kompakt Uzay ve Normal Uzay
Bu albölümde kompakt Hausdorff uzayın normal olduğunu kanıtlanacak. Aşağıdaki teoremle başlayalım.
Teorem 10.6. Hausdorff topolojik uzayın kompakt altkümesi kapalıdır.
Kanıt: X Hausdorff uzay ve A ⊂ X kompakt olsun. A’nın kapalı olmadığını
varsayarak x ∈ A \ A noktası seçelim. X Hausdorff olduğundan her a ∈ A için
a ∈ Ua ,
x ∈ Va ,
Ua ∩ Va = ∅
olacak biçimde Ua ve Va açık kümeleri vardır. {Ua : a ∈ A}, A kümesinin bir
açık örtüsü olur. A kompakt olduğundan
S
A ⊂ ni=1 Uai
olacak biçimde ai ∈ A noktaları vardır.
T
V = ni=1 Vai
diyelim. Buradan
x ∈ V ve A ∩ V = ∅
olur. Bu, V ’nin açık, a ∈ V ve a ∈ A olmasıyla çelişir. Böylece A = A olduğu
gösterilmiş olur, yani A kapalıdır.
Bir Hausdorff uzayın tümüyle düzenli olması kompaktlık terimiyle aşağıdaki gibi betimlenebilir. Önce şu hatırlatmayı yapalım: f ∈ RX için f + , f − ∈
RX fonksiyonları
f + (x) = sup{f (x), 0}
f − (x) = sup{−f (x), 0}
olarak tanımlanır.
242
10. Kompakt Uzaylar
Teorem 10.7. Bir Hausdorff uzayın tümüyle düzenli olması için gerek ve
yeter koşul ayrık olan her kapalı ve kompakt kümelerin sürekli fonksiyonlarla
tümüyle ayrılabilmesidir.
Kanıt: X, hausdorff uzay olsun. Verilen A kompakt, B kapalı kümelerininin
ayrık olma durumlarında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olduğunu
varsayalım. Tek elemanlı küme kompakt olduğundan, bu varsayım altında,
X’in tümüyle düzenli olduğu hemen elde edilir.
Şimdi X’in tümüyle düzenli olduğunu varsayalım. A kompakt, B kapalı ve
ayrık kümeler verilsin. Her x ∈ A için
fx (x) = 0,
fx (B) ⊂ {1} ve 0 ≤ fx ≤ 1
olacak biçimde fx ∈ C(X) sürekli fonksiyonlar vardır. gx ve hx fonksiyonları
gx = (fx + 13 )− + ( 13 − fx )−
ve
hx = (fx − 23 )−
eşitliğiyle tanımlansın.
x ∈ Z(gx )◦ ve B ⊂ Z(hx )
olduğu açıktır. {Z(gx )◦ : x ∈ A}, A’nın bir açık örtüsü ve A kompakt olduğundan
S
A ⊂ ni=1 Z(gxi )
olacak biçimde xi ∈ A’lar vardır. Ayrıca
B⊂
n
\
Z(hxi )
i=1
olur.
Sn
i=1 Z(gxi )
ve
Tn
i=1 Z(hxi )
kümeleri sıfır kümeler ve ayrık olduklarından sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilirler. Dolayısıyla A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarla ayrılabilirler.
Bu, kanıtı tamamlar.
Yukarıdaki teoremin düzenli uzaylar için olan biçimi aşağıdaki gibidir.
Teorem 10.8. Bir Hausdorff uzayın düzenli olması için gerek ve yeter koşul
ayrık olan her kapalı ve kompakt kümelerin açık kümelerle ayrılabilmesidir.
10.2. Kompakt Uzay ve Normal Uzay
243
Kanıt: X Hausdorff uzay olsun. X’in düzenli olduğunu varsayalım. A kompakt, B kapalı ayrık kümeler verilsin. X düzenli olduğundan her x ∈ A için
x ∈ Ux ,
B ⊂ Vx ve Ux ∩ Vx = ∅
özelliğinde açık Ux ve Vx kümeleri vardır. A ⊂ Ux ve A kompakt olduğundan
S
A ⊂ ni=1 Uxi
olacak biçimde xi ∈ A’lar vardır.
T
S
U = ni=1 Uxi ve V = ni=1 Vxi
diyelim. U ve V kümeleri açık ve
A ⊂ U , B ⊂ V ve U ∩ V = ∅
ifadeleri sağlanır. Gerektirmenin diğer yönü tek elemanlı kümenin kompakt
olmasından ve tanımdan hemen elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıda verilen iki teoremde olduğu gibi bir topolojik uzayın Hausdorff olması kompakt altkümelerinin açık kümelerle ayrışımlılığı üzerinden de yapılabilir.
Teorem 10.9. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X Hausdorff.
ii. A ⊂ X kompakt ve x ∈ X \ A ise {x} ve A kümeleri açık kümelerle
ayrılabilir.
iii. A ve B, X’in ayrık ve kompakt altkümeleriyse açık kümelerle ayrılabilirler.
Kanıt: (iii ⇒ ii ⇒ i) Açıktır.
(i ⇒ ii) Göstermek zor değildir, okura bırakılmıştır.
(ii ⇒ iii) Her b ∈ B için
b ∈ Vb ve A ⊂ Ub , ve Ub ∩ Vb = ∅
özelliğinde açık Ub ve Vb kümeleri vardır. B kompakt olduğundan
S
B ⊂ ni=1 Vbi
olacak biçimde bi ∈ B’ler vardır.
T
S
U = ni=1 Ubi ve V = ni=1 Vbi
diyelim. U ve V kümeleri açık ve
A ⊂ U , B ⊂ V ve U ∩ V = ∅
244
10. Kompakt Uzaylar
ifadeleri sağlanır. Kanıt tamamlanır.
Sonuç 10.10 (Vietoris [142]). Hausdorff uzayın kompakt altuzayı kapalıdır.
Kanıt: X Hausdorff uzay ve A ⊂ X kompakt olsun. x ∈ X \ A verilsin.
Yukarıdaki teorem gereği
A ⊂ U , x ∈ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ve V açık kümeler vardır. Buradan x ∈ V ⊂ A olur. Böylece
X \ A açık ve dolayısıyla A kapalıdır.
Sonuç 10.10’un ifadesinde Hausdorff olma koşulu kaldırıldığında kompakt
kümelerin kapalı olması gerekmez. Her kompakt altuzayı kapalı olan uzaya
KC-uzayı denir. Yukarıdaki sonuç gereği Haudorff uzay KC-uzayıdır. Ama
tersi genelde doğru değildir. KC-uzayları hakkında [145] üzerinden iz sürülebilir. KC-uzayının tam tersi olan uzaylarda mevcuttur. Yani kapalı ve kompakt
olan altkümesi sadece ve sadece boşküme olan uzaylar [75]’de detaylı olarak
çalışılmıştır.
Notlar ve Örnekler
10.20. X sayılamaz sonsuz küme ve X üzerine X’ten farklı kapalı kümeleri sadece ve sadece
sayılabilir olan toplojiyi koyalım. X, KC-uzay ama Hausdorff değildir.
Bu altbölümün temel sonucu olan olarak, normal uzaylarla kompakt uzay
arasındaki temel ilişkilerden biri aşağıdadır.
Teorem 10.11 (Vietoris [142]). Kompakt Hausdorff uzaylar normaldir.
Kanıt: X kompakt Hausdorff uzay olsun. A,B ⊂ X kapalı ve ayrık kümeler
olsun. Kompakt Hausdorff uzayların kapalı kümeleri kompakt olduklarından,
istenilen yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak hemen elde edilir.
Yukarıda verilen teoremin tersi doğru değildir, yani normal uzayların kompakt olması gerekmez!
Alıştırmalar
10.21. R Öklid uzayının kompakt olmayan normal uzay olduğunu gösterin.
10.22. X tümüyle düzenli uzay olsun. A ⊂ X bir Gδ -küme, K ⊂ X kompakt ve K ⊂ A ise
K ⊂ Z(f ) ⊂ A
olacak biçimde f ∈ C(X)’in varlığını gösterin.
10.23. X tümüyle düzenli uzay olsun. A ⊂ X kompakt ve Gδ -kümenin sıfır küme olduğunu
gösterin.
10.24. Tümüyle düzenli uzayın kompakt altuzayının C-gömülebilir olduğunu gösterin.
10.3. Alexander Alttaban Teoremi
245
10.25. (Wilansky [145]) Birden fazla noktaya yakınsayan dizisi olmayan uzaya U S-uzay denir.
Aşağıdaki gerektirmenin doğruluğunu, fakat terslerinin kompakt uzaylar için bile doğru
olamayacağını, gösterin.
T2 =⇒ KC ⇒ U S ⇒ T1 .
10.26. Birinci dereceden sayılabilir uzaylarda KC, U S ve T2 uzay kavramlarının birbirlerine
denk olduklarını gösterin.
10.27. X sayılamaz sonsuz küme ve X üzerine X’den farklı kapalı kümeleri sadece ve sadece
sayılabilir kümeler olan topolojiyi koyalım. X, KC-uzay ama Hausdorff olmadığını ve
dolayısıyla bu uzayın (yukarıdaki soru gereği) birinci dereceden sayılabilir olmadığını
gösterin.
10.28. Kompakt Hausdorff uzaydan bir başka Hausdorff uzaya tanımlı sürekli her fonksiyonun
kapalı olduğunu gösterin.
10.29. Kompakt Hausdorff uzaydan bir Hausdorff uzaya tanımlı birebir ve örten sürekli fonksiyonun homeomorfizma olduğunu gösterin.
10.30. (Joseph [75]) Yukarıda verilen problem aşağıdaki gibi genellenebilir. X kompakt topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktiğini gösterin.
i. X, KC-uzaydır. Yani X’in kapalı her altkümesi kompakttır.
ii. X uzayından bir topolojik uzaya tanımlı birebir ve örten her sürekli fonksiyon homeomorfizmadır.
10.31. (fi )i∈I ailesi X topolojik uzayın birimin parçalanışı ve {i ∈ I : fi 6= 0} kümesi sonluysa bu aileye birimin sonlu parçalanışı denir. X Hausdorff uzayı için aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. X kompakt.
ii. U = {Ui : i ∈ I}, X’in bir açık örtüsü ise her i ∈ I için
fi (X \ Ui ) ⊂ {0}
olan birimin sonlu parçalanışı (fi )i∈I vardır.
10.3
Alexander Alttaban Teoremi
X bir topolojik uzay ve B, X uzayının bir tabanı olsun. X’in kompakt olması için gerek ve yeter koşulun, B’de alınan her açık örtünün sonlu bir açık
altörtüsünün var olması olduğu Teorem 10.1. olarak verilmiş ve bunun daha
fazlasınının doğru olduğu söylenmişti. Daha fazlası aşağıdaki teoremdir.
Teorem 10.12 (Alexander Alttaban Teoremi). Bir topolojik uzayın kompakt
olması için gerek ve yeter koşul topolojinin herhangi bir alttabanından seçilen
her açık örtünün sonlu açık altörtüsünün olmasıdır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun. X’in alttabanından seçilen her açık örtünün
sonlu açık altörtüsünün olmasına karşın X uzayının kompakt olmadığını varsayalım. X’in sonlu açık altörtüsü olmayan bir açık örtüsünün olduğunu varsayalım. Yani
A = {U ⊂ τ : U, X 0 in sonlu açık altörtüsü olmayan örtüsü }
246
10. Kompakt Uzaylar
kümesi boşkümeden farklı olsun. A’yı kapsama sıralamasına göre kısmi sıralı
küme olarak ele alarak aşağıdaki iddiaların doğruluğunu görelim.
a. A’nın maksimal elemanı vardır: A’da verilen her
S zincirin bir üst sınırının
olduğu açıktır. Gerçekten (Ui )i∈I , A’da bir zincir ise i∈I Ui kümesi bu zincirin
bir üstsınırıdır. Zorn Lemma uygulanarak A’nın bir maksimal elemanı vardır.
Bu makimal elemanı M ile gösterelim.
b. M ∩ B, X’in bir açık örtüsüdür: Olmadığını varsayalım. Yani
X 6=
S
U ∈M
T
B
U
olsun.
S
x ∈ X \ ( U ∈M T B U )
seçelim. M, X’in bir açık örtüsü olduğundan en az bir U ∈ M için x ∈ U
olur. Diğer taraftan B bir alttaban olduğundan
x ∈ V1 ∩ V2 . . . ∩ Vn ⊂ U
olacak biçimde Vi ∈ B açık kümeleri vardır. Ayrıca M maksimal olduğundan
Vi ∈ M olacak biçimde 1 ≤ i ≤ n yoktur. Dolayısıyla her i için
M
S
{Vi } 6∈ A
olmasının yanında sonlu altörtüsü olan bir açık örtüdür. Bunun bir sonucu
olarak her i için
X=
S
V ∈Mi
V
S
Vi
olacak biçimde sonlu Mi ⊂ M kümeleri vardır. Her i için
Yi =
S
Mi
diyelim.
S
ST
S
S
X = ( ni=1 Yi ) ( ni=1 Vi ) ⊂ ( ni=1 Yi ) U
olduğu açıktır. Buradan
S
S
X = ( ni=1 Yi ) U
elde edilir. Böylece
S
S
M0 = ( ni=1 Mi ) {U },
10.4. Tychonoff Teoremi
247
M açıkörtüsünün sonlu altörtüsü olur. Bu, çelişkidir.
c. M ∩ B’nin sonlu açık altörtüsü vardır: Olmadığı durumda, M ∩ B, X’in
bir açık örtüsü olduğundan M∩B ∈ A olur. Bu ise M’nin maksimal olmasıyla
çelişir.
d. M’nin sonlu açık altörtüsü vardır: Bir önceki gözlemden hemen elde
edilir.
Böylece çelişki elde edilmiş olunur. Kanıt tamamlanır8 .
Alexander Alttaban Teoremi’nin etkisini gösterdiği yerlerden biri bir sonraki altbölümde verilecek olan anlı şanlı Tychonoff Teoremi’nin kanıtıdır.
Alıştırmalar
10.32. X ikinci dereceden sayılabilir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denk olduklarını
gösterin.
i. X kompakt.
S
ii. {Un : n ∈ N}, X uzayının bir açık örtüsü ise X = kn=1 Un olacak biçimde k ∈ N
vardır.
10.4
Tychonoff Teoremi
Bu altbölümde kompakt uzayların çarpım uzayının kompakt olduğu gösterilecek. Sonlu tane kompakt uzayın çarpım uzayının kompakt olduğunun kanıt
yöntemi, geneli için verilen kanıttan farklı olacaktır.
Teorem 10.13. İki kompakt uzayın çarpım uzayı kompakt olur9 .
Kanıt: X ve Y kompakt uzaylar olsun. U = (Ui × Vi )i∈I , X × Y çarpım
uzayının bir açık örtüsü olsun. Her x ∈ X için {x} × Y uzayı (X × Y uzayının
altuzayı), Y uzayına homeomorfik olduğundan kompakttır. Ayrıca U, {x} × Y
uzayının bir açık örtüsü olduğundan
S
{x} × Y ⊂ i∈I(x) Ui × Vi
ve her i ∈ I(x) için x ∈ Ui olacak biçimde sonlu I(x) ⊂ I kümesi vardır.
T
U (x) = i∈I(x) Ui
diyelim.
U (x) × Y = U (x) × (
S
i∈I(x) Vi )
⊂
S
i∈I(x) (Ui
× Vi )
olduğu açıktır. {U (x) : x ∈ X}, X uzayının bir açık örtüsü ve X kompakt
olduğundan
8
Burada verilen kantıttan farklı bir kanıt Salbany ve Todorov tarafından [118]’de verilmiştir.
9
Bu teorem İngilizcede “Baby Tychonoff Theorem” olarak da adlanırılır.
248
10. Kompakt Uzaylar
X=
Sn
i=1 U (xi )
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır.
X ×Y =
Sn
j=1
S
i∈I(xj ) (Ui
× Vi )
olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. (x, y) ∈ X ×Y verilsin. x ∈ U (xj )
olacak biçimde 1 ≤ j ≤ n vardır. Buradan
S
S
S
(x, y) ∈ U (xj ) × Y ⊂ i∈I(xj ) (Ui × Vi ) ⊂ nj=1 i∈I(xj ) (Ui × Vi )
elde edilir ve kanıt tamamlanır.
Yukarıda verilen teoremin bir sonucu olarak sonlu tane kompakt uzayın
çarpım uzayının kompakt olduğu hemen gösterilebilir. Ancak bu teoremin
kanıtında kullanılan yöntem, kompakt uzayların çarpım uzayının kompakt
olduğunu göstermede yetersiz olabilir. Buna karşın farklı bir yöntemle kanıtlanabilir.
Teorem 10.14 (Tychonoff Teoremi, Tychonoff [137]). Bir topolojik uzaylar
ailesinin çarpım uzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşul her bir
faktörün kompakt olmasıdır10 .
Kanıt: (X, τ ), ((Xi , τi ))i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. X’in kompakt olduğunu göstermek için Alexander Alttaban Teoremi’ni kullanacağız.
B = {Pi−1 (U ) : i ∈ I, U ∈ τi }
kümesinin X için bir alttaban olduğunu biliyoruz. U ⊂ B, X’in bir açık
örtüsü olsun. Her i ∈ I için
Ui = {U ∈ τi : Pi−1 (U ) ∈ U}
diyelim. En az bir j ∈ I için Uj S
, Xj ’nin bir açık örtüsüdür. (gerçekten tersi
durum için her i ∈ I için xi 6∈ U ∈Ui U olacak biçimde xi ∈ Xi vardır. Bu
durumda
S
x = (xi ) 6∈ U ∈U U
olur ki bu durum U’nun, X’in açık örtü olması ile çelişir.) Xj kompakt olduğundan
n
[
Xj =
Uk
k=1
olacak biçimde U1 , . . . , Un ∈ Uj vardır. Buradan
10
Bu teorem R Öklid uzayının kapalı ve sınırlı aralıklar için 1930 yılında Tychonoff
tarafından kanıtlanmış, genel durumu 1935 yılında kanıtsız olarak ifade edilmiştir. İlk
yayınlanmış kanıt 1937 yılında Eduard Cech tarafından verilmiştir.
10.5. Kompaktlık ve Yakınsaklık
249
X = Pj−1 (Xj ) =
−1
k=1 Pj (Uk ).
Sn
Elbette
Pj−1 (U1 ), . . . , Pj−1 (Un ) ∈ U
olur. Alexander Alttaban Teoremi sonucu olarak kanıtın bu yönü tamamlanır.
Şimdi X uzayının kompakt olduğunu varsayalım. j ∈ I verilsin. Pj : X ⇒ Xj
projeksiyonu süreklidir. X kompakt ve Pj (X) = Xj olduğundan Xj kompakttır. Kanıt tamamlanır11 .
Alıştırmalar
10.33. Her i ∈ I için Ki ⊂ R kapalı ve sınırlı olsun.
gösterin.
10.5
Q
i∈I
Ki çarpım uzayının kompakt olduğunu
Kompaktlık ve Yakınsaklık
Net ve filtre kavramları kullanılarak bir uzayın altkümesinin kapalılığı ve iki
uzay arasında tanımlanan bir fonksiyonun sürekli olması karakterize edilmişti.
Bir topolojik uzayın kompakt olması, o uzaydaki belirli özellikteki net ve filtrelerin yakınsaklığı ve yığılma noktalarının varlığı terimleriyle karakterize edilebilir. Bu altbölümde bunlarla ilgili temel teoremler verilecektir. Okur, net ve
filtrelerde yakınsaklık kavramlarını, bunların yığılma noktalarını, ultrafiltre ve
ultranet gibi kavramların neler olduğunu hatırlamalılar.
Bir X topolojik uzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşulun X’in
her sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümeler ailesinin arakesitinin, boşkümeden farklı olması gerektiğini aklımızda tutalım.
Teorem 10.15. Bir topolojik için aşağıdakiler denktir.
i. Uzay kompaktır.
ii. Uzayda her filtrerin yığılma noktası vardır.
iii. Uzayda her netin yığılma noktası vardır.
iv. Uzayın her ultraneti yakınsaktır.
v. Uzayın her ultrafiltre yakınsaktır.
Kanıt: X topolojik uzayı verilsin.
(i ⇒ ii). Öncelikle X uzayında bir F filtresinin
T
F ∈F F 6= ∅
her noktasına F filtresinin bir yığılma noktası denildiğini hatırlatalım. X
uzayında F filtresinin yığılma noktası olmasın. Yani
T
F ∈F F = ∅
11
Alıştırma 14.7’de farklı bir kanıta değinilmiştir.
250
10. Kompakt Uzaylar
olsun. X kompakt olduğundan {F : F ∈ F} kümesinin sonlu arakesit özelliği
yoktur. Yani
Tn
i=1 Fi = ∅
olacak biçimde Fi ∈ F’ler vardır. Buradan
Tn
Tn
i=1 Fi ⊂
i=1 Fi = ∅
olur. Bu, ∅ ∈ F çelişkisini verir.
(ii ⇒ iii) X uzayında bir (xi ) netinin bir yığılma noktasının olmasıyla
T
6 ∅
i {xj : j ≥ i} =
olmasının birbirine denk olduklarını hatırlayalım. (xi )i∈I , X uzayında bir net
olsun. F, {{xj : j ≥ i} : i ∈ I} tarafından üretilen filtre olsun. Yani
F = {A ⊂ X : bazı i ∈ I için {xj : j ≥ i} ⊂ A}
olsun. {F : F ∈ F} kümesinin sonlu arakesit özelliği olduğu açıktır. Varsayım
gereği
T
F ∈F F 6= ∅
olur. Buradan da
∅=
6
T
F ∈F
F ⊂
T
i∈I
{xj : j ≥ i}
elde edilir. Bu, (xi ) netinin yığılma noktasının olduğunu gösterir.
(iii ⇒ iv). (xi ) bir ultranet olsun.
T
x ∈ i {xj : j ≥ i}
seçelim. x noktasını içeren U açık kümesi verilsin.
{xi : i ≥ j} ⊂ U ya da {xi : i ≥ j} ⊂ X \ U
olacak biçimde j vardır. İkincisinin gerçekleşmesi durumunda
{xi : i ≥ j} ∩ U = ∅
olacağından bir çelişki elde edilecektir. O halde
{xi : i ≥ j} ⊂ U
olacak biçimde j vardır. Böylece xi → x olur.
(iv ⇒ v). F bir ultrafiltre olsun.
I = {(x, F ) : x ∈ F ∈ F}
10.5. Kompaktlık ve Yakınsaklık
251
olarak tanımlayalım.
(x1 , F1 ) ≤ (x2 , F2 ) ⇔ F2 ⊂ F1
olarak tanımlanan ≤ bağıntısına göre I yönlü bir kümedir. f : I −→ X neti
f (x, F ) = x
olarak tanımlansın. f netinin bir ultranet olduğunu göstermek zor değildir.
Varsayım gereği f −→ x olacak biçimde x ∈ X vardır. x ∈ U ⊂ X açık küme
olsun.
{f ((x, F )) : (x, F ) ≥ (x0 , F0 )} ⊂ U
olacak biçimde (x0 , F0 ) ∈ I vardır. Buradan da F0 ⊂ U , dolayısı ile U ∈ F
olur. Böylece F −→ x olduğu gösterilmiş olur.
(v ⇒ i). U, X’in açık örtüsü olsun ama sonlu açık altörtüsü olmasın.
S
F0 = {X \ ( m
i=1 Ui ) : Ui ∈ U}
kümesinin sonlu arakesit işlemi altında kapalı ve ∅ 6∈ F olduğundan F0 kümesini kapsayan bir F filtresi vardır. F filtersini de kapsayan bir ultrafiltre F∞
vardır. Varsayım gereği F∞ yakınsaktır.
F∞ → x
olacak biçimde x ∈ X vardır. x ∈ U olacak biçimde U ∈ U seçelim. F∞
ultrafiltre olduğundan U ∈ F∞ olur ve buradan da
X \ U 6∈ F∞
elde edilir. Dolayısıyla X \ U 6∈ F0 ve dolayısıyla da U 6∈ U olur. Bu bir
çelişkidir ve kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.34. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denk olduklarını gösterin.
i. X kompakt.
ii. Her netin yakınsak bir altneti vardır.
iii. Verilen her F filtresini kapsayan ve yakınsayan bir filtre vardır.
10.35. Tychonoff Teoremi’ni ultranet kavramını
kullanarak kanıtlayınız. Kanıt: (Xi )i∈I , komQ
pact uzayların bir ailesi ve X = i∈I Xi , bu uzayların çarpım uzayı olsun. (xα ), X
uzayında bir ultranet olsun. Her i için (Pi (xα )) netinin Xi uzayında bir ultranet olduğu
kolaylıkla gösterilebilir. Xi kompakt olduğundan Xi uzayında (Pi (xα )) ultraneti bir
xi ∈ Xi ’ye yakınsar. x = (xi ) ∈ X diyelim. xα → x olduğu kolaylılka gösterilir.
252
10.6
10. Kompakt Uzaylar
Sayılabilir Kompaktlık
Bir önceki altbölümde bir topolojik uzayın kompakt olmasına bazı denk ifadeler verilmişti. Bu denk ifadelerin her biri kullanılarak yeni kompaktlık türleri
üretilebilir. Bunlardan biri bu altbölümde tanıtımı yapılacak olan sayılabilir
kompaktlık kavramıdır.
X uzayının kompakt olması için X’teki her dizinin yakınsayan bir altnetinin olması yeterli midir? Değildir! Yeterli olma durumundaki uzaylara
sayılabilir kompakt diyeceğiz. Resmi tanım aşağıda.
Tanım 10.4. (Frechet [45]) 12 Bir topolojik uzayın kardinalitesi sayılabilir
olan her açık örtüsünün sonlu altörtüsü varsa o uzaya sayılabilir kompakt
13 denir.
Bir topolojik uzayın sayılabilir kompakt olması aşağıdaki denk ifadelerle
verilebilir. X bir topolojik uzay, S ⊂ X ve x ∈ X olmak üzere, x’i içeren her
açık U kümesi için U ∩S sonsuz ise, x’e S’nin w-yığılma noktası denir. Ayrıca
bir X topolojik uzayında x ∈ X elemanının, uzayda bir (xn ) dizisinin bir
yığılma noktası olması için gerek ve yeter koşul, x’e yakınsayan, (xn ) dizisinin
bir altnetinin olmasıdır. Altdizisi değil haa!
Teorem 10.16. Bir topolojik uzay için aşağıdakiler denktir.
i. Sayılabilir kompakt.
ii. Uzayın sayılabilir ve sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümeler kümesinin arakesiti boşkümeden farklıdır.
iii. Her dizinin yığılma noktası vardır.
iv. Her dizinin yakınsak bir altneti vardır.
v. Sayılabilir sonsuz her kümenin bir w-yığılma noktası vardır.
vi. Sonsuz her kümenin w-yığılma noktası vardır.
Kanıt: X topolojik uzay olsun.
(i ⇒ T
ii): (Fn ), X’in sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümelerin bir dizisi olsun. n Fn = ∅ olduğunu varsayalım. Bu durumda (X \ FT
n ), X’in sayılabilir
bir açık örtüsü olur. X, sayılabilirTkompakt olduğundan ni=1 (X \ Fn ) = X
olacak biçimde n vardır. Biradan ni=1 Fn = ∅ oldur. Bu çelişkidir.
(ii ⇒ i): (Un ), X’in her bir elemanı boşkümeden farklı sayılabilir bir açık
örtüsü olsun. Un ’leri kapsama sıralamasına göre artan olduğunu varsayabiliriz
12
a ve b, a ≤ b eşitsizliğini sağlayan kardinal sayılar olsun. X topolojik uzayına [a, b]kompakt denir eğer kardinalitesi en fazla b olan her açık örtünün kardinalitesi a’dan kesin
küçük olan altörtüsü varsa. Bu tanım Alexandroff ve Urysohn’e [1929] aittir. Bu tanıma göre
X’in sayılabilir kompakt olması, [ℵ0 , ℵ0 ]-kompakt olmasıdır.
13
Aslında sayılabilir kompaktlık kavramı, kompaktlık kavramından önce çalışılmaya
başlanmıştır. O nedenle bu kitapta kullanıldığı anlamda kompakt uzaylara “bicompact”
uzaylar denildiği de olur.
10.6. Sayılabilir Kompaktlık
253
S
(diğer durumda Un yerine ni=1 Ui alırız). En az bir n için Un = X olduğunu
göstermeliyiz. Olmadığını varsayalım. Her n için Fn = X \ Un alalım. (Fn )
sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümelerin bir ailesidir. Buradan ∩n Fn 6= ∅
olur. Buradan da ∪n Un 6= ∅ çelişkisi elde edilir.
(ii ⇒ iii): X’te (xn ) dizisi verilsin. Her n için Fn = {xm : m ≥ n} diyelim.
(Fn ) sonlu arakesit
özelliği olan kapalı kümelerin bir dizisidir. Varsayım gereği
T
Lim((xn )) = n Fn 6= ∅ olur.
(iii ⇔ iv): Teorem 6.6’nı direkt sonucudur.
(v ⇒ vi): Kolaylıkla görülür.
(iii ⇒ v): (xn ) terileri birbirlerinden farklı bir dizisi ve x bu dizinin bir limit
noktası olsun. Her n için Fn = {xm : m ≥ n} olmak üzere x ∈ Fn olur. u,
x noktasını içeren açık küme olsun. xn1 ∈ U olacak biçimde n1 ≥ 1 vardır.
x ∈ Fn1 +1 olduğundan n2 > n1 xnk ∈ U vardır. Böyle devam ederek (xn )’nin
bir altdizisinin her elemanı U ’da olur. Bu altdizinin terimleri birbirlerinden
farklı olduğundan elemanları bu altdizinin elemanı olan küme sonsuz ve U ’nın
bir altkümesidir.
(i ⇒ v): S ⊂ X sayılabilir sonsuz küme olsun. (v)’nin gerçekleşmediğini varsayalım. Yani hiçbir x ∈ X noktası S’nin w-yığılma noktası olmasın. Tanım
gereği her x ∈ X için Ux ∩ S sonlu olacak biçimde x noktasını içeren açık Ux
kümesi vardır.
S
S
Ux = (Ux ∩ S) (Ux \ S) ⊂ (Ux ∩ S) (X \ S)
ve
{Ux ∩ S : x ∈ X} ⊂ {F ⊂ S : F sonlu }
kümesinin sayılabilir ve
S
(X \ S)◦
Ux ⊂ (Ux
S
S)
C = {((Ux ∩ S)
S
(X \ S))◦ : x ∈ X}
olmasından dolayı
kümesi, X’in sayılabilir açık örtüsüdür. X sayılabilir kompakt olduğundan
S
S
X = ni=1 ((Uxi ∩ S) (X \ S))◦
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır. Ayrıca
X=
n
[
((Uxi ∩ S) ∪ (X \ S))
i=1
dir. Buradan
254
10. Kompakt Uzaylar
S =S∩X =
Sn
i=1 (Uxi
∩ S)
elde edilir. Her i için Uxi ∩ S sonlu olduğundan, S sonlu küme olur. Bu, bir
çelişkidir ve kanıt biter.
(iii ⇒ i). Her dizinin yığılma noktası olduğunu varsayalım. X, sayılabilir
kompakt uzay olmasın. Yani X’in sonlu
S altörtüsü olmayan sayılabilir açık
örtüsü (Un ) verilebilsin. Her n için X 6= nk=1 Uk olduğundan
xn ∈ X \ (
Sn
k=1 Uk ),
olacak biçimde (xn ) dizisi seçebiliriz. (xn ) dizisinin yığılma noktası yoktur. Bu
varsayım ile çelişir.
(v ⇒ iii). (xn ) dizisi verilsin. A = {xn : n ∈ N} diyelim. A sonlu ise (xn )
dizisinin sabit bir altdizisi vardır. Bu durum için istenen açıktır. A sayılabilir
sonsuz olsun. Varsayım gereği A’nın bir x ∈ X w-yığılma noktası vardır. Bu
durumda
x∈
T
n {xi
: i ≥ n}.
olduğu açıktır. (xn ) dizisinin bir yığılma noktasının varlığı gösterilmiş olur.
Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.36. ω1 ordinal uzayıın kompakt olmayan sayılabilir kompakt uzay olduğunu gösterin. Kanıt:
Problem 10.13’den dolayı, w1 limit ordinal olmadığından, w1 ordinal uzayı kompakt
değildir. A ⊂ w1 sayılabilir küme olsun. Problem 10.17’den, A, w1 ’de kofinal olamayacağından, β = sup A ∈ w1 vardır. β, A’nın w1 ’de bir limit noktasıdır. Teorem 10.16
gereği w1 sayılabilr kompakt uzaydır.
Sayılabilir kompakt olan ama kompakt olmayan uzay örneği verin.
10.37. X, T1 uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X sayılabilir kompakt.
ii. X’in sonsuz her altkümesinin bir yığılma noktası vardır.
iii. X’in her açık örtüsünün kendisinden farklı altörtüsü vardır.
10.38. X = [0, w1 ) ordinal uzayı için aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. X’in kofinal sayılabilir altkümesi yoktur.
ii. X’in sayılabilir her altkümesi, X’in bir kompakt altuzayı tarafından kapsanır.
iii. X sayılabilir kompakt ama kompakt değildir.
iv. X önkompakt uzaydır, yani C(X) = Cb (X) eşitliği sağlanır.
10.39. Sayılabilir kompakt uzayın kapalı altuzayının sayılabilir kompakt olduğunu gösterin.
10.40. Kompakt uzayla sayılabilir kompakt uzayın çarpım uzayının sayılabilir kompakt olduğunu
gösterin.
10.41. X Hausdorff uzay olsun. X’in sayılabilir
kompakt olması için gerek ve yeter koşulun,
S
verilen her U açık örtüsü için X = {U ∈ U : U ∩ D 6= ∅} olacak biçimde sonlu altküme
D ⊂ X’nin olması olduğunu gösterin ([36], s.242).
10.7. Limit Nokta Kompaktlık
10.7
255
Limit Nokta Kompaktlık
Bir başka kompaktlık kavramı bütünlük açısından bu altbölümde verilecektir.
Bu kavram T1 uzaylarında sayılabilir kompaktlık kavramıyla çakışır. Tanım
aşağıdaki gibi verilebilir.
Tanım 10.5. (Munkers) Sonsuz her alltkümesinin yığılma noktası olan topolojik uzaya limit nokta kompakt uzay denir14 .
T1 uzaylarında sayılabilir kompaktlık ve limit nokta kompakt kavramları
çakışır. Bunun kanıtı için aşağıdaki önsava ihtiyacımız var.
Önsav 10.17. X bir T1 uzay ve S ⊂ X sonsuz bir küme ve x ∈ X, S’nin bir
yığılma noktası olsun. Yani
x ∈ S \ {x}
olsun. x noktasını içeren her açık U kümesi için U ∩ S sonsuzdur.
Kanıt: U ∩ S kümesinin sonlu olduğunu varsayalım. X, T1 uzay olduğundan
bu küme kapalı ve ayrıca (U ∩ S) \ {x} kümesi de kapalıdır. Dolayısıyla
V = U \ ((U ∩ S) \ {x})
kümesi açık küme ve x ∈ V dir. Diğer taraftan
V ∩ (S \ {x}) = ∅
olur. Bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
Teorem 10.18. Aşağıdakiler gerçekleşir.
i. Her sayılabilir kompakt uzay limit nokta kompakttır.
ii. T1 uzayın sayılabilir kompakt olması için gerek ve yeter koşul limit nokta
kompakt olmasıdır.
Kanıt: (i) X sayılabilir kompakt uzay ve S ⊂ X sonsuz küme olsun. (xn ),
S’de terimleri birbirlerinden farklı bir dizi olsun. (xn ) dizisinin bir x ∈ X
noktasına yakınsayan altneti (yα ) vardır (Teorem 10.16). Her α için x 6= xα
olduğunu varsayabiliriz. (Neden?) x’in S kümesinin bir yığılma noktası olduğu
kolaylıkla görülür. X’in limit nokta kompakt olduğu gösterilmiş olur.
(ii) X, T1 uzay ve limit nokta kompakt olsun. X’in sayılabilir kompat olmadığını varsayalım.
S
X = n Un , Un ⊂ Un+1 ve Un 6= Un+1
olacak biçimde Un açık kümeler vardır. U0 = ∅ diyelim. Her n için
14
Bazen zayıf sayılabilir kompakt (ingilizce: weakly countably compact) denir.
256
10. Kompakt Uzaylar
xi ∈ Ui \ Ui−1
seçelim.
S = {xn : n ∈ N}
kümesi sonsuz olduğundan varsayım gereği S kümesinin bir yığılma noktası
x ∈ X vardır. x ∈ Um olacak biçimde m ∈ N seçelim. Her j > m için xj 6∈ Um
olacağından
∅=
6 Um ∩ (S \ {x})
sonlu bir kümedir. Ancak X, T1 uzayı olduğundan bu çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.42. Sayılabilir kompakt uzayın kapalı altuzayının sayılabilir kompakt olduğunu gösterin.
10.43. Tümleyeni sayılabilir topolojik uzayın15 limit nokta kompakt olması için gerek ve yeter
koşulun sonlu olması gerektiğini gösterin.
10.44. Sağ sıra uzayların limit nokta kompakt olduğunu gösterin.
10.45. Kompakt uzay ile sayılabilir kompakt uzayın çarpım uzayının sayılabilir kompakt olduğunu
gösterin.
10.46. Sayılabilir kompakt uzayın kapalı altuzayının sayılabilir kompakt olduğunu gösterin.
10.47. X, Y iki topolojik uzay, f : X −→ Y sürekli fonksiyon olsun. X sayılabilir kompakt
uzaysa f (X)’in sayılabilir kompakt olduğunu gösterin.
10.48. {0, 1}[0,1] uzayının sayılabilir kompakt olmayan kompakt uzay olduğunu gösterin.
10.8
Dizisel Kompakt Uzaylar
Bir topolojik uzayın sayılabilir kompakt olması için gerek ve yeter koşulun,
uzayda alınan her dizinin yakınsak bir altnetinin olmasına denk olduğu kanıtıyla
verilmişti. Bu gözlemde geçen “altnet” teriminin “altdizi” terimiyle değiştirilip
değiştirilemeyeceğini sorgulamak anlamlıdır. Bazı dizilerinin yakınsak altdizleri olmayan kompakt uzaylar vardır. Bu gözlem bizi aşağıdaki tanıma yönlendirir.
Tanım 10.6. Bir topolojik uzayda her dizinin yakınsak bir altdizisi varsa o
uzaya dizisel kompakt denir.
Kompakt uzayın dizisel kompakt olması gerekmediği gibi dizisel uzayın da
kompakt olması gerekmez. Bununla ilgili bir örnek aşağıdadır.
Notlar ve Örnekler
15
X kümesi üzerinde topolojisi τ = {A ⊂ X : X \ A sayılabilir } olan X uzayına tümleyeni
sayılabilir topolojik uzay denir.
10.8. Dizisel Kompakt Uzaylar
257
10.49. X = [0, 1][0,1] çarpım uzayı kompakt uzaydır. Bu uzayda yakınsak altdizisi olmayan bir
dizi vardır. Ayrıca X dizisel uzay değildir. (Neden?)
10.50. {0, 1}[0,1] çarpım uzayı kompakt ama dizisel kompakt değildir.
10.51. N uzayının Stone-C̆ech kompaktlaması olarak adlandırılan ve Bölüm 12’de tanımlanacak
βN uzayı kompakt olmasına karşın dizisel kompakt değildir.
10.52. w1 ordinal uzayı dizisel kompakt olup, kompakt değildir.
Ikinci dereceden sayılabilir topolojik uzaylarda sayılabilir kompaktlık ve dizisel
kompaktlık çakışır.
Teorem 10.19. Birinci dereceden sayılabilir uzayın sayılabilir kompakt olması
için gerek ve yeter koşul dizisel kompakt olmasıdır.
Kanıt: Dizisel kompakt uzayların sayılabilir kompakt olduğu zaten biliniyor.
X birinci dereceden sayılabilir uzay olsun. X’in sayılabilir kompakt olduğunu
varsayalım. (xn ), X’te bir dizi olsun. X sayılabilir kompakt olduğundan (xn )’nin
bir x ∈ X yığılma noktası vardır. X birinci dereceden sayılabilir olduğundan x
noktasının {Un : n ∈ N} açık tabanı vardır. Yani U açık ve x ∈ X ise en az bir
n için Un ⊂ U dır. Her n için Un+1 ⊂ Un olduğunu varsayabiliriz. xnk ∈ Uk olacak biçimde (xn )’nin (xnk ) altdizisinin olduğu açıktır. Ayrıca xnk → x olduğu
da açıktır.
Aşağıdaki teorem kompaktlık ve dizisel kompaktlık kavramlarının ne zaman çakıştığı ile ilgilidir.
Teorem 10.20. İkinci dereceden sayılabilir uzayın kompakt olması için gerek
ve yeter koşul dizisel kompakt olmasıdır.
Kanıt: X ikinci dereceden sayılabilir uzay olsun. V = {Vn : n ∈ N}, X’in
sayılabilir tabanı olsun. X dizisel kompakt olsun. X’in kompakt olmadığını
varsayalım. Bu durumda X’in sonlu altörtüsü olmayan U = {Ui : i ∈ I} açık
örtüsü olsun. Her i ∈ I için
S
Ui = Ui
olacak biçimde Ui ⊂ U olduğundan U ⊂ V olduğunu varsayabiliriz. Dolayısıyla
U = {Uk : k ∈ N}
olarak ele alabiliriz. Her n ∈ N için
Tn =
Sn
k=1 Uk
diyelim. Amaç açısından her n için Tn 6= Tn+1 olduğunu varsayabiliriz. {Tn :
n ∈ N}, X’in bir açık örtüsü ve her n için Tn 6= X dir. X uzayında (xn ) dizisini
xn ∈ Tn+1 \ Tn
258
10. Kompakt Uzaylar
ifadesini sağlayacak biçimde seçelim. X dizisel kompakt olduğundan (xn )’nin
yakınsak bir altdizisi (xnk ) vardır. xnk → x diyelim. x ∈ Ui olacak biçimde
i ∈ N alalım. Ayrıca her k ≥ k0 için xnk ∈ Ui olacak biçimde k0 vardır.
i < nk0 +j özelliğinde j seçelim. Buradan
xnk0 +j ∈ Unk0 +j +1 \ Unk0 +j
olduğundan
xkn0 +j 6∈ Ui
elde edilir ki bu bir çelişkidir.
Şimdi X’in kompakt olduğunu varsayalım. Bir önceki teorem (Teorem
10.19) gereği ikinci dereceden sayılabilir uzaylarda kompaktlık ve sayılabilir
kompaktlık aynıdır. Ayrıca X dizisel kompaktsa sayılabilir kompakt olduğundan,
kompakttır. Kanıt tamamlanır.
Teorem 10.21. Sayılabilir tane topolojik uzayın çarpım uzayının dizisel kompakt olması için gerek ve yeter koşul her bir faktörün dizisel kompakt olmasıdır.
Kanıt: Her n ∈ N için Xn topolojik uzay ve X, bu uzayların çarpım uzayı olsun. X dizisel kompakt ise her n için Xn ’nin dizisel kompakt olduğu kolaylıkla
görülür. Şimdi her n için Xn ’nin dizisel kompakt olduğunu varsayalım. (zn ),
X’te bir dizi olsun. Her n için
zn = (xi,n )i
olarak yazabiliriz. (x1,n ), X1 ’de bir dizi ve X1 dizisel kompakt olduğundan (n)
dizisinin
x1,σ1 (n) → x1
olacak biçimde bir (σ1 (n)) bir altdizisi vardır. (x2,σ1 (n) ), X2 ’de bir dizi ve X2 ,
dizisel kompakt olduğundan (σ1 (n)) dizisinin
x2,σ2 (n) → x2
olacak biçimde (σ2 (n)) altdizisi vardır. Bu gözlem kullanılarak, tümevarımla
her i için
a. (σi+1 (n)), (σi (n))’nin altdizisi,
b. xi,σi (n) → xi
özelliğinde N’de (σi (n)) dizisi ve xi ∈ Xi vardır. Her n ∈ N için
kn = σn (n)
10.8. Dizisel Kompakt Uzaylar
259
olarak tanımlayalım. n < m için kn < km olduğu açıktır. x = (xi ) ∈ X. Her i
için (σn (n))n≥i dizisi (σi (n))n≥i ’nin bir altdizisi ve xi,σi (n) → xi olduğundan
xi,σn (n) → xi
olur. Çarpım topolojisindeki yakınsama noktasal yakınsama olduğundan
zσn (n) = (xi,σn (n) )i∈N → (xi )i∈N = x
elde edilir. Bu kanıtı tamamlar.
Bir dizisel uzayın kapalı olmayan alktümesinin dizisel kapalı olmadığını
biliyoruz. Bu durum aşağıdaki teoremin kanıtında kullanılacaktır.
Teorem 10.22. Her dizisi en fazla bir noktaya yakınsayan dizisel uzayda
sayılabilir kompaktlıkla dizisel kompaktlık aynıdır.
Kanıt: Her dizisel kompakt uzayın sayılabilir kompakt olduğunu biliyoruz.
Ayrıca bir dizinin terimlerinin oluşturduğu küme sonluysa o dizinin sabit bir
altdizisi vardır ve dolayısıyla yakınsak bir altdizisi vardır. X dizisel uzay ve
X’nin her dizisi en fazla bir noktaya yakınsayabilsin. X’in sayılabilir kompakt
olduğunu varsayalım. X’te (xn ) dizisi verilsin. Amacımız açsından her n 6= m
için xn 6= xm olduğunu varsayabiliriz. A = {xn : n ∈ N} kümesi sonsuz ve X
sayılabilir kompakt olduğundan A’nın bir x ∈ X yığılma noktası vardır. Yani
x ∈ A \ {x}
olacak biçimde x ∈ X var. Buradan A \ {x} kümesi kapalı olamaz. X dizisel
uzay olduğundan, A\{x} dizisel kapalıda olamaz, yani yn → a olacak biçimde,
A \ {x}’de (yn ) dizisi ve a ∈sqc(A \ {x}), a 6∈ A \ {x} vardır. B = {yn : n ∈ N}
kümesi sonlu olamaz. Gerçekten olsaydı (yn )’nin sabit bir altdizisi olurdu. X’te
her dizi en fazla bir elemana yakınsayabileceğinden bazı n’ler için
a = yn ∈ A \ {x}
çelişkisi elde edilirdi. B sonsuz olduğundan terimleri birbirinden farklı olan
(yn )’nin a’ya yakınsayan altdizisi vardır. Bu altdizinin en az bir altdizisi (xn )
dizisinin bir altdizisi olur. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.53. (Levine [1976]) X kompakt topolojik uzay ve |X| ≤ ℵ1 ise X’in dizisel kompakt
olduğunu gösterin.
10.54. (Ronald [1974]) X dizisel kompakt uzay olmasın. Öyle bir topolojik uzay Y vardır ki
X ⊂ Y , |Y \ X| = 1 ve X, Y ’de açıktır. Gösterin.
10.55. Kompakt dizisel uzayın kapalı altuzayının dizisel kompakt olduğunu gösterin.
10.56. X dizisel kompakt uzay, Y topolojik uzay ve f : X −→ Y sürekli fonksiyon ise Y ’nin
f (X) altuzayının dizisel kompakt olduğunu gösterin.
260
10.9
10. Kompakt Uzaylar
Yerel Kompakt Uzaylar
Temel topolojik uzaylar, örneğin n-boyutlu Öklid uzayı kompakt olmasa da,
kompaktlık kavramına yakın özellikler barındırırlar. Örneğin her x ∈ Rn için
x ∈ U ⊂ K ⊂ Rn
olacak biçimde açık küme U ve kompakt küme K vardır. Bu altbölümde
bu özellikten esinlenilerek yerel kompakt uzay olarak adlandırılacak topolojik uzaylar çalışılacaktır. Ulaşacağımız temel sonuçlardan biri, yerel kompakt
uzayların sadece ve sadece bir kompakt uzayın açık kümeleri olduğunu göstermek olacak.
Tanım 10.7. (Alexandroff [3]) X topolojik uzay olsun. X’in her noktasının
kompakt komşuluğu varsa, yani her x ∈ X için
x ∈ Kx◦
olacak biçimde kompakt Kx altkümesi varsa X’e yerel kompakt denir.
Her n ∈ N için n-boyutlu Öklid uzayı yerel kompakt uzaydır. Sonsuz ayrık
uzay, kompakt olmayan yerel kompakt uzaydır. Ayrıca her kompakt Hausdorff uzay yerel kompakt uzaydır. Aşağıdaki teorem, Hausdorff yerel kompakt
uzayların, kompaktlık ve tümüyle düzenli uzaylar arasında yer aldığını söyler.
Teorem 10.23. Hausdorff yerel kompakt uzaylar tümüyle düzenlidir.
Kanıt: X yerel kompakt Hausdorff uzay, F ⊂ X kapalı ve x ∈ X \ F verilsin.
Yerel kompaktlığın tanımından x ∈ U ve U kompakt olacak biçimde U ⊂ X
açık küme vardır.
S
F0 = (U \ U ) (U ∩ F )
F0 , kompakt U uzayında kapalı ve kompakt uzaylar tümüyle düzenli olduğundan
g(x) = 0 ve g(F0 ) ⊂ {1}
olacak biçimde sürekli g : U −→ [0, 1] fonksiyonu vardır. f : X −→ [0, 1]
fonksiyonu
(
g(a) if a ∈ U ,
f (x) =
1
if x ∈ X \ U.
eşitliğiyle tanımlansın. f fonksiyonu süreklidir (neden?) ve
f (x) = 0, f (F ) ⊂ {1}
ifadesini sağlar. Kanıt tamamlanır.
10.9. Yerel Kompakt Uzaylar
261
Önsav 10.24. X yerel kompakt Hausdorff uzay ve x ∈ G açık küme olsun.
x∈V ⊂V ⊂G
ve V kompakt olacak biçimde V açık kümesi vardır.
Kanıt: x ∈ W ◦ olacak biçimde kompakt küme W ⊂ X seçebiliriz. W ⊂ G
durumunda V = W ◦ alabiliriz. Diğer durumda
A = W ∩ (X \ G) 6= ∅
olacaktır. Her y ∈ A için x 6= y ve X Hausdorff olduğundan
0
x ∈ Wy , y ∈ Uy ve Wy ∩ Uy = ∅
0
olacak biçimde açık Uy ve Wy kümeleri vardır.
0
Wy = Wy ∩ W ◦
diyelim. x ∈ Wy ve açıktır. {Uy : y ∈ A}, A kompakt kümesinin açık örtüsü olduğundan
S
A ⊂ ki=1 Uyi
olacak biçimde yi ∈ A’lar vardır.
S
T
V = ki=1 Wyi ve U = ki=1 Uyi
diyelim. V ⊂ W ve W kompakt olduğundan V kompakt olur. U ve V ’nin her
ikisi de açık ve ayrık olduklarından V ∩ U = ∅ olur.
V ∩ (X \ G) = V ∩ (W ∩ (X \ G)) = V ∩ A ⊂ V ∩ U = ∅
olmasından
V ∩ (X \ G) = ∅
olur ve dolayısıyla V ⊂ G olur. Kanıt tamamlanır.
Teorem 10.25. X yerel kompakt Hausdorff uzay, K ⊂ X kompakt ve G ⊂ X
açık olmak üzere K ⊂ G sağlansın.
K⊂V ⊂V ⊂G
ve V kompakt olacak biçimde açık V vardır.
Kanıt: Yukarıda verilen önsav nedeniyle her x ∈ K için
x ∈ Vx ⊂ Vx ⊂ G
262
10. Kompakt Uzaylar
ve Vx kompakt olacak biçimde açık Vx vardır. K kompakt ve {Vx : x ∈ K},
K’nın açık örtüsü olduğundan
S
K ⊂ ni=1 Vxi
S
olacak biçimde xi ’ler vardır. V = ni=1 Vxi istenilen özelliktedir.
Teorem 10.26. X yerel kompakt Hausdorff uzay olsun. F ⊂ X kapalı, V ⊂ X
açık ise, o zaman F , V ve F ∩ V altuzayları yerel kompakt altuzaylardır.
Kanıt:
i. F yerel kompakt: x ∈ F verilsin. x ∈ U ve U kompakt olacak biçimde açık
U vardır. F ∩ U , F altuzayında açıktır. Ayrıca F ∩ U , X uzayında kompakt
olmasının yanısıra
F ∩U =F ∩U ∩F
olmasından dolayı F altuzayında da kompaktır. Böylece F yerel kompakt
uzaydır.
ii. V yerel kompaktır: x ∈ V verilsin. Teorem 10.24’ten
x∈U ⊂U ⊂V
ve U kompakt olacak biçimde U açık kümesi vardır. U , V ’de de açık ve U , V
uzayında kompakt olur. Böylece V altuzayının yerel kompakt olduğu gösterilmiş olur.
iii. F ∩ V yerel kompakt: F yerel kompakt ve F ∩ V , F ’nin açık altuzayı
olduğundan (ii)’den F ∩ V yerel kompakt olur.
Teorem 10.27. Bir Hausdorff uzayın yoğun ve yerel kompakt altuzayı açıktır.
Kanıt: X Hausdorff uzay olsun ve Y de X’in yoğun ve yerel kompakt altuzayı
olsun. Bir x ∈ Y verilmiş olsun.
x∈U ⊂U
Y
⊂Y
Y
ve U , Y altuzayında kompakt olacak biçimde, Y uzayında açık bir U kümesi
vardır. Ayrıca
U
Y
=U ∩Y
kümesi X uzayında kompakt ve dolayısıyla kapalıdır. U ⊂ U ∩ Y olmasından
dolayı,
U ⊂U ∩Y ⊂Y
olur. U = Y ∩ W önermesini sağlayan W ⊂ X açık kümesi vardır.
10.9. Yerel Kompakt Uzaylar
263
x∈W ⊂W =W ∩Y =U ⊂Y
olacağından, x ∈ Y ◦ olur. Böylece Y ’nin açık olduğu gösterilmiş olur.
Yukarıda verilen Teoremin bir sonucu olarak aşağıda verilen sonucun kanıtı
açıktır.
Sonuç 10.28. Bir Hausdorff uzayın yerel kompakt altuzayı kendi kapanışında
açıktır.
Teorem 10.29. Bir Hausdorff yerel kompakt uzayın altuzayının yerek kompakt
olması için gerek ve yeter koşul bir açık kümeyle bir kapalı kümenin arakesiti
olmasıdır.
Kanıt: X, yerel kompakt uzay ve Y . X’in yerel kompaky altuzayı olsun.
(i ⇒ ii) Yukarıdaki sonuçtan Y , Y uzayında açık olduğu anlaşılır. Buradan,
Y =Y ∩V
olacak biçimde V açık kümesinin olduğu anlaşılır. Demek ki F = Y alabiliriz.
(i ⇒ ii) Teorem 10.25’in doğrudan sonucudur.
Aşağıdaki teorem yerel kompakt uzayların çerçevesini kompaktlık kavramıyla belirler.
Teorem 10.30 (Alexandroff [3]). Bir Hausdorff uzayın yerel kompakt olması
için gerek ve yeter koşul bir kompakt Hausdorff uzayın bir açık altuzayına
homeomorfik olmasıdır.
Kanıt: (i ⇒ ii) X yerel kompakt uzay olsun. Teorem 10.22 kullanılarak, X’in
tümüyle düzenli olduğu görülür.
Q
K = f ∈Cb (X) f (X)
kompakt uzay ve
β : X −→ K, β(x) = (f (x))f ∈Cb (X)
homeomorfik gömmedir. X, Y = β(X) kompakt Hausdorff uzayının yoğun
yerel kompakt altuzayıdır. Teorem 10.26 gereği, X, Y uzayında açıktır.
(ii ⇒ i) Kompakt uzay yerel kompakt uzay ve yerel kompakt uzayın açık altuzayının yerel kompakt olmasından (Teorem 10.29) istenen elde edilir.
Yerel kompakt Hausdorff uzayların çarpım uzayların yerel kompaktlığı
aşağıdaki teoremde olduğu gibi karakterize edilebilir.
264
10. Kompakt Uzaylar
Teorem 10.31. (Xi )i∈I Hausdorff uzayların ailesi ve X bu ailenin çarpım
uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X yerel kompakt.
ii. Her i ∈ I için Xi yerel kompakt ve her i ∈ I \ I0 için Xi kompakt olacak
biçimde sonlu I0 ⊂ I vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii) xi0 ∈ Xi0 verilsin. x ∈ X, i0 ’inci koordinatı xi0 olan bir
eleman olsun. X yerel kompakt olduğundan
x∈W ⊂W ⊂X
ve W kompakt olacak biçimde açık W vardır. Ayrıca her i ∈ I0 ⊂ I için
Wi = Xi olmak üzere
Q
x ∈ i∈I Wi ⊂ W ⊂ W
olacak biçimde sonlu I0 ve açık Wi ’ler vardır.
Q
Q
i Wi =
i Wi ⊂ W
olmasından dolayı her i ∈ I için Wi kompakt kümedir. Ayrıca her i ∈ I \ I0
için Xi = Wi kompakttır. Buna ilaveten xi0 ∈ Xi0 keyfi, xi0 ∈ Wi0 açık, Wi0
kompakt olduğundan, Xi0 uzayının yerel kompakt olduğu gösterilmiş olur.
Böylece her i için Xi yerel kompakttır.
(i ⇒ ii) Sonlu tane yerel kompakt uzayın çarpım uzayının yerel kompakt
olmasının (kanıtı sıradan) doğrudan sonucudur.
Alıştırmalar
10.57. Sağ sıra uzayın yerel kompakt olduğunu gösterin.
10.58. Rasyonel sayılar uzayının ve irrasyonel sayılar uzayının yerel kompakt uzay olmadığını
gösterin.
10.59. RN çarpım uzayının yerel kompakt olmadığını gösterin.
P
10.60. `2 = {f ∈ RN : n |f (n)|2 < ∞},
P
1
f (f, g) = ( n |f (n) − g(n)|2 ) 2
metriği ile donaltılsın. (`2 , d) metrik uzayının yerel kompakt olmadığını gösterin.
10.61. Yerel komapkt uzayın altuzayının yerel kompakt olması gerekmediğini gösterin.
10.62. R Öklid uzayında k ∈ N bir sabit olsun. ≡, R üzerinde denklik sınıfları
[x] = {x} (x ∈ R \ N) ve [n] = {k} (n ∈ N)
olan bir denklik bağıntısı olsun. R/≡ bölüm uzayının yerel kompakt olmadığını gösterin.
10.63. Kompakt fakat yerel kompakt olmayan uzay örneği verin. (Böyle bir uzay Hausdorff
olamaz!)
10.64. (Wilansky [145]) Yerel kompakt uzayın Hausdorff olması için gerek ve yeter koşulun
KC-uzayı olması gerektiğini gösterin.
10.65. Ordinal uzayın yerel kompakt olduğunu gösterin. Ayrıca 0 < α limit ordinal olmak
üzere X = [0, α) ordinal uzayının kompakt olmadığını ve X uzayının Alexandroff bir
nokta kompaktlamasının [0, α + 1) olduğunu gösterin. Yani [0, α) ordinal uzayı [0, α + 1)
kompakt ordinal uzayının açık altuzayı ve yoğundur.
10.10. Lindelöf Uzay
10.10
265
Lindelöf Uzay
Kompaktlık kavramıyla doğrudan bağlantılı olan reelkompaktlık ve önkompaktlık kavramları daha sonraki bölümlerde verilcektir. Tümüyle düzenli bir
uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşullardan biri reelkompakt ve
önkompakt olmasıdır. Bu altbölümde Lindelöf uzay kavramı tanımlanacaktır.
Bu kavram, kompaktlık ve önkompaktlık kavramları arasında yerini alır. Yani
tümüyle düzenli uzaylar için
kompakt ⇒ Lindelöf ⇒ reelkompakt
olur. Metrikleşebilir uzaylar için ikinci dereceden sayılabilirlik, ayrılabililik ve
Lindelöf kavramların aynı olduğu alıştırmalar kısmında ifade edilmiştir.
Tanım 10.8 (Alexandroff-Urysohn [7]). X topolojik uzayınının her açık örtüsünün sayılabilir bir altörtüsü varsa X’e Lindelöf uzay 16 denir.
[a, b]-kompaktlık terimiyle ifade edecek olursak: X uzayının Lindelöf olması, her kardinal sayı ℵ1 ≤ b için [ℵ1 , b]-kompakt olmasıdır. Bir topolojik
uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşulun, Lindelöf ve sayılabilir kompakt olması gerektiği açıktır.
X topolojik uzay ve U ve V, X’in iki açık örtüsü olsun. Her V ∈ V için V ⊂
U olacak biçimde U ∈ U varsa V’ye U’nun bir incelmişi 17 denir. İncelmişlik
terminolojisiyle Lindelöf uzayın temel betimlemelerinden biri aşağıdaki gibi
verilebilir.
Teorem 10.32. Bir topolojik uzayın Lindelöf olması için gerek ve yeter koşul
uzayın her açık örtüsünün incelmiş sayılabilir açık örtüsününün olmasıdır.
Kanıt: Kolayca görülür.
Teorem 10.33. İkinci dereceden sayılabilir kompakt uzay Lindelöftür.
Kanıt: X, ikinci dereceden sayılabilir uzay olsun. X uzayının sayılabilir açık
tabanı V vardır. U, X uzayının bir açık örtüsü olsun. U bir örtü ve her elemanı
V’nın bazı elemanlarının bileşimleri olduğundan her x ∈ X için
x ∈ V x ⊂ Ux
olacak biçimde Vx ∈ V ve Ux ∈ U vardır.
0
V = {Vx : x ∈ X} ⊂ V
kümesi sayılabilir ve U’nun incelmişidir. Teorem 10.31 gereği X Lindelöf uzaydır.
16
Bazı kaynaklarda, örneğin [36]’te bu özelliğin yanında uzayın düzenli olması durumunda
uzaya Lindelöf denilmektedir.
17
İngilizcesi: refinement.
266
10. Kompakt Uzaylar
Bir sonraki teoremde Hausdorff Lindelöf uzayın normal olduğunu kanıtlayacağız. Bu, kompakt Hausdorff uzayın normal olduğunu söyleyen teoremi geneller.
Bunun için aşağıdaki önsava ihtiyacımız var.
Teorem 10.34. Düzenli Hausdorff Lindelöf uzay normaldir.
Kanıt: X uzayında F ⊂ U olacak biçimde F kapalı ve U açık kümeleri
verilsin. X düzenli olduğundan her x ∈ U için
x ∈ Ux ⊂ Ux ⊂ U
özelliğinde Ux açık kümeleri vardır.
U = {X \ U }
S
{Ux : x ∈ X}
kümesi X’in bir açık örtüsü ve X Lindelöf olduğundan
S
U = {X \ U } {Uxn : xn ∈ X}
açık örtü olacak biçimde (xn ) dizisi vardır.
S
F ⊂ n U xn , U xn ⊂ U
sağlanır. Teorem 9.1 gereği X normal uzaydır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.66. Bir kümenin altkümelerinin bir ailesinin sayılabilir arakesit özelliği olması, bu ailenin
sayılabilir her altkümesinin arakesitinin boşkümeden farklı olmasıdır. X düzenli uzay
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X Lindelöf uzay.
T
ii. X’in kapalı kümeler ailesi F’nin sayılabilir arakesit özelliği varsa F 6= ∅ olur.
10.67. Lindelöf uzayın kapalı altuzayının Lindelöf olduğunu gösterin.
S
10.68. X düzenli uzay ve her n ∈ N için Xn , X’in altuzayı ve Lindelöf olsun. X = n Xn ise
X’in Lindelöf olduğunu gösterin.
10.69. X Lindelöf, Y düzenli ve f : X −→ Y sürekli ve örten fonksiyonsa, Y ’nin düzenli
olduğunu gösterin.
10.70. Sorgenfrey uzayın Lindelöf uzay olduğunu gösterin. Sorgenfrey uzayı çarpım uzayının
Lindelöf olmadığını gösterin.
10.71. Lindelöf uzayın altuzayının Lindelöf olmadığına ilişkin örnek verin.
10.72. X Lindelöf uzay ve Y kompakt Hausdorff uzaysa X×Y çarpım uzayın Lindelöf olduğunu
gösterin.
10.73. İkinci dereceden sayılabilir uzayın her açık örtüsünün sayılabilir altörtüsünün olduğunu
gösterin.
10.74. Hausdorff kompakt uzayın Normal olduğunu Teorem 10.11’den biliyoruz. Bunun daha
fazlasıda var: Düzenli ve Lindelöf Hausdorff uzayın normal olduğunu gösterin.
10.11. Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
267
10.75. Lindelöf uzayın ayrılabilir olması gerekmediğini gösteren örnek verin. Ayrıca ayrılabilir
uzayın Lindeölef olması gerekmediğine ilişkin örnek verin. Buna karşın bir metrik uzayı
(ya da metrikleşebilir uzay) için aşağıdakilerin denk olduğunu gösterin.
i. İkinci dereceden sayılabilr.
ii. Lindelöf.
iii. Ayrılabilir.
10.11
Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
Bir X topolojik uzayından Y topolojik uzayına tanımlı sürekli fonksiyonların
kümesini C(X, Y ) ile gösterelim.
Q
Y topolojik uzay ve I indeks küme olmak üzere i∈I Y kartezyen çarpım
kümesi, I üzerine konulacak ayrık topoloji sonucunda
Q
i∈I Y = C(I, Y )
olacaktır. Aşağıdaki gözlemi yapalım.
Teorem 10.35. I ayrık uzay ve Y topolojik uzay olsun. Her i ∈ I ve U ⊂ Y
açık kümesi için
[i, U ] = {f ∈ C(I, Y ) : f (i) ∈ U }
olmak üzere
{[i, U ] : i ∈ I, U ⊂ Y açık }
kümesi C(I, Y ) =
Q
i∈I
Y çarpım uzayının öntabanıdır.
Yukarıda teoremde her i ∈ I için {i} kümesinin I ayrık uzayında kompakt
olduğu gözlemi de kullanılarak çarpım uzay kavramı, X ve Y iki topolojik
uzayları için C(X, Y ) kümesi üzerinde genellenebilir. Şöyle ki:
i. Her kompakt K ⊂ X ve U ⊂ Y açık kümeleri için
[K, U ] = {f ∈ C(X, Y ) : f (K) ⊂ U }
olmak üzere
Uka = {[K, U ] : K ⊂ X kompakt ve U ⊂ Y açık }
kümesi tarafından üretilen topolojiye kompakt-açık topoloji 18 (τka ile gösterelim.)
ii. Uny = {[{x}, U ] : x ∈ X, U ⊂ Y açık } kümesi tarafından üretilen
topolojiye noktasal yakınsama topolojisi 19 (τny ile gösterlim.)
denir. X ayrık topolojik uzay olduğunda
18
19
Bu kavram 1945 yılında Fok tarafından verilmiştir.
İngilizcesi: Topology of pointwise convergence, point-open topology de denir.
268
10. Kompakt Uzaylar
C(X, Y ) = Y X
olur ve çarpım, kompakt-açık ve noktasal yakınsama topolojileri ile çakışır. Bu
bakışla bir topolojik uzayın çarpım uzay kavramı sürekli fonksiyonlar üzerine
konulabilecek kompakt-açık ve noktasal yakınsama topoloji kavramlarıyla genellenebilir. Bu durum C(X, Y ) üzerinde tanımlanan topolojilerin çalışılmasını
anlamlı kılar.
iii. Y ’nin d metriğiyle donatılmış metrik olma durumunda, C(X, Y ) üzerinde her > 0, f ∈ C(X, Y ) ve K ⊂ X kompakt uzayı için,
[f, K, ] = {g ∈ C(X, Y ) : supx∈K d(f (x), g(x)) < }
olmak üzere C(X, Y ) üzerinde
Uky = {[f, K, ] : f ∈ C(X, Y ), K ⊂ X kompakt , > 0}
tarafından üretilen topolojiye kompakt yakınsama topolojisi (τky ile gösterelim) denir.
Kompakt yakınsama topolojisinde netlerin yakınsaması aşağıdaki gibidir.
Teorem 10.36. X topolojik uzay, (Y, d) metrik uzay ve (fi ), C(X, Y )’de bir
net olsun. Aşağıdakiler denktir.
a. Kompakt yakınsama topolojisine göre fi → f .
b. Kompakt her K ⊂ Y için supk∈K d(f (k), g(k)) → 0 olur.
(Y, d) metrik uzay olmak üzere Uka , Uky sırasıyla τka , τny topolojileri için
öntaban olduğunu not edelim. Bu gösterimler aşağıda verilen teoremin kanıtında
kullanılacaktır.
Kompakt yakınsama ve kompakt-yakınsama topolojileri arasındaki temel
ilişkiyi vermeden önce aşağıdaki önsavı verelim.
Önsav 10.37. (Y, d) metrik uzay olsun. A ⊂ Y kompakt, V ⊂ Y açık ve
A ⊂ V ise
U (A, ) := {y ∈ X : d(y, A) < } ⊂ V
olacak biçimde > 0 vardır.
Kanıt: = mina∈A d(a, X \ V ) almak yeterlidir.
Teorem 10.38. X bir topolojik uzay ve (Y, d) metrik uzay olsun. C(X, Y )
üzerinde kompakt-açık ve kompakt yakınsama topolojileri çakışır.
Kanıt: Yukarıda girişte verilen gösterimleri kullanalım. f ∈ S(K, U ) verilsin.
f (K) kompakt ve f (K) ⊂ U olduğundan yukarıda verilen önsav gereği
{y ∈ Y : d(y, f (K) < } ⊂ U
10.11. Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
269
olacak biçimde > 0 vardır. Buradan
[f, K, ] ⊂ [K, U ]
elde edilir. Böylece τka ⊂ τky olur. f ∈ C(X, Y ), K ⊂ X kompakt ve > 0
verilsin. Her x ∈ X için
f (Vx ) ⊂ Ux = Bd (f (x), )
olacak biçimde x ∈ Vx açık kümesinin var olduğu açıktır. Burada Bd (f (x), ),
f (x) merkezli > 0 yarıçaplı açık küreyi göstermektedir. {Vx : x ∈ X}, K’nın
bir açık örtüsü ve K kompakt olduğundan
S
K ⊂ ni=1 Vxi
olacak biçimde xi ∈ X’ler vardır. Her i için
C i = V xi ∩ C
kompakt ve
f∈
Tn
i=1 [Ci , Uxi ]
⊂ [f, K, ]
olduğu açık. Buradan [f, K, ] ∈ τca olduğu gösterilmiş olur. Böylece τky ⊂ τka
olur. Sonuç olarak τky = τka olduğu kanıtlanmış olur.
(Y, d) metrik uzay olma durumunda C(X, Y ) üzerine bizleri şaşırtmayacak
iki farklı topoloji daha konulabilir.
iv. Y üzerinde
d(x, y) = min{d(x, y), 1}
bir metriktir. Ayrıca
D(f, g) = supx∈X d(f (x), g(x)),
C(X, Y ) üzerinde bir metriktir. Bu metrik tarafından üretilen topolojiye düzgün
topoloji denir. Ayrıca topolojisi düzgün olan uzaya düzgün topolojik uzay
denir. Bu topolojiyi τdt ile gösterelim.
v. Her f ∈ C(X, Y ) ve δ ∈ C(X, (0, ∞)) için
[f, δ] = {g ∈ C(X, Y ) : ∀x ∈ X, d(f (x), g(x)) < δ(x)}
olmak üzere
Uf t = {[f, δ] : f ∈ C(X, Y ), δ ∈ C(X, (0, ∞))}
270
10. Kompakt Uzaylar
kümesi C(X, Y )’de bir topolojik tabandır. Topolojik tabanı bu olan topolojik
uzaya fine topoloji denir. Bu topolojiyi τf t ile gösterelim.
Yukarıda tanımlanan topolojilerin kapsama sıralamasına göre ilişkilendirebiliriz.
Teorem 10.39. X bir topolojik uzay ve (Y, d) metrik uzay olsun.
τny ⊂ τky = τka ⊂ τdt ⊂ τf t
olur.
Topolojide kompakt-open topoloji kavramı oldukça önemli bir yer tutmasına karşın bu konuya kitapta oluşabilecek hacim sıkıntısı nedeniyle ancak
bu kadar yer verebileceğiz. Genişletilmiş baskıda bu konuya daha fazla yer
verebilme umudunu taşıyoruz.
Alıştırmalar
10.76. X ve Y iki topolojik uzay ve F ⊂ Y X boş olmayan altküme üzerinde,
U = {{f ∈ F : f (K) ⊂ U } : K ⊂ X kompakt ve U ⊂ Y açık }
10.77.
10.78.
10.79.
10.80.
10.81.
kümesinin bir topolojik alttaban olduğunu gösterin. F uzayına fonksiyon uzayı denir.
Bu altbölümde kanıtı verilmeyen teoremleri kanıtlayınız.
Kompakt-open topolojiyle donatılmış C(X, Y ) uzayının X ve Y üzerindeki hangi koşullar
altında Ti uzayı (i = 0, 1, 2) olacağını belirleyin.
(fn ) dizisi fn : R −→ R, fn (x) = nx olarak tanımlansın. Bu altbölümde tanımlanan
topolojilere göre C(R, R) uzayında (fn ) dizisinin yakınsaklığını tartışın.
X tek elemanlı bir uzay olmak üzere her topolojik uzay Y için kompakt-açık topolojiye
göre C(X, Y ) uzayıyla Y ’nin homeomorfik olduğunu gösterin.
S
((Xi , τi ))i∈I ikişer ikişer ayrık topolojik uzayların bir ailesi ve X = i Xi olmak üzere
τX = {U ⊂ X : ∀i ∈ I, U ∩ Xi ∈ τi }
X üzerinde bir topolojidir.
Topolojisi bu olan uzay ⊕i∈I Xi ile gösterilir. Y bir topolojik
Q
uzay olmak üzere i∈I C(Xi , Y ) çarpım uzayıyla C(⊕i∈I Xi , Y ) (kompakt-açık topolojiye göre) homeomorfik olduğunu gösterin.
10.82. X bir topolojik uzay olmak üzere verilen her A ⊂ X, f ∈ C(X) ve > 0 için
[f, A, ] = {g ∈ C(X) : supx∈A |f (x) − g(x)| < }
olarak tanımlansın. Sonlu bileşim işlemi altında kapalı A ⊂ ℘(X) için
BA = {[f, A, ] : A ⊂ X, f ∈ C(X), > 0}
kümesinin C(X)’de bir topolojik taban olduğunu gösterin. A’nın aşağıdaki biçimlerine
göre tabanı BA olan topolojilerin neye karşılık geldiğini gözlemleyin.
i. A = {X}.
ii. A = {K ⊂ X : K kompakt }.
iii. A = {K ⊂ X : K sonlu }.
10.83. Her n için fn : [0, 1] −→ [0, 1] için
 n+1
x
0 ≤ x ≤ 2−(n+1)
 2
fn (x) =
−2n+1 x + 2
2−(n+1) ≤ x ≤ 2−n

0
2−n ≤ x ≤ 1
olarak tanımlansın. Bir üstteki soruda verilen A’lara göre topoloji tabanı BA olan topolojilere göre (fn ) dizisinin yakınsama durumunu belirleyin.
10.11. Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
271
10.84. X = [0, 1) olmak üzere her n için fn : X −→ [0, 1] fonksiyonu
0
0 ≤ x ≤ 1 − 2−n
fn (x) =
2n x + 1 − 2n
1 − 2−n ≤ x < 1
eşitliğiyle tanımlansın. Alıştırma 10.70’de tabanları BA olan topolojilere göre (fn ) dizisinin yakınsama durumunu belirleyin.
10.85. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
Q
i. Y = x∈X R’in altuzayı C(X) üzerindeki topoloji noktasal yakınsama topolojidir.
ii. C(X), Y çarpım uzayında
yoğundur.
Q
Kanıt: (ii) f ∈ U ⊂ x∈X R açık kümesi verilsin.
Q
V = {g ∈ x∈X R : sup1≤i≤n |f (xi ) − g(xi )| < } ⊂ U
özelliğinde V ⊂ Y açık kümesi vardır. A = {x1 , . . . , xn } olmak üzere f|A fonksiyonu
A üzerinde süreklidir. A, kompakt ve X tümüyle düzenli olduğundan C-gömülebilir
(Alıştırma 10.17) ve dolayısıyla f|A ’nın sınırlı sürekli genişlemesi g ∈ C(X) vardır.
g ∈ U olduğu da açıktır. Böylece
U ∩ C(X) 6= ∅
olur. Kanıt tamamlanır.
11. Metrik Uzaylarda
Kompaktlık
Topololojik uzay kavramının temel motivasyon kavramlarından birinin metrik uzaylar olduğunu söylemekten deyim yerindeyse “dilimizde tüy bitti.”
Kompakt uzay kavramının öneminden de sıklıkla bahsedildi. Bu durumlar
dikkate alındığında metrik uzaylarda kompaktlık kavramının nasıl olduğunu
başlıbaşına irdelemek kaçınılmaz olacaktır. Bu bölümde bu yapılacak, yani
metrik uzaylarda kompaktlık kavramı çalışılacaktır.
Theorem 10.18’den dizisel kompaktlık ve limit nokta kompaktlık kavramının
çakıştığını biliyoruz. Ayrıca dizisel T2 uzaylarda sayılabilir kompaktlık ve dizisel kompaktlık kavramların aynı olduğunu da biliyoruz. Metrik uzaylar dizisel
T2 uzay olduğundan dizesel, limit kompakt ve sayılabilir kompaktlık kavramlarının aynı olduğunu hemen söyleyebiliriz. Bu bölümde birçok şeyin yanında
aşağıdaki dört temel şey kanıtlanacaktır.
i. Bir metrik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul tümüyle
sınırlı1 ve tam olmasıdır.
ii. Metrik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul önkompakt2
olmasıdır.
iii. (Arzela Ascoli Teorem) X kompakt uzay olmak üzere C(X), üzerinde
tanımlı supremum metriğine göre metrik uzayı olarak ele alındığında,
C(X)’in bir altuzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşul, sınırlı,
kapalı ve eş sürekli olmasıdır.
Kompakt metrik uzayların basit olmayan ve farklı alanlarda da oldukca kullanılan iki örneğinden de kısaca bahsedilecek. Bunlar, Hilbert küpü olarak bilinen [0, 1]N çarpım uzayı ve Cantor uzayı olarak bilinen {0, 1}N çarpım uzayı.
1
2
Tanım 11.2’ye bakın.
İngilizcesi pseudocompact.
11.1. Metrik Topolojide Kompaktlık
11.1
273
Metrik Topolojide Kompaktlık
Dizisel kompakt uzayın sayılabilir kompakt olduğunu biliyoruz. Bunun tersi
Hausdorff dizisel uzaylar için doğrudur. Bir (X, τ ) topolojik uzayında
τ = {U ⊂ X : U = X\sqc(X \ U )}
sağlanıyorsa X’e dizisel uzay dendiğini hatırlayalım. Burada A ⊂ X için
sqc(A),
sqc(A) = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olarak tanımlanır.
Teorem 11.1. Metrik uzaylarda dizisel kompakt, sayılabilir kompakt ve limit
kompakt kavramları denktir.
Kanıt: Metrik uzayın dizisel ve Hausdorff uzay olması, Teorem 10.18(ii) ve
Teorem 10.22’den hemen kanıt biter.
Metrik uzaylarda dizisel kompaktlık ve kompaktlık kavramları da denktir.
Bunu göstemek için aşağıda verilen Lebesgue sayı kavramını kullanacağız.
Tanım 11.1. (X, d) bir metrik uzay ve U, A ⊂ X’ın bir açık örtüsü olsun.
∀x ∈ A,
∃Ux ∈ U, B(x, r) ⊂ U
koşulunu sağlayan r > 0 reel sayısına U açık örtüsüne göre A kümesinin Lebesgue sayısı denir.
Önsav 11.2. Metrik uzayın dizisel kompakt olan her altkümesinin her açık
örtüsünün bir Lebesgue sayısı vardır.
Kanıt: (X, d) metrik uzay, A ⊂ X dizisel kompakt ve U, A’nın Lebesgue
sayısı olmayan bir açık örtüsü olsun. Bu durumda A’da öyle bir (xn ) dizisi
vardır ki her U ∈ U ve her n ∈ N için
B(xn , n1 ) 6⊂ U
olur. A dizisel kompakt olduğundan (xn ) dizisinin x ∈ A’ya yakınsayan bir
altdizisi vardır. B(x, r) ⊂ U koşulunu sağlayan r > 0 ve U ∈ U seçelim.
d(x, xk ) <
r
2
ve
1
k
<
r
2
olacak biçimde k ∈ N seçebiliriz. Buradan
B(xk , k1 ) ⊂ B(x, r) ⊂ U
274
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
olur. Bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
Şimdi aşağıdaki temel teoremi verebiliriz.
Teorem 11.3. Metrik uzayların altuzaylarında dizisel kompakt ve kompaktlık
kavramları denktir.
Kanıt: (X, d) metrik uzay ve A ⊂ X verilsin. A kompaktsa, sayılabilir kompakt ve Teorem 11.1 gereği, dizisel kompakt olur. Şimdi A’nın dizisel kompakt
fakat kompakt olmadığını varsayalım. U, A’nın sonlu altörtüsü olmayan açık
örtüsü olsun. Önsav 11.3 gereği U’nun bir Lebesgue sayısı r > 0 vardır.
S
A ⊂ nj=1 B(xj , r)
olacak biçimde xj ∈ A’lar vardır. (Bunu görmek için olmadığını varsayalım.
x1 ∈ A olmak üzere
x2 ∈ A \ B(x1 , r)
olacak biçimde x2 ∈ A da seçebiliriz. Bu yaklaşımla tümevarım kullanılarak
her n için
S
xn+1 ∈ A \ ni=1 B(xi , r)
olacak biçimde A’da (xn ) dizisi elde edilir. Her n 6= m için d(xn , xm ) ≥ r
olduğundan (xn )’nin A da yakınsak altdizisinin olmadığını söyleyebiliriz. Bu,
A’nın dizisel kompakt olması ile çelişir.) r, U’nun Lebesgue sayısı olduğundan
her 1 ≤ j ≤ n için
B(xj , r) ⊂ Uj
olacak biçimde Uj ∈ U olacağından dolayı {U1 , . . . , Un }, U’nun sonlu altörtüsüdür.
Bu çelişkidir ve kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
11.1. X metrik uzay olmak üzere, xn → x ise {xn : n ∈ N}∪{x} kümesinin kompakt olduğunu
gösterin.
11.2. (X, d) ve (Y, p) iki metrik uzay ve f : X −→ Y bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. f süreklidir.
ii. Her kompakt K ⊂ X için f|K süreklidir.
11.3. Kompakt metrik uzayın ayrılabilir olduğunu gösterin.
11.4. (X, d) tam metrik uzay ve 0 < α < 1 olmak üzere f : X −→ X, her x, y ∈ X için,
d(f (x), f (y)) < αd(x, y)
koşulunu sağlayan bir fonksiyon olsun. f (x) = x olacak biçimde x ∈ X olduğunu gösterin.
11.1. Metrik Topolojide Kompaktlık
275
11.5. (X, d) kompakt metrik uzay ve f : X −→ X, her x, y ∈ X için
d(f (x), f (y)) < d(x, y)
11.6.
11.7.
11.8.
11.9.
11.10.
eşitsizliğini sağlayan bir fonksiyon olsun. f (x) = x olacak biçimde x ∈ X olduğunu
gösterin.
A kapalı, B kompakt, d(A, B) = 0 ve A ∩ B = ∅ koşullarını sağlayan kümeler içeren
(X, d) metrik uzayı örneği verin.
(X, d) metrik uzay, A ⊂ X kapalı, B ⊂ X kompakt ve A ∩ B = ∅ ise d(A, B) > 0
olduğunu gösterin.
(X, d) kompakt metrik uzay ve f : X −→ X izometriyse f ’nin örten oluğunu gösterin.
Burada X uzayının kompakt olma koşulu kaldırılabilir mi?
[0, w1 ) ordinal uzayının metrikleşemeyen uzay olduğunu gösterin.
Kompakt metrik uzaydan R’ye tanımlı sürekli her fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu
gösterin.
Kanıt: (X, d) ve (Y, p) metrik uzaylar ve X kompakt olsun. f : X −→ Y sürekli
fonksiyion olsun. > 0 verilsin. Her x ∈ X için
d(x, y) < δx ⇒ p(f (x), f (y)) <
X=
S
X=
Sn
x∈X
B(x,
2
δx
)
2
ve X kompakt olduğundan
i=1
B(xi ,
δxi
2
)
olacak biçimde xi ∈ X’ler vardır.
δ = min1≤i≤n
δxi
2
>0
diyelim. x, y ∈ X ve d(x, y) < δ olsun. d(x, xi ) < 12 δxi eşitsizliğini sağlayan i vardır.
Buradan
d(y, xi ) ≤ d(x, y) + d(x, xi ) < δ + 21 δxi ≤ δxi
olur. Ayrıca
p(f (x), f (xi )) <
2
ve p(f (y), f (xi )) <
2
olur. Buradan da
p(f (x), f (y)) < olur. Kanıt tamamlanır.
11.11. C([0, 1])’i noktasal cebirsel işlemler altında cebir ve supremum metriğine göre tam metrik uzay olarak ele alalım. f ∈ C([0, 1]) elemanı, her x ∈ [0, 1] için f (x) ≥ 0 ise f ’ye
pozitif denir ve f ≥ 0 yazarız. f − g ≤ 0 için f ≥ g yazılır. T : C([0, 1]) −→ C([0, 1]) bir
operatör (yani lineer) ve her f ≥ 0 için T (f ) ≥ 0 eşitsizliği sağlanıyorsa T ’ye pozitif operatör positive operatör denir. Positif operatörün sürekli olduğunu gösterin. r ∈ [0, 1]’yi
aynı zamanda r(x) = r olan sabit fonksiyon olarak görelim. e : [0, 1] −→ R, e(x) = x
olsun. Ayrıca her t ∈ [0, 1] için gt = (e − t) olarak tanımlansın. Her f ∈ C([0, 1]) için
||f || = supx∈[0,1] |f (x)| yazalım. Bu gösterimler altında aşağıda verilen Korovkin Teorem’i kanıtlayınız:
Korovkin Teoremi : (Tn ), C([0, 1])’den C([0, 1])’e tanımlı pozitif operatörlerin dizisi
olsun.
Tn (1) → 1, Tn (e) → e ve Tn (e2 ) → e2
276
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
oluyorsa her f ∈ C([0, 1]) için, Tn (f ) → f olur.
Kanıt: f ∈ C([0, 1]) ve > 0 verilsin. M = ||f || diyelim.
i. Her t ∈ [0, 1] için
0 ≤ Tn (gt ) ≤ ||Tn e2 − e2 || + ||Tn (e) − e|| + ||Tn (1) − 1||
olur.
ii. Her s, t ∈ [0, 1] için
|f (s) − f (t)| ≤ +
2M
δ2
olacak biçimde δ > 0 vardır.
iii. K = 2M
olmak üzere her t ∈ [0, 1] için
δ2
|Tn (f ) − f (t)Tn (1)| ≤ Tn (1) + KTn (gt )
olur.
iv. Her t ∈ [0, 1] için
|Tn (f ) − f (t)Tn (1)| ≤ + ||Tn (1) − 1|| + KTn (gt )
olur.
v. Her t ∈ [0, 1] için
|Tn (f ) − f (t)Tn (1)| ≤ + KTn (gt ) + (M + )||Tn (1) − 1||
olur.
vi. ||Tn (f ) − f || ≤ + c(||Tn (e2 ) − e2 || + ||Tn (e) − e|| + ||Tn (1) − 1||) koşullarını sağlayan
0 < c vardır. Son eşitsizlik kullanılarak kanıt tamamlanır.
11.12. Korovkin Teoremi’ni kullanarak C([0, 1]) metrik uzayında (supremum metriğine göre)
polinomlar kümesinin yoğun olduğunu gösterin.
Kanıt: n ∈ N için Tn : C([0, 1]) −→ C([0, 1]) operatörü,
!
P
n
f ( nk )xk (1 − x)n−k
Tn (f )(x) = n
k=1
k
olarak tanımlansın. Yukarıdaki problemin Tn operatörlerine uygulanmasıyla istenilen
elde edilir.
11.2
Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık
Bu altbölümde bir metrik uzayın tümüyle sınırlı olma kavramı tanıtılarak bu
kavramla uzayın kompakt olması arasındaki ilişki verilecektir.
X metrik uzay ve A ⊂ X kompaktsa verilen r > 0 için
S
A ⊂ x∈F B(x, r)
olacak biçimde sonlu F ⊂ X kümesinin olduğu açıktır. Bu gözlem bizi aşağıdaki
tanıma yönlendirir.
Tanım 11.2. (X, d) bir metrik uzay olsun. A ⊂ X olsun. Her r > 0 için
S
A ⊂ x∈Fr B(x, r)
olacak biçimde sonlu Fr ⊂ X kümesi varsa A’ya tümüyle sınırlı 3 denir.
3
ingilizcesi: precompakt, totally bounded.
11.2. Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık
277
Kompakt metrik uzayın tümüyle sınırlı olduğu açıktır. Bunun tersi doğru
değildir. Örneğin X = (0, 1) Öklid uzayı tümüyle sınırlı olmasına karşın kompakt değildir.
(X, d) bir metrik uzaysa ∅ =
6 A ⊂ X için
d(A) = sup{d(x, y) : x, y ∈ A}
sonluysa d(A) reel sayısına A kümesinin çapı denir.
Önsav 11.4. Bir tam metrik uzayda çaplarının limiti sıfır olan ve kapsama
sıralamasına göre azalan boş kümeden farklı kümeler dizisinin arakesiti tek
elemanlıdır.
Kanıt: X tam metrik uzay ve (An ), X’in kapsama sıralamasına göre azalan ve
boşkümeden farklı kapalı kümelerin bir dizisi ve d(An ) → 0 olsun. A = ∩n An
diyelim. x, y ∈ A verilsin. Her n ∈ N için
d(x, y) ≤ d(An ) → 0
olduğundan x = y dir. Dolayısıyla A en fazla tek elemanlıdır. Her n ∈ N için
xn ∈ An seçelim. Her n ve p için
d(xn+p , xn ) ≤ d(An )
olduğundan (xn ) Cauchy dizisidir. X tam uzay olduğunda (xn ) dizisi yakınsaktır.
Bir x ∈ X için xn → x olur. n ∈ N verilsin. Her m ≥ n için xm ∈ An ve An
kapalı olduğundan x ∈ An olur. Böylece x ∈ A olur.
Aşağıdaki teorem tümüyle sınırlı bir metrik uzayın hangi koşul altında
kompakt olduğunu söyler.
Teorem 11.5. Bir metrik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul
tümüyle sınırlı ve tam olmasıdır.
Kanıt: (X, d) metrik uzay olsun. X’in kompakt olduğunu varsayalım. r > 0
verilsin. {B(x, r) : x ∈ X}, X’in bir açık örtüsü olduğundan
X=
n
[
B(xi , r)
i=1
olacak biçimde, xi ∈ X’ler vardır. X’in tümüyle sınırlı olduğu gösterilmiş
olur. X’in tam olmadığını varsayalım. Yani yakınsak olmayan bir Cauchy dizisi (xn ) var olsun. Bu durumda her n 6= m için d(yn , ym ) ≥ eşitsizliğini
sağlayan (xn )’in bir (yn ) altdizisi ve > 0 vardır. X kompakt olduğundan
(yn )’in yakınsayan bir (zn ) altdizisi vardır. zn → x diyelim. Buradan
278
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
< d(zn , zm ) ≤ d(zn , x) + d(x, zm ) → 0
elde edilir ki bu, bir çelişkidir. Böylece X’in tam olduğu gösterilmiş olur.
Şimdi X’in tümüyle sınırlı ve tam olduğunu varsayalım. Teorem 11.4 nedeniyle X’in sayılabilir kompakt olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için
de Teorem 10.16 gereği X’in sonsuz her altkümesinin bir yığılma noktasınının
varlığını göstermek yeterlidir. A ⊂ X kümesi sonsuz olsun. X tümüyle sınırlı
olduğundan her n ∈ N için
S
X = x∈Fn B[x, n1 ]
olacak biçimde sonlu Fn ⊂ X kümesi vardır. Ayrıca her n ∈ N için
A ∩ B[x1 , 1] ∩ . . . ∩ B[xn , n1 ]
kümesi sonsuz olacak şekilde, X’te (xn ) dizisinin varlığı tümevarımla kolaylıkla
gösterilebilir. Her n ∈ N için
T
Cn = ni=1 B[xi , 1i ]
diyelim. Cn kümeleri kapalı, kapsama
T sıralamasına göre azalan ve d(Cn ) → 0
olduğu açıktır. Önsav 11.5 gereği n Cn kümesi tek elemanlıdır. Bu elemanı a
ile gösterelim. Her n ∈ N için
A ∩ C[x1 , 1] ∩ . . . ∩ C[xn , n1 ]
kümesinin sonsuz olması nedeniyle
an+1 ∈ A ∩ C[x1 , 1] ∩ . . . ∩ C[xn , n1 ] \ {a, a1 , . . . , an }
olacak biçimde A’da (an ) dizisi vardır.
d(a, an+1 ) ≤ d(a, xn ) + d(xn , an+1 ) <
2
n
olduğundan an → a dır. (an ) dizisinin terimleri birbirlerinden ve a’dan farklı
olduğundan a, A’nın bir yığılma noktasıdır. Bu kanıtı tamamlar.
Metrik uzaylarda kompaktlık ve tamlık arasında yer alan bir kavram [17]
kofinal tam terimiyle verilmiştir: (X, d), bir metrik uzay olsun. X’te (xn )
dizisi verilsin. Verilen her > 0 pozitif sayıına karşılık
n, m ∈ A ⇒ d(xn , xm ) < olacak biçimde sonsuz A ⊂ N varsa, bu diziye kofinal Cauchy dizisi denir.
Her kofinal Cauchy dizinin yığılma noktası olan metrik uzaya kofinal Cauchy
dizisi denir. Her kompakt metrik uzay kofinal tam metrik uzay her kofinal
metrik uzay tamdır. Bu konuyla ilgili geniş bilgiye [17] üzerinden ulaşılabilir.
Alıştırmalar
11.3. Önkompaktlık ve Kompaktlık
279
11.13. Rn Öklid uzayının tümüyle sınırlı olması için gerek ve yeter koşulun sınırlı olması gerektiğini gösterin.
11.14. Tümüyle sınırlı metrik uzayın tamlanışının kompakt olduğunu gösterin.
11.15. X tam metrik uzay olsun. A ⊂ X altuzayının tümüyle sınırlı olması için gerek ve yeter
koşulun A altuzayının kompakt olması gerektiğini gösterin.
11.16. Tümüyle sınırlı metrik uzayın ayrılabilir olduğunu gösterin.
11.17. Tümüyle sınırlı bir uzayın bir homeomorfizma altındaki görüntüsünün tümüyle sınırlı
olmasının gerekmediğini gösterin.
11.3
Önkompaktlık ve Kompaktlık
X kompakt uzay olmak üzere f : X −→ R fonksiyonu sürekliyse f (X) sınırlıdır.
Sürekli her fonksiyon için bu özelliği bulunduran uzaylara önkompakt uzay diyeceğiz.
Tanım 11.3 (Hewitt [67]). C(X) = Cb (X) eşitliğini sağlayan X topolojik
uzayına önkompakt denir.
Metrik uzaylarda önkompaktlık4 ve kompaktlık kavramları çakışır. Önkompakt uzaylar Bölüm 17’de daha detaylı olarak çalışılacaktır.
Teorem 11.6. Bir metrik uzayın önkompakt olması için gerek ve yeter koşul
kompakt olmasıdır.
Kanıt: (X, d) metrik uzay olsun. X kompakt ise önkompakt olduğu kolayca
görülür5 . Şimdi X’in önkompakt ama kompakt olmadığını varsayalım. Teorem
11.1 ve Teorem 11.3 gereği X sayılabilir kompakt değildir. Dolayısıyla X’in
sonlu altörtüsü olmayan bir açık örtüsü (Un ) vardır. Her n için
S
Fn = X \ ( ni=1 Ui )
diyelim. Her n için Fn kapalı ve Fn+1 ⊂ Fn ve
T∞
i=1 Fi = ∅
dir. Her n için
fn : X −→ R,
fn (x) = d(x, Fn )
olarak tanımlayalım. fn ’ler süreklidir. Ayrıca
P
fi (x)
f : X −→ R, f (x) = i 2−i 1+f
i (x)
T∞
olarak tanımlanan fonksiyon da süreklidir. i=1 Fi = ∅ olduğundan her x ∈ X
için f (x) > 0 dır. Dolayısıyla
4
5
ingilizcesi: pseudocompact
Bu, keyfi topolojik uzaylar içinde doğrudur.
280
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
g : X −→ R,
g(x) =
1
f (x)
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. Her n için xn ∈ Fn seçelim. Bu durumda
P
P
fi (x)
−i = 2−n
f (xn ) = i=n+1 2−i 1+f
≤
i=n+1 2
(x)
i
ve
g(xn ) ≥ 2n
olur. Bu, sürekli her fonksiyonun sınırlı olmasıyla çelişir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
11.18. X mükemmel normal uzay olsun. X’in kompakt olması için gerek ve yeter koşulun
önkompakt olması gerektiğini gösterin.
11.19. Metrik uzayın önkompakt olması için gerek ve yeter koşulun tümüyle sınırlı ve tam
olması gerektiğini kanıtlayınız.
11.4
Kompaktlık ve Uç Noktalar
Bir X kümesinden R’ye tanımlı bir f fonksiyonu için, maxf (X) varsa, f ’ye
minumum değeri alır denir. Benzer biçimde f ’nin maksimum değer alması
tanımlanır. Kompakt uzayda tanımlı sürekli her fonksiyon minumum ve maksimum değerini alır. Kompakt metrik uzaylarda bunun tersi de doğrudur.
Teorem 11.7. Bir metrik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul
sürekli her fonksiyonun maksimum değerini almasıdır. Bu, sürekli her fonksiyonun minumum değerini almasına da denktir.
Kanıt: X metrik uzay olsun. X’in kompakt olduğunu varsayalım. f : X → R
sürekli fonksiyon olsun. Kompakt uzay önkompakt olduğundan f (X) sınırlıdır.
m = sup f (X) diyelim. X’te f (an ) −→ m koşullarını sağlayan (an ) dizisi
seçebiliriz. X kompakt olduğundan, (an )’nin bir a ∈ X noktasına yakınsayan
(ank ) altdizisi vardır. f sürekli olduğundan f (ank ) → f (a) ve dolayısıyla m =
f (a) olur. Bu durumda m = max f (A) olur. Benzer biçimde min f (A) vardır6 .
Şimde X’te tanımlı sürekli her fonksiyonun maksimum değerini aldığını
varsayalım. (X, d), X uzayının tamlaması olsun. y ∈ X verilsin. f : X −→ R
fonksiyonu
f (x) = d(x, y)
olarak tanımlansın. f sürekli olduğundan, varsayım gereği
d(a, y) = f (a) = inf f (X) = 0
6
Bu genel topolojik uzaylarda da doğrudur.
11.4. Kompaktlık ve Uç Noktalar
281
olacak biçimde a ∈ X vardır. Buradan y = a ∈ X olur. X = X, yani X’in
tam olduğu gösterilmiş olur (Teorem 11.6.) Tam ve tümüyle sınırlı metrik
uzay kompakt olduğundan X’in tümüyle sınırlı olduğunu göstermek kanıtı
tamamlayacaktır. X’in tümüyle sınırlı olmadığını varsayalım. Tanım gereği
sonlu her F ⊂ X için
S
X 6= x∈F B(x, 3)
olacak biçimde > 0 vardır. Buradanda her n 6= m için
d(xn , xm ) ≥ 3
olacak biçimde (xn ) dizisi bulunabilir. Her n ∈ N için
Fn = {x : d(x, xn ) ≥ }
olmak üzere fn : X −→ R fonksiyonu
fn (x) =
n
d(xn ,Fn ) d(x, Fn )
eşitliğiyle tanımlansın. f : X −→ R,
P
f = n fn χB(xn ,)
olarak tanımlanan fonksiyon yemin ederim ki süreklidir. Bu, f ’nin sınırlı olmasıyla çelişir. Kanıt tamamlanır.
11.4.1
Noktasal Sonlu Örtü ve Kompaktlık
Metrik uzayların kompakt olmasının farklı bir betimlemesini daha vereceğiz.
Bu betimlemenin açık yararının ne olduğunu bilmiyorum. Okur farklı bir
bakışla yararını görebilir.
Tanım 11.4. X bir topolojik uzay ve U, X’in açık örtüsü olsun. Her x ∈ X
için
Ux = {U ∈ U : x ∈ U }
olarak tanımlansın. Her x ∈ X için Ux sonluysa U’ya noktasal sonlu açık
örtü denir.
Metrik uzaylarda noktasal sonlu açık örtü ve kompaklık arasında bir ilişki
aşağıdaki teoremde.
Teorem 11.8. Bir metrik uzayın kompakt olması için gerek ve yeter koşul
uzayın her noktasal sonlu açık örtüsünün sonlu altörtüsünün olmasıdır.
282
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
Kanıt: X metrik uzay olsun. X’in kompakt olma durumunda istenilen kolaylıkla görülür. X’in her noktasal sonlu açık örtüsünün sonlu altörtüsünün
olduğunu ama kompakt olmadığını varsayalım. Dolayısıyla dizisel kompakt
değildir. Bu durumda terimleri birbirinden farklı ve yakınsak altdizisi olmayan bir (xn ) dizisi vardır.
A = {xn : n ∈ N}
diyelim. Her i için xi , A’nın yığılma noktası olmadığını göstermek zor değildir.
Yani her i için
xi 6∈ A \ {xi }
olur. Dolayısıyla her k için 0 < rk <
1
2k
ve
B(xk , rk ) ∩ (A \ {xk }) = ∅
koşullarını sağlayan rk ∈ R vardır. (xn ) dizisinin yakınsak altdizisi olmadığından
A kapalıdır.
V = {B(xn , rn ) : n ∈ N} ∪ {X \ A},
X’in noktasal sonlu açık örtüsüdür. (V’nin bir açık örtü olduğu açıktır. Varsayalım ki bir x ∈ X için {n : x ∈ Vn ∈ V} sonsuz. Bu durumda N’de kesin
artan (nk ) bir dizi vardır ve xnk → x dir ki bu, (xn )’nin yakınsak altdizisi
olmayışıyla ile çelişir.) Varsayım gereği
S
X=( m
i=1 B(xi , ri )) ∪ (X \ A)
olacak biçimde m vardır. Buradan
A⊂
Sm
i=1 B(xi , r)
elde edilir. Dolayısıyla bazı 1 ≤ i ≤ m için xm+1 ∈ B(xi , ri ) dir. Bu çelişki
kanıtı tamamlar.
11.5
Ascoli-Arzela Teoremi
n-boyutlu Rn Öklid uzayının bir altkümesinin kompakt olması için gerek ve
yeter koşulun kapalı ve sınırlı olması olduğunu Alıştırma 10.8’den biliyoruz.
X = {1, 2, . . . , n} kümesi ayrık topolojiyle donatıldığında X uzayı kompakt
ve
C(X) = Rn
11.5. Ascoli-Arzela Teoremi
283
olduğundan, Rn Öklid uzayı, bir kompakt uzayda tanımlı reel değerli sürekli
fonksiyonlar metrik uzayının özel bir halidir. C(X) metrik uzayının bir altkkümesinin kompakt olması için gerek ve yeter koşulun sınırlı ve kapalı olduğunu
biliyoruz. Gerek topolojinin gerekse fonksiyonel analizin olmazsa olmaz ögelerinden birinin C(X)-uzayları olduğu da tartışılmazdır. Kompaktlık kavramı
ise ekmek ve su kadar önemli olduğuna göre, kompakt Hausdorff uzayı X
için C(X)-uzaylarının altkümelerinin ne zaman kompakt olduğunu belirlemek yerinde olacaktır. Örneğin, X kümesinin sonlu olma durumunda C(X)
uzayının bir altkümesinin kompakt olması için kapalı ve sınırlı olması gerekmesine karşın genelde bu koşullar yeterli midir? Değildir! Yeterli olması için
bir doğal koşul daha ekleyeceğiz, o koşul aşağıda tanım olarak verilmiştir.
Bir X topolojik uzayı için Cb (X) kümesinin
d(f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
metriği ile donatıldığını unutmuş olabiliriz, hatırlamakta yarar var.
Tanım 11.5. X bir topolojik uzay ve A ⊂ C(X) verilsin. x ∈ X verilsin. Her
> 0 için
supy∈U,f ∈A |f (x) − f (y)| < eşitsizliğini sağlayan x’i içeren bir U açık kümesi varsa, A kümesi x noktasında eş sürekli7 denir. A kümesi her x ∈ X noktasında eşsürekliyse, A’ya
eş sürekli denir.
X sonlu uzaysa C(X)’in her altkümesi eşsüreklidir. Ayrıca bir X topolojik uzayı için C(X)’in sonlu her altkümesi eşsüreklidir. Aşağıdaki teoremi
vermeden önce şunu not edelim: (xn ) bir dizi olmak üzere,
i. (xσ(n,1) ), (xn ) dizisinin altdizisi,
ii. her i için (xσ(n,i+1) ), (xσ(n,i) ) dizisinin altdizisi
oluyorsa (xσ(n,n) ) dizisi, (xn ) dizisinin bir altdizisidir.
Teorem 11.9 (Ascoli-Arzela). Bir kompakt metrik uzayda tanımlı reel değerli
sürekli fonksiyonlar uzayının (supremum metriğine göre) bir altkümesinin kompakt olması için gerek ve yeter koşul, kümenin kapalı, sınırlı ve eş sürekli olmasıdır8 .
Kanıt: X kompakt metrik uzay ve A ⊂ C(X) verilsin. A’nın kompakt olduğunu varsayalım. Bir Hausdorff uzayın kompakt altkümelerinin kapalı olduğunu biliyoruz. Ayrıca bir metrik uzayın kompakt altkümeleri sınırlıdır. Dolayısıyla metrik uzaylar Hausudorff olduğundan, A kapalı ve sınırlıdır. > 0
verilsin. {B(f, ) : f ∈ A}, A’nın açık örtüsü olduğundan
7
Eşsüreklilik kavramı Ascoli (1983-84) ve Arzela (1881-1882) tarafından verilmiştir.
Bu teoremin ilk biçimleri Ascoli ve Arzela tarafından ve X kompakt metrik uzay için
1906’da Hausdorff tarafından verilmiştir.
8
284
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
A⊂
S
f ∈F
B(f, )
kapsamasını sağlayan sonlu F ⊂ A kümesi vardır. x ∈ X verilsin. F sonlu
olduğundan eşsüreklidir ve dolayısıyla
supf ∈F,y∈Vx |f (y) − f (x)| < olacak biçimde x’i içeren açık Vx kümesi vardır. f ∈ A verilsin. f ∈ B(g, )
olacak biçimde f ∈ F seçelim. Her y ∈ Vx için
|f (y) − f (x)| ≤ |f (y) − g(y)| + |g(y) − g(x)| + |g(x) − f (x)| < 3
eşitsizliği elde edilir. Buradan da,
supf ∈A,y∈Vx |f (y) − f (x)| ≤ 3
eşitsizliği elde edilir. Bu, A’nın eş sürekli olduğunun kanıtıdır.
Şimdi A’nın kapalı, sınırlı ve eşsürekli olduğunu varsayalım. k ∈ N verilsin.
A eşsürekli olduğundan her y ∈ X için
supf ∈A,x∈Vy,k |f (x) − f (y)| <
1
k
olacak biçimde Vy,k açık kümeleri vardır. {Vy,k : y ∈ X}, X’in bir açık
örtüsü ve X kompakt olduğundan
S
X = y∈Fk Vy,k
koşulunu sağlayan sonlu Fk ⊂ X kümesi vardır.
S
F = ∞
k=1 Fk
diyelim. F sayılabilir bir kümedir.
F = {xi : i ∈ N}
olarak yazabiliriz. A’da verilen bir (fn ) dizisinin, her i ∈ N için aşağıki özellikleri sağlayan, (fσ(n,i) ) altdizisini varlığını gösterelim.
i. limn fσ(n,i) (xi ) vardır.
ii. (fσ(n,i+1) ), (fσ(n,i) ) dizisinin altdizisidir. Gerçekten (fn (x1 )), R’de sınırlı
olduğundan, bu dizinin yakınsayan bir (fσ(n,1) (x1 )) altdizisi vardır. Elbette
(fσ(n,1) ), (fn )’nin bir altdizisidir. Aynı şekilde (fσ(n,1) (x2 )), R’de sınırlı olduğundan
bu dizinin yakınsayan bir (fσ(n,2) (x2 )) altdizisi vardır. Yine, (fσ(n,2) ), (fσ(n,1) )’nin
bir altdizisidir. Bu gözlem kullanılarak tümevarımla istenilen özellikte altdiziler elde edilir.
Ayrıca her i ve her 1 ≤ j ≤ i için
limn fσ(n,i) (xj )
11.5. Ascoli-Arzela Teoremi
285
vardır. Her n için
hn = fσ(n,n)
diyelim. (hn ) dizisi, (fn )’nin bir altdizisidir. Bu altdizinin Cauchy olduğunu
gösterirsek C(X) tam metrik uzay olduğundan (fn )’nin yakınsak bir altdizisinin varlığını göstermiş olacağız ki Teorem 11.4 gereği kanıtın bu yönü de
kanıtlanmış olacak. Her i için (hn )n≥i dizisi, (fσ(n,i) )n≥i dizisinin altdizisi
olduğundan
limn hn (xi )
limiti vardır. k ∈ N yi sabitleyelim.
1
k
olacak biçimde n0 seçelim. Ayrıca, x ∈ X verilsin. {Vy,k : y ∈ Fk }, X’in bir
örtüsü olduğundan, x ∈ Vy,k olacak biçimde y ∈ Fk seçebiliriz. Her n,m ≥ n0
için
y ∈ Fk , n, m > n0 ⇒ |hn (y) − hm (y)| <
|hn (x) − hm (x)| ≤ |hn (x) − hn (y)| + |hn (y) − hm (y)| + |hm (y) − hm (x)| <
3
k
olduğu açıktır. Buradan da
3
k
elde edilir. k keyfi olduğundan (hn )’nin C(X)’de bir Cauchy dizisi olduğu
kanıtlanmış olur. C(X) tam metrik uzay ve A kapal[ı olduğundan, (hn ) dizisi,
A’d yakınsaktır. Böylece, A’da verilen her dizinin yakınsayan bir altdizisinin
var olduğu kanıtlanm[ış olur. Bu, A’nın kompakt olduğunu gösterir. Bu kanıtı
tamamlar.
d(hn , hm ) ≤
Alıştırmalar
11.20. X bir topolojik uzay ve {fn : n ∈ N} ⊂ C(X) eşsürekli olsun.
f (x) = limn fn (x)
eşitliğini sağlayan f : X −→ R fonksiyonu varsa f ’nin sürekli olduğunu gösterin.
11.21. f : [0, ∞) −→ R sürekli olsun. Her n için
fn : [0, ∞) −→ R, fn (x) = f (xn )
olarak tanımlansın. {fn : n ∈ N} kümesinin x = 1 noktasında eşsürekli olması için gerek
ve yeter koşulun, f ’nin sabit olması gerektiğini gösterin.
11.22. X kompakt metrik uzay ve A ⊂ C(X) eşsürekli olsun. A’nın düzgün eş sürekli
olduğunu gösterin. Yani her > 0 için
d(x, y) < δ ⇒ supf ∈A |f (x) − f (y)| < olacak biçimde δ > 0 olduğunu gösterin.
11.23. X kompakt Hausdorff uzay olsun. A ⊂ C(X) eşsürekliyse A’nın da eş sürekli olduğunu
gösterin. l̇laveten A sınırlıysa C(X) metrik uzayında A’nın kompakt olduğunu gösterin.
11.24. (X, d) bir metrik uzay ve (Ui )i∈I açık kümelerin bir ailesi olsun. Her i ∈ I için fi : X −→
R, fi (x) = d(x, Ui ) olarak tanımlansın. (fi )i∈I ailesinin eşsürekli olduğunu gösterin.
286
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
11.5.1
Hilbert Küpü: [0, 1]N -Uzayı
H = [0, 1]N çarpım uzayına Hilbert küpü denir. Sayılabilir tane metrikleşebilir
uzayın çarpım uzayı metrikleşebilir
Q olduğundan (gerçekten de, (Xn , dn ) metrik
uzayların bir dizisi olsun. X = n Xn üzerine
d(x, y) =
P
n2
−n dn (x,y)
1+dn (x,y)
metriğini koyalım. X çarpım uzayı, (X, d) uzayına homeomorfiktir) Hilbert
küpü metrikleşebilir uzaydır. Hilbert küpü üzerinde
P
dH (f, g) = n 2−n |f (n) − g(n)|
metriğini de koyabiliriz.
Aşağıdaki teoremi kanıtsız olarak verelim. Kanıt [9]’de bulunabilir.
Teorem 11.10 (Urysohn Metrikleşebilme Teoremi). X, Hausdorff uzay olmak
üzere aşağıdakiler denktir.
i. X, Hilbert küpüne homeomorfik gömülebilir.
ii. X, ayrılabilir metrikleşebilir uzaydır.
iii. X, düzenli ve ikinci dereceden sayılabilir uzaydır.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 11.11. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X, ayrılabilir ve metrikleşebilir.
ii. X’in topolojisi, (X, d)’yi tümüyle sınırlı yapan bir d metriğinin topolojisidir.
Kanıt: (i ⇒ ii): Yukarıdaki teorem gereği ϕ : X −→ H homeomorfik gömmesi
vardır. X üzerinde
d(x, y) = dH (ϕ(x), ϕ(y))
metriğini tanımlıyalım. H Hilbert küpü kompakt olduğundan ϕ(X) altuzayı
tümüyle sınırlı ve dolayısıyla kapanışı kompakttır. Sonuç olarak d istenilen
özellikte metriktir. Gerektirmenin diğer yönü barizdir.
Alıştırmalar
11.25. X kompakt metrik uzay ve Y Hausdorff uzay olmak üzere f : X −→ Y fonksiyonu
sürekli ve örten olsun. Aşağıdakileri gösterin.
i. Y düzenli uzaydır. (Hatta kompakt!)
ii. Y ikinci dereceden sayılabilir.
iii. Y metrikleşebilir uzaydır.
11.26. Teorem 11.11’i kanıtlayınız.
11.5. Ascoli-Arzela Teoremi
11.5.2
287
Cantor Uzayı: 2N -Uzayı
Cantor kümesi [0, 1] aralığının belirli bir yöntemle tanımlanan altkümesidir9 .
Cantor kümesinin Öklid topolojisiyle donatılarak elde edilen topolojik uzaya
Cantor uzayı denir. Bazen de 2N çarpım uzayına Cantor uzayı denir. Bu iki
uzay birbirlerine homeomorfik olduklarından iki tanımlamada da sıkıntı olmayacaktır 10 . Cantor kümesinin inşası, gösrselliğinin vermiş olduğu avantajla
aritmetik ve geometrik yaklaşımlarla tanımlanabilir. Bu altbölümde Kompakt
metrik uzaylarda oldukça önemli bir yeri olan Cantor uzayından detaylara girilemeden kısaca bahsedilecektir11 . Cantor kümeleri hakkında Türkçe temel
kaynaklardan bazıları [77] ve [111].
Tanım 11.6. 2 = {0, 1} ayrık topoloji ile donaltılmış kompakt uzay olmak
olmak üzere 2N çarpım uzayına Cantor uzayı denir.
Cantor kümesinin inşası aşağıdaki yöntemle yapılır:
[a, b] = [a, c] ∪ [c, d] ∪ [d, b]
ve
c−a=d−c=b−d
olmak üzere [a, c]∪[d, b] kümesine, [a, b]’nin 3-lü ortası çıkarılmış küme diyelim.
Örneğin
C0 = [0, 1]
kapalı aralığının 3-lü ortası çıkarılmış kümesi
C1 = [0, 31 ] ∪ [ 23 , 1]
olur.
C12 = [0, 311 ] ve C221 = [ 321 , 331 ]
diyelim.
C13 = [0, 312 ], C23 = [ 322 , 332 ], C33 = [ 362 , 372 ], C232 = [ 382 , 392 ]
9
Cantor kümesinin inşa edilmesinin nedeni trigonemetrik bir problemi çözme amaçlıdır.
Bu konuda detaylı bilgiye [31], [40] ve [140]’dan ulaşılabilir. Bazı kaynaklarda boşkümeden
farklı, kapalı, izole noktası olmayan ve hiçbiryerde yoğun olmayan R’nin altkümesine bir
Cantor kümesi denir.
10
Aslında konunun bu bölüm içerisinde yer alması bana biraz eğreti gelmiş olsa da yine
en uygun yer burası gibi geliyor. Olması gereken bu ve benzeri uzaylar için ayrı bir bölümün
ileride açılmasıdır.
11
Alıştırma 11.37’de biraz daha farklı biçimde bahsedilecektir.
288
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
olmak üzere C13 ∪ C23 kümesi C12 ’nin ve C33 ∪ C232 kümesi C221 ’nin 3-lü ortası
çıkarılmış kümeleri olurlar.
C2 = C13 ∪ C23 ∪ C33 ∪ C232
olarak tanımlıyalım. Bu yöntemi takip ederek tümevarımla her n ∈ N,
Cn = C1n+1 ∪ C2n+1 . . . ∪ C23n
kümesi tanımlanabilir. Ayrıca her n için, 0 ≤ kn < p olmak üzere,
Cn+1 = ( 13 Cn ) ∪ ( 13 Cn + 32 )
eşitliği kolaylıkla gösterilebilir.
C=
T
n Cn
kümesine Cantor kümesi denir12 . Fırsat ele geçmişken, her 1 ≤ n ve 1 ≤ i,
j ≤ 2n için aşağıdakileri not edelim:
i. Cin+1 ∩ Cjn+1 = ∅ (i 6= j için)
ii. Cin+1 aralığının uzunluğu 3−n .
iii. Cn , her biririnin aralık uzunluğu 3−n olan 2n tane kapalı aralıkların
n
bilişimidir. Dolayısıyla Cn kümesinin ölçümü 32 olur.
iv. C kompakttır.
v. C kümesinin “ölçümü” sıfır ve dolayısıyla hiçbir açık aralık kapsamaz.
Cantor kümesinin dizisel terimlerle bir başka tanımı aşağıdaki gibi verilir.
Tanım 11.7. a11 = 0 ve a121 = 1 olmak üzere
A1 = {a1i : 1 ≤ i ≤ 21 }
olarak tanımlansın.
An = {ani : 1 ≤ i ≤ 2n }
kümesinin tanımlandığını varsayalım.
n
an+1
4k+1+i = a2k+1 +
i
3n
(i = 0, 1, 2, 3)
olmak üzere
An+1 = {an+1
: 1 ≤ i ≤ 2n+1 }
i
12
Cantor kümesi, birbirlerinden bağımsız olarak Henry John Stephen (1874) ve Cantor
(1883) tarafından inşa edilmiştir [40]. Cantor kümesine neden Smith-Cantor kümesi denilmediği sorusu akla gelebilir. Cantor kümesi kullanılarak ℘(N) kümesinin sonsuz ve doğal
sayılarla birebir eşlenemediği gösterilerek, sonsuzluk kavramının kapısı Cantor tarafından
açılmıştır. Hilbert’e göre bu “kapı”, cennetin kapısıdır.
11.5. Ascoli-Arzela Teoremi
289
kümesi tanımlansın. Böylece tümevarımla her n ∈ N için An kümesi tanımlanmış
olur. Her n için
S n−1
Cn = 2i=1 [an2i−1 , an2i ]
olmak üzere
C :=
T
n Cn
kümesine Cantor kümesi denir13 .
Her n ∈ N ve 1 ≤ i ≤ 2n için yukarıdaki tanımda olduğu gibi
b2n −2+i = ani
olarak tanımlansın. Bu durumda
An = {bi : 2n − 2 + 1 ≤ i ≤ 2n+1 − 2}
olacaktır. Aşağıdaki teoremin kanıtı zor değildir ve kanıt okura bırakılmıştır.
Teorem 11.12. Aşağıdaki eşitlik gerçekleşir.
S
S3m−1 −1 3k+1 3k+2
( 3m , 3m ).
C = [0, 1] \ ∞
m=1 k=0
p ≥ 2 pozitif tamsayısı verilsin.
P
[0, 1] = { ∞
n=1
kn
pn
: 0 ≤ kn < p}
olduğu kolaylıkla gösterilebir. 0 ≤ x ≤ 1 için
P
kn
x= ∞
n=1 pn
yazılımına x’in p-sel gösterimi denir. Bu yazılımın tek olması gerekmez.
Ancak farklı yaklaşımla teklik sağlanabilir: x ∈ [0, 1) verilsin. Tümevarımla
0 ≤ kn < p,
kn
pn
≤x<
kn +1
pn
ve
x=
P∞
kn
n=1 pn
olacak biçimde, (kn ) tam sayılar dizisi bulanabilir ve bu özellikteki dizi tektir.
Tekliği sağlamak için p-sel gösterimde bu yaklaşımı kullanılacak14 .
Cantor kümesinin her elemanının 3-sel gösterimi kullanılarak C’nin kardinalitesinin sayılamaz sonsuz olduğunu söyleyebiliriz.
13
İngilizcede Cantor ternary set denir.
P
P
−n
−n
{((an ), (bn )) : an , bn ∈ {∅, 1}, (an ) 6= (bn ), 0 <
=
< 1} kümesi
n an 2
n bn 2
sayılabilir sonsuzdur.
14
290
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
Teorem 11.13. f : 2N −→ [0, 1] fonksiyonu
f (x) =
P∞
2xn
n=1 3n
olarak tanımlansın. f fonksiyonu sürekli, birebir ve f (2N ) = C olur.
Kanıt: Her m ∈ N ve 0 ≤ k ≤ 3m−1 − 1 için
Am =
S3m−1 −1
k=0
3k+2
( 3k+1
3m , 3m )
diyelim.
S
C = [0, 1] \
m Am
olur (Neden?). Öncelikle her a ∈ 2N için f (a) ∈ C olduğunu gösterelim. a =
(xn ) ∈ 2N verilsin. 2x1 6= 1 olmasından dolayı f (a) 6∈ A1 olur. Benzer biçimde
2x2 6= 1 olmasından f (a) 6∈ A2 olur. f (a) 6∈ Am olduğunu varsaydığımızda,
2xn+1 6= 1 olma durumu kullanılarak f (x) 6∈ Am+1 elde edilir. Tümevarımla
her m için f (a) 6∈ Am olduğu kanıtlanmış olur. Böylece
f (a) 6∈
S
m Am
olduğu gösterilmiş olur, yani f (a) ∈ C olur. f ’nin sürekli olduğu kolaylıkla
gösterilebilir. Şimdi f ’nin birebir olduğunu gösterelim.
a = (an ), b = (bn ) ∈ 2N ve a 6= b
olsun.
k = min{n ∈ N : an 6= bn }
diyelim. bk = 1 ve ak = 0 olduğunu varsayabiliriz.
f (a) = 2
P∞
an
n=1 3n
<2
Pk−1
bn
n=1 3n
+
2
3k
≤2
P∞
bn
n=1 3n
= f (b)
olduğundan f ’nin birebir olduğu gösterilmiş olur. x ∈ C noktasının 3-sel gösterimi kullanılarak
x=
P∞
kn
n=1 3n
yazılır. Her n için kn 6= 1 olur. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teoremin sonucu olarak,
P
C = { n xn 3−n : xn ∈ {0, 1}}
11.5. Ascoli-Arzela Teoremi
291
elde edilir. 2N kümesi sayılamaz sonsuz küme olduğundan, yukarıdaki teoremin
sonucu olarak Cantor kümesinin sayılamaz sonsuz küme olduğu gösterilmiş
olunur. Ayrıca f fonksiyonu birebir ve 2N kompakt metrik uzay olduğundan
Cantor uzayı 2N ve C (R’nin altuzayı olarak) uzaylarının homeomorfik olduğu
gösterilmiş olur15 .
Alıştırmalar
11.27. x, y ∈ [0, 1] reel sayıları, p ve k ∈ N olmak üzere, p3−k formunda olmasın. an , bn ∈
{0, 1, 2} olmak üzere
P
P
x = n an 3−n ve y = n bn 3−n
ise her n için an = bn olduğunu gösterin.
11.28. A0 = [0, 1] olmak üzere her n ∈ N için An
S
1+3k
An = An−1 \ n
k=0 ( 3n ,
2+3k
)
3n
olarak tanımlansın.
C=
T∞
n=1
An
olduğunu gösterin.
S
11.29. An kümesi Teorem 11.7 de olduğu gibi tanımlansın. A = n An ⊂ C ve yoğun olduğunu
gösterin.
11.30. Cantor kümesinin kompakt olduğunu gösterin.
11.31. Cantor kümesinin hiçbir açık aralık kapsamadığını gösterin.
11.32. X topolojik uzayında x 6= y için
x ∈ U , y ∈ V , U ∩ V = ∅ ve U ∪ V = X
olacak biçimde U ve V açık kümeleri varsa X uzayına tümüyle ayrılabilir denir. Cantor
uzayının tümüyle ayrılabilir olduğunu gösterin.
11.33. Cantor kümesinde U ∩ V = ∅ ve U ∩ V 6= ∅ koşulunu sağlayan U ve V açık kümeler
örneği verin.
11.34. [0, 1] aralığından Cantor uzayına tanımlı örten sürekli fonksiyonun varlığını gösterin.
Daha fazlası da doğru!
11.35. S
C N çarpım uzayı ile C’nin homeomorfik olduğunu gösterin. Kanıt. Tümevarımla N =
n An olacak biçimde her biri sonsuz ve ikişer ikişer ayrık An kümelerinin olduğu gösterilebilir16 . Her k ∈ N için, sk : N −→ Ak birebir ve örten fonksiyon olmak üzere, her n
için n = sk (i) olacak biçimde tek bir tane (i, k) ikilisi olacağından,
ϕ(f )(n) = ϕ(f )(sk (i)) = f (k)(i)
N
formülüyle ϕ : ∆ −→ ∆ fonksiyonu tanımlanabilir. Bu fonksiyon bir homeomorfizmadır.
11.36. C + C = [0, 1] olduğunu gösterin.
11.37. Cantor uzayını ve onunla ilgili bazıları yukarıda verilen temel sonuçları az da olsa farklı
bir dilde de izah edebiliriz. Bu alıştırmada bu yapılacak. a ≤ b olmak üzere, [a, b]
15 N
P
2 çarpım uzayını metrikleşebilir yapan iki denk metriklerden biri d(f, g) = n |f (n) −
g(n)|2−n , diğeri p(f, g) = 2min{n:f (n)6=g(n)} (f 6= g için) olduğunu hatırlayalım.
16
Daha fazlası da tümevarım kullanılmadan gösterilebilir: X boşolmayan bir küme olmak
üzere f : X × X −→ X birebir ve örten fonksiyonsa, (f (x, X))x∈X kümeler ailesinin bileşimi
X ve ikişer ikişer ayrıktır .
292
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
aralığından ( (a−b)
+ a, 2(a−b)
+ a) aralığının çıkartılmasıyla biri solda olan [a, (a−b)
+ a]
3
3
3
2(a−b)
ve diğeri sağda kalan [ 3 + a, b] iki kapalı aralık kalır. Solda kalanı [a, b]0 ve ve sağda
kalanı [a, b]1 ile gösterelim. Aynı işlem ve gösterimleri kullanılarak,
[a, b]00 , [a, b]01 , [a, b]10 ve [a, b]11
kapalı aralıkları tanımlanır. Tümevarım kullanılarak, her n ∈ N için, i1 , . . ., in ∈ {0, 1}
olmak üzere, [a, b]i1 ...in kapalı aralıkları tanımlayabiliriz. I = [0, 1] diyelim.
i. Ii1 ...in 0 ve Ii1 ...in 1 kümeler ayrık.
ii. Ii1 ...in ⊃ Ii1 ...in 0 ve Ii1 ...in ⊃ Ii1 ...in 1
iii. Cn = ∪ik ∈{0,1} Ii1 ...in .
iv. C = ∩∞
n=1 Cn .
v. Ii1 ...in aralığının uzunluğu 3−n .
vi. Ii1 ...in aralığının uç noktaları C’nin elemanıdır.
Her k ∈ N için In1 ...nk aralığının sağ ve sol uç noktalarını sırasıyla sag(In1 ...nk ) ve
sol(In1 ...nk ) ile gösterelim.
P
a. {sol(In1 ...nk ) : k ∈ N} ⊂ { ki=1 ai 3−i : ai ∈ {0, 2}}.
b. sag(In1 ...nk 0 ) = sol(In1 ...nk ) + 3−(k+1) .
c. sag(In1 ...nk 1 ) = sol(In1 ...nk ) + 3−k .
d. Her k ∈ N için,
P
{sol(In1 n2 ...nk ) : ni ∈ {0, 1}} = { ki=1 ai 3−i : ai ∈ {0, 2}}.
e. Her k ∈ N için, Ik = {sag(In1 n2 ...nk nk+1 ) : ni ∈ {0, 2}} olmak üzere,
P
P
−i
Ik = { ki=1 ai 3−i + 2nk+1 3−(k+1) + ∞
: ai ∈ {0, 2}}.
i=k+2 23
f. {sag(In1 ...nk : k ∈ N} ve {sol(In1 ...nk : k ∈ N} kümeleri sayılabilir sonsuzdur.
P
−n
g. C = { ∞
an : an ∈ {0, 2}}.
n=1 3
h. {sol(In1 ...nk ) : k ∈ N} = {sag(In1 ...nk ) : k ∈ N} = C.
k. C mükemmel bir uzaydır, yani her noktası bir yığılma noktasıdır. Ayrıca izole noktası
yoktur. Her N ∈ N için ϕN , ϕ : 2N −→ [0, 1] fonksiyonuları
P
P
−n
−n
ϕN (f ) = N
ve ϕ(f ) = ∞
n=1 2f (n)3
n=1 2f (n)3
formülleriyle tanımlansın.
1. ϕN ve ϕ fonksiyonları süreklidir.
2. Her n için ϕ((i1 . . .in , 0, 0, . . .)), Ii1 ...in aralığının sol uç noktasıdır. Terside doğrudur.
Yani,
{ϕ((i1 . . .in , 0, 0, . . .)) : ik ∈ {0, 1}} = {sol(Ii1 ...in ) : ik ∈ {0, 1}}
olur. Dolayısıyla ϕ((i1 . . .in , 0, 0, . . .)) ∈ C olur. Ayrıca bu gözlemle Cantor kümesinin
uç noktalarından farklı noktalar açık seçik yazılabilir, örneğin 41 böyle bir noktadır.
3. f ∈ 2N verilsin. Her n ∈ N için, fn ∈ 2N , 1 ≤ k ≤ n için fn (k) = f (k) ve n < k için
fn (k) = 0 olmak üzere 2N uzayında fn → f olduğunu gösterin. Ayrıca, ϕ(fn ) → ϕ(f )
olduğunu ve buradan da, ϕ(fn ) ∈ C ve C’nin kapalı olduğunu kullanarak ϕ(f ) ∈ C
olduğunu gösterin. Dolayısıyla ϕ(2N ) ⊂ C olduğu gösterilmiş olur.
4. ϕ(2N ) = C olduğunu gösterin.
5. Çok olduk ama biraz daha dişinizi sıkarak da olsa, ϕ’nin birebir olduğunu bir zahmet
gösterin. Böylece 2N kompakt çarpım uzayı ve topolojisi Öklid topolojisi olan Cantor
uzayı C’nin homeomorfik olduğu gösterilmiş olur.
P
6. inf{ n (bn − an ) : C ⊂ ∪n (an , bn ), an , bn ∈ R} = 0.
7. 12 C + 12 C = [0, 2].
11.38. Cantor kümesinin uç noktalarının altuzayı ve rasyonel sayılar uzayınının homeomorfik
olduğunu gösterin. (Kanıt ve dataylar [42]’de bulunabilir.)
11.6. Kompakt Uzayın Metrikleşebilirliliği
11.6
293
Kompakt Uzayın Metrikleşebilirliliği
Bu altbölümde kompakt Hausdorff uzayın metrikleşebilmesi için gerek ve yeter koşulların bazıları, Cantor kümesi kullanılarak verilecektir. Bunun sonucu
olarak her metrikleşebilir kompakt metrik uzayın, Cantor uzayının sürekli bir
fonksiyon altındaki görüntüsü olduğu alıştırmalar kısmında kanıtıyla verilecek.
Önce özel iki durum için bakalım.
Teorem 11.14. [0, 1] kapalı aralığı Cantor kümesi C’nin sürekli bir fonksiyon
altındaki görüntüsüdür.
Kanıt: C ve {0, 1}N uzayları homeomorphik olduğunu biliyoruz.
P
π : {0, 1}N −→ [0, 1], π((xn )) = xn 2−n
sürekli ve örten bir fonksiyondur.
Alıştırma 11.44’ de Hilbert küp H = [0, 1]N çarpım uzayının sürekli bir
fonksiyon altında Cantor uzayının görüntüsü olduğu kanıtıyla verilecek.
Göstereceğimiz temel sonuçlardan biri, kompakt metrikleşebilir bir K uzayı
için, C(K) normlu uzayından C(C) normlu uzaylarına supremum normuna
göre izometrik liner dönüşümünün varlığını kullanacağız17 . Burada geçen supremum normu, supremum metrikten gelir, yani d∞ (f, g) = supx∈K |f (x)−g(x)|
olmak üzere,
||f ||∞ = d∞ (f, 0)
olarak tanımlanır. Öncelikle bir önsava ihtiyacımız var.
Önsav 11.15. (C(C), ||.||∞ ) normlu uzayı ayrılabilir.
Kanıt: C(C) vektör uzayını,
||f || = supx∈X |f (x)| = d∞ (f, 0)
normuna göre bir normlu uzay olarak ele alalım. Kanıtta sonlu boyutlu normlu
uzayın ayrılabilir olduğunu kullanacağız18 . Alıştırma 11.37 gösterimleri takip
ederek kanıtı vereceğiz. Her n ∈ N için, Fn , Cn ’den R’ye tanımlı ve her Ii1 ...in
aralığında sabit olan fonksiyonların vektör uzayını göstersin. Bu vektör uzayı
sonlu boyutlu, hatta boyutu 2n dir. (Neden?) Ayrıca
Fn (C) = {g|C : g ∈ Fn },
17
Yani, her f ∈ C(K) için ||T (f )||∞ = ||f ||∞ eşitliğini sağlayan liner T dönüşümü var.
Sonlu boyutlu normlu uzayın normu, Rn ’nin Öklid normuna denktir. Rn , Öklid normuna
göre ayrılabilir olduğundan, sonlu boyutlu normlu uzay ayrılabilirdir.
18
294
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
Fn , vektör uzayının bir vektör altuzayına izomorfik olduğundan, Fn (C) vektör
altuzayıda sonlu boyutlu ve ayrıca C(C) vektör uzayının altuzayıdır. Fn (C)’ler
ayrılabilir normlu uzay ve sayılabilir kümelerin sayılabilir bileşimleri sayılabilir
olduğundan,
C(C) = ∪n Fn (C)
olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacak. Yani, her f ∈ C(C) ve > 0 için,
||f − g|| < olacak biçimde g ∈ ∪n Fn (C) fonksiyonunun varlığını göstermek kanıtı bitirir.
f , düzgün sürekli olduğundan,
|x − y| < 3−n ⇒ |f (x) − f (y)| < olacak biçimde n vardır. x ∈ C verilsin. x’i içeren Ii1 ...in tek bir küme vardır.
Bu kümenin sol uç noktasını x∗ ile gösterelim.
g : C −→ R, g(x) = f (x∗ )
fonksiyonunu tanımlansın. g ∈ Fn (C) ve |x − x∗ | < 3−n olduğundan,
|f (x) − g(x)| = |f (x) − f (x∗ )| ≤ olur. Buradan, ||f − g|| ≤ olur. Kanıt tamamlanır.
Teorem 11.44 ve Alıştırma 11.44, aşağıda verilen teorem’ün özel hali olup,
okurun öncelikle bunlara bakması önerilir.
Teorem 11.16. X kompakt Hausdorff uzayı için aşağıdakiler denktir.
i. X metrikleşebilir.
ii. X, [0, 1]N çarpım uzayının bir alt uzayına homeomorfiktir.
iii. Cantor uzayı C’den X’e tanımlı sürekli ve örten fonksiyon vardır19
iv. C(X), d∞ (f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)| ile tanımlanan metrik topolojiye
göre ayılabilir.
v. C(X)’nin sayılabilir bir altkümesi, X’nin noktalarını ayırır.
Kanıt: (i) ve (iii) koşullarının denkliği Hausdorff [65] ve Alexandroof [4] tarafından bağımsı olarak verilmiş olup, Hausdorff-Alexandroff Teoremi olarak
bilinir.
(i ⇒ v): X uzayının topolojisi d, metriğinden gelen topoloji olsun. Her a ∈ x
için, fa (x) = d(a, x) formülüyle tanımlanan, fa : X −→ R fonksiyonu süreklidir. Kompakt metrik uzayın sayılabilir yoğun altkümesi olacağından, A ⊂ X
19
Daha fazlası var: Sayılabilir kompakt Hausdorff uzay, sürekli bir fonsiyon altında Cantor
kümesinin görüntüsüdür. Bu konuda [34] üzerinden iz sürülebilir.
11.6. Kompakt Uzayın Metrikleşebilirliliği
295
sayılabilir altküme vardır. F = {fa : a ∈ A} ⊂ C(X) kümesinin sayılabilir ve
X’nin noktalarını ayırır. Gerçekten de, x, y ∈ X verilsin ve her f ∈ F için
f (x) = f (y) olduğunu varsayalım. A, X’te yoğun an → x olacak biçimde, A’da
(an ) dizisi var. d(an , x) = d(an , y) olmasından an → y olur. Dolayısıyla, x = y
olur.
(v ⇒ ii): Sayılabilir F ⊂ C(X) altküme, X’nin noktalarını ayırsın. F = {fn :
n ∈ N olmak üzere,
X → [0, 1]N , x → (fn (x)
fonksiyonu sürekli ve birebirdir. X kompakt olduğundan, X, f (X) altuzayına
homeomorfiktir.
(ii ⇒ i): [0, 1]N metrikleşebilir olduğundan, onun altuzayına homeomorfik olan
uzay da metrikleşebilir.
(ii ⇒ iii): Genelliği bozmadan X uzayını [0, 1]N çarpım uzayınının altuzayı
olarak görebiliriz. Dolayısıyla metrikleşebilir. Kanıtın diğer kısmı Alıştırma
11.45’de verilmiştir.
(iii ⇒ vi): g : C −→ X örten sürekli fonksiyon olsun. T : C(X) −→ C(C) liner
dönüşümü,
T (f ) = f ◦ g
formülüyle tanımlansın. Her f ∈ C(X),
||T (f )||∞ = ||f ||∞
olduğundan, Önsav 11.14’den istenilen elde edilir.
Bu altbölümde [59]’den olukça yararlanılmış, ve bazı ifade biçimleri doğrudan
alınmıştır.
Alıştırmalar
11.39. Sonlu boyutlu vektör uzayda tanımlı normların birbirlerine denk olduğunu gösterin.
Ayrıca sonlu boyutlu normlu uzayların ayrılabilir olduğunu gösterin.
11.40. X kompakt Hausdorff uzay ve Y Hausdorff uzay olsun. X’ten Y ’e tanımlı sürekli ve
örten fonksiyon var ve X metrikleşebilirse, Y ’nin de metrikleşebilir olduğunu gösterin.
11.41. {0, 1}N ve ℘(N) üzerinde farklı kompakt metrik uzaylarda tanımlanabilir. Aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. f , g ∈ {0, 1}N için,
d(f, g) = supn |f (n) − g(n)| ∧ n−1
formülüyle tanımlanan d metrig̈ne göre {0, 1}N kompakt olur.
ii. A, B ∈ ℘(N) için,
p(A, B) = supn∈A∆B n−1
formülüyle tanımlanan d metrig̈ine göre ℘(N) kompakt olur. (supn∈∅ n−1 = 0 olarak
alıyor.)
iii. ℘(N) −→ {0, 1}N , A −→ χA fonksiyonu bir izometri.
296
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
11.42. ℘(N) üzerinde p metriği yukarıda verilen alıştırmadaki gibi tanımlansın. Aşağıdakilerin
doğruluğunu gösterin.
i. (An ), ℘(N)’de artan bir diziyse An → ∪n An .
ii. (An ), ℘(N)’de ayrık dizi ise An → ∅.
iii. Her B ∈ ℘(N) için, A −→ A ∩ B ve A −→ A ∪ B fonksiyonları sürekli.
iv. f : N −→ N fonksiyonu için, A −→ f −1 (A) fonksiyonu süreklidir.
11.43. Açık ve kapalı kümelerden oluşan komşuluk tabanı olan topolojik uzaya sıfır boyutlu
topolojik uzay denir. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. X ⊂ R Öklid altaltuzayının sıfır boyutlu olması için gerek ve yeter koşul bir aralık
içermemesidir. Kanıt: X sıfır boyutlu olsun. X’in bir açık aralık I içerdiği varsayıldığında
I sıfır boyutlu bir uzay olacaktır. Dolayısıyla I uzayının kendisinden ve boşkümeden
farklı açık-kapalı altkümesi olacaktır. Bu Sonuç 5.15 gereği, I’nın bağlantılı olmasıyla
çelişi. Şimde X bir açık aralığı kapsamasın. Bu durumda D = R \ X, R Öklid uzayında
yoğun olur. {(a, b) ∩ X : a < b, a, b ∈ D}, X’in açık-kapalı kümelerden oluşan bir tabanı
olur, yani X sıfır boyutludur.
ii. Cantor uzayı sıfır boyutludur.
iii. ( Brouwer ) İzole noktası olmayan sıfır boyutlu kompakt metrik uzay C’ye homeomorfiktir.
11.44. Bir X topolojik uzayının açık-kapalı kümelerden oluşan bir B tabanı varsa, X uzayı
{0, 1}B uzayına gömülebilir olduğunu gösterin. (x → (χB (x))B∈B istenile özellikte homeomorfizmadır.)
11.45. Hilbert küp H = [0, 1]N , Cantor uzayının sürekli bir fonksiyon altındaki görüntüsüdür.
Kanıt: ∆ = {0, 1}N diyelim. ∆ ve C uzaylarının homeomorfik olduklarını biliyoruz.
π : ∆ −→ [0, 1] sürekli örten fonksiyonu Teorem 11.14’de olduğu gibi
P
π((xn )) = n xn 2−n
formülüyle tanımlansın. π : ∆N −→ [0, 1] fonksiyonu
π((fn )) = (π(fn ))
eşitliğiyle tanımlansın. Bu fonksiyon sürekli ve örtendir. Alıştırma 11.35 gereği C N ve C
uzaylarının homeomorfik oldukları uygulanarak kanıt tamamlanır..
11.46. K, Cantor uzayı C’nin boş olmayan bir altkümesiyse, her k ∈ K için f (k) = k olacak
biçimde sürekli bir f : C −→ K fonksiyonunun
olduğunu gösterin. Kanıt: Cantor uzayı
P
−n
olan ∆ = {0, 2}N kompakt
yerine üzerindeki metrik d((an ), (bn )) =
n |an − bn |3
metrik uzayı almak genelliği bozmayacaktır. Her x ∈ ∆ için
d(x, f (x)) = d(x, K)
olacak biçimde f (x) ∈ K vardır. Üstelik tektir. Gerçekten de, a = (an ), b = (bn ) ∈ K
noktaları
P
P
n |xn − an | = d(x, a) = d(x, b) =
n |xn − bn |
eştliklerini sağlasaydı, her n için |xn − an | = |xn − bn | olurdu. Buradan da her n için
an = bn , yani a = b olurdu. Böylece,
d(x, f (x)) = d(x, K)
eşitliğini sağlayan h : ∆ −→ K fonksiyonu tanımlanmış olur. Her k ∈ K için h(k) = k
olduğu açık. f ’nin sürekli olmadığını varsayalım. Bu durumda xn → x olmasına karşın
h(xn ) 6→ h(x) olacak biçimde ∆ uzayında (xn ) dizisi vardır. K kompakt olduğundan, gerekirse altdiziye geçerek f (xn ) → y 6= h(x) olduğunu varsayabiliriz. Buradan d(x, h(x)) =
d(x, y) çelişkisi elde edilir. K ⊂ C verilsin. π : C −→ ∆ homeomorfizma olsun. π(K)
kapalı olduğundan, her k ∈ K için h(π(k)) = π(k) olacak biçimde sürekli h : ∆ → π(K)
11.6. Kompakt Uzayın Metrikleşebilirliliği
297
fonksiyonu vardır. g(π(k)) = k eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon sürekli olup, f = g◦h◦π :
C −→ K fonksiyonu sürekli ve her k ∈ K için f (k) = k olur.
11.47. ( Hausdorff-Urysohn [7] ) Her metrikleşebilir kompakt Hausdorff uzayın Cantor kümesinin sürekli bir fonksiyon altındaki görüntüsüsü olduğunu gösterin. Kanıt: C, {0, 1}N ,
Cantor uzayına homeomorfik (Teorem 11.13), dolayısıyla ∆ = {0, 2}N uzayına homeomorfik olduklarını not edelim. X kompakt metrikleşebilir uzay olsun. X ayrılabilirdir
ve dolayısıyla, Teorem 11.10 gereği, H = [0, 1]N Hilbert uzayının kapalı bir Y altuzayına
homeomorfik (homeomorfizma ϕ : Y −→ X olsun) olur. H kompakt metrikleşebilir
olduğundan, Alıştırma 11.44 gereği π : ∆ −→ H örten sürekli fonksiyonu vardır. π −1 (Y ),
∆ uzayının kapalı altuzayıdır. Yukarıda verilen problem gereği, her k ∈ π −1 (Y ) için
f (k) = k olacak biçimde sürekli f : ∆ −→ π −1 (Y ) fonksiyonu vardır. Sonuç olarak
ϕ ◦ π ◦ f : ∆ −→ X bir örten fonksiyondur. Farklı kanıtlar [34] ve [117]’de bulunabilir.
11.48. ( Schoenfeld-Gruenhage [120] ) X kompakt metrik uzay olmak üzere aşağıdaki koşulların
denk olduğunu gösterin.
A. X uzayının aşağıdaki özellikleri vardır.
i. X’in en az bir boş kümeden farklı kompakt açık altkümesi ve en az bir boşkümeden
farklı bir kompakt olmayan açık altkümesi var.
ii. X’in boşkümeden farklı her iki kompakt altuzayı homeomorfiktir.
iii. X’in boşkümeden farklı ve kompakt olmayan her iki açık altkümesi homeomorfiktir.
B. X ve Cantor uzayı C homeomorfiktirler.
Buradan C’nin kompakt altuzayının C uzayına homeomorfik olduğunu söyleriz. Bunun
sonucu olarak kompakt olmayan bir metrik uzayın C\{0} altuzayına homeomorfik olması
için gerek ve yeter koşulun (i), (ii) ve (iii) koşullarını sağlaması olduğunu gösterin.
11.49. ( Schoenfeld-Gruenhage [120] ) X kompakt metrik uzay olmak üzere aşağıdaki koşulların
denk olduğunu gösterin.
A. X uzayının aşağıdaki özellikleri vardır.
i. X birinci dereceden sayılabilir..
ii. X’in izole noktası yoktur.
iii. X sıfır boyutludur.
B. X ve Cantor uzayı C homeomorfiktirler.
Bunun sonucu olarak her n ≥ 2 için {1, 2, . . ., n}N , Cantor uzayına homeomorfiktir20 .
20
Buna karçın NN çarpım uzayı Cantor uzayına değil, irrasyonel altuzayına homeomorfiktir.
12. Stone-C̆ech Kompaktlama
I
X = R Öklid uzayı kompakt olmasa da bir kompakt uzayın altuzayına homeomorfiktir. Gerçekten de Y = [0, 1] uzayı kompakt ve X, Y ’nin Z = (0, 1) altuzayına homeomorfiktir. Üstelik Z altuzayı Y uzayında yoğundur. Bu gözlemle
hareket ederek şu sorulabilir:
Hangi tür uzaylar bir kompakt Hausdorff uzayın içine yoğun olarak gömülebilir?
Kompakt Hausdorff uzaylar tümüyle düzenli olduklarından ve tümüyle
düzenli uzayların altuzayları da tümüyle düzenli olduklarından bu tür uzayların tümüyle düzenli olmaları gerekir. Aslında bu özellik yeterli bir özelliktir.
Bir topolojik uzayın altuzayından R’ye tanımlı sürekli bir fonksiyonun
bütün uzaya sürekli olarak genişlemesinin ne demek olduğunu biliyoruz. Y =
(0, 1] Öklid uzayını X = [0, 1] uzayının altuzayı olarak ele alalım. f : Y −→
R’ye tanımlı sürekli ve x = 0 noktasında limiti olmayan sınırlı f fonksiyonu
vardır. Bu fonksiyonun X uzayına sürekli genişlemesi yoktur. Bu gözlemden
takiple bir başka temel soru şu olacaktır: Aşağıdaki özelikleri sağlayan bir K
kompakt Hausdorff uzayı var mıdır?
i. (0, 1] uzayı K’nın bir yoğun altuzayına homeomorfik.
ii. Cb ((0, 1]) halkasında tanımlı her fonksiyonun C(K) halkasındaki sürekli
bir fonksiyona genişlemesi var.
Yukarıdaki soru şu şekilde genellenebilir: Verilen bir X topolojik uzayı için
aşağıdaki koşulları sağlayan bir kompakt Hausdorff K uzayı var mıdır?
i. X, K’nın bir yoğun altuzayına homeomorfiktir.
ii. C(K) −→ Cb (X), f −→ f|X dönüşümü ring izomorfizmasıdır.
Bu sorunun yanıtı konunun başlığında verilen Stone-C̆ech kompaktlama ile
ilgilidir. Yanıt tümüyle düzenli uzaylar için olumludur.
X bir topolojik uzaysa C(X) bir cebirdir. Üstelik C(X) ve C(Y ) cebirlerini
izomorfik yapacak biçimde, tümüyle düzenli Y uzayı vardır. Ayrıca Cb (X) ve
12.1. Banach-Stone Teoremi
299
Cb (Y ) uzayları da birbirlerine izomorfiktirler. Dolayısıyla derdimiz C(X) ya
da Cb (X) cebirlerini çalışmak olduğunda X uzayını doğrudan tümüyle düzenli
almakla birşey kaybetmeyiz. Bu durumu daha da ilerleterek bir X topolojik
uzayı için C(X) halkasının cebirsel yapısını anlamak, X’in kompakt Hausdorff
olması durumunda daha kolay olduğundan “X uzayını kompakt Hausdorff almakla birşey kaybeder miyiz?” sorusunun yanıtı anlamlı olacaktır. Daha da
açık olarak soracak olursak verilen X topolojik uzayı için C(X) ve C(K) cebirlerini izomorfik yapacak biçimde kompakt Hausdorff uzay K var mıdır? Bu
sorunun yanıtı olumsuzdur. Buna karşın Cb (X) ve C(K) uzaylarını izomorfik
yapan kompakt Hausdorff K uzayı vardır ve tektir. Işte tek olan bu uzaya, X
tümüyle düzenli olduğunda, X’in Stone-C̆ech kompaktlaması denir.
Yukardaki paragrafta yer alan K uzayının tekliği Banach-Stone teoreminin bir sonucudur. Dolayısıyla öncelikli olarak Banach-Stone teoremini vereceğiz. Bunların yanısıra X uzayının K uzayının yoğun altuzayına homeomorfik olduğunu ve X’ten R’ye tanımlı ve sürekli her fonksiyonun K uzayına
sürekli olarak genişleyebileceğini görebileceğiz.
Tümüyle düzenli uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının inşası için farklı
yöntemler vardır. Bunlar için gerekli ön bilgi öncesinde verilerek Stone-C̆ech
kompaktlamanın değişik inşaları verilecektir.
Şunu da belirtelim: Genel olarak verilen tümüyle düzenli X uzayı için C(X)
ve C(K) cebirleri izomorfik yapacak biçimde kompakt Hausdorff uzay K olması gerekmese de, K’yı tümüyle düzenli ile kompaktlık özellikleri arasında
kalan bazı özellikteki uzaylar olarak alabiliriz. Daha açık olarak yazacak olursak: X uzayını,
Q
Y = f ∈Cb (X) R
uzayınının bir altuzayı olarak alabileceğimizden K = X olarak alacak olursak
C(X) ve C(K) cebirleri izomorfiktirler. Cb (X) ve Cb (K) cebirleri de izomorfiktirler. Bu yaklaşımlardan zamanı geldiğinde bahsedilecektir.
12.1
Banach-Stone Teoremi
Giriş kısmında da bahsedildiği gibi K ve M kompakt Hausdorff uzaylar olmak
üzere C(K) ve C(M ) halkaları izomorfikse K ve M uzayları homeomorfiktirler. Bu altbölümde bu ifade teorem olarak ifade edilerek kanıtı verilecektir.
Öncelikle aşağıdaki tanımı verelim.
Tanım 12.1. X bir topolojik uzay, A, C(X)’in bir althalkası olsun. π : A −→
R homomorfizması bazı x ∈ A için
π(f ) = f (x)
biçimindeyse π’ye bir noktayla belirlenebilir homomorfizma denir.
300
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
Her homomorfizma bir noktayla belirlenemeyebilir. Ancak topolojik uzayın
özelliğine göre belirlenebildiği durumlar da olabilir.
Teorem 12.1. X bir kompakt Hausdorff uzay olsun. C(X) halkasından R’ye
tanımlı ve birimi bire götüren her homomorfizma noktayla belirlenebilir homomorfizmadır.
Kanıt: π : C(X) −→ R bir homomorfizma ve π(1) = 1 olsun. Her 0 ≤ f ∈
C(X) için
√
√
0 ≤ π( f )2 = π(( f )2 ) = π(f )
olduğunu not edelim. π’nin bir noktayla belirlenemeyen homomorfizma olduğunu
varsayalım. Bu durumda her x ∈ X için
π(fx ) 6= fx (x)
eşitliğini sağlayan 0 ≤ fx ∈ C(X) vardır. gx ∈ C(X) fonksiyonu
gx = (π(fx ) − fx )2
olarak tanımlansın. gx sürekli ve gx (x) > 0 olduğundan her t ∈ Ux için gx (t) >
0 olacak biçimde x ∈ Ux açık kümesi vardır.
S
X = x∈X Ux
ve X kompakt olduğundan
X=
S
a∈A Ua
eşitliğini sağlayan sonlu A ⊂ X vardır. g ∈ C(X),
P
g = a∈A ga
olarak tanımlansın. Her x ∈ X için g(x) > 0 ve X kompakt olduğundan
0 < r ≤ g eşitsizliğini sağlayan r > 0 reel sayısı vardır. Buradan
0 < r = π(r) ≤ π(g) = 0
çelişkisi elde edilir. Böylece π’nin tek noktayla belirlenebilir homomorfizma
olduğu gösterilmiş olur. Tekliğin gösterilmesi ise farklı noktaların sürekli fonksiyonlarca ayrılabileceğinin bir sonucudur. Kanıt tamamlanır.
X, Y topolojik uzayının altuzayı olmak üzere
C(Y ) −→ Cb (X), f 7→ f|X
12.1. Banach-Stone Teoremi
301
dönüşümü örtense X, Y uzayında Cb -gömülebilir denir. Burada altuzay yerine homeomorfik gömülebilir almak bir kayıp yaratmaz. Yukarıdaki teorem
kullanılarak aşağıdaki teorem kanıtlanabilir.
Teorem 12.2 (Banach-Stone). M ve K iki kompakt Hausdorff uzay olsun.
K ve M uzaylarının homeomorfik olması için gerek ve yeter koşul C(K) ve
C(M ) halkalarının izomorfik olmalarıdır.
Kanıt: K ve M uzayları homeomorfiklerse C(K) ve C(M ) halkalarının izomorfik oldukları kolayca görülür. Tersine C(K) ve C(M ) halkalarının izomorfik
olduklarını varsayalım. π : C(K) −→ C(M ) halka izomorfizma olsun. π(1) = 1
olduğunu varsayabiliriz. Her m ∈ M için
πm : C(K) −→ R, πm (f ) = f (m)
olarak tanımlanan homomorfizma olsun. πm ◦ π : C(K) −→ R bir homomorfizma ve πm ◦ π(1) = 1 ve K kompakt olduğundan Teorem 12.2 gereği bir
noktayla belirlenen homomorfizmadır. Yani
π(f )(m) = πm ◦ π(f ) = f (σ(m))
olacak biçimde tek bir σ(m) ∈ K vardır. Böylece M ’den K’ye bir σ fonksiyonu
tanımlanmış olur. σ’nın örten bir homeomorfizma olduğunu göstermek de zor
değildir.
Aşağıdaki sonucun kanıtı Banach Stone Teoremi’nin uygulanmasıyla hemen görülür. Detay okuyucuya bırakılmıştır.
Sonuç 12.3. X düzenli uzay ve kompakt Hausdorff olsun. Ayrıca X’in K ve
M uzaylarının yoğun altuzaylarına homeomorfik olsun. X, ayrıca bu uzaylara
ve bu gömmelere göre Cb -gömülebilirse, K ve M uzayları homeomorfiktir.
Banach-Stone Teoreminin değişik biçimleri vardır. Örneğin X ve Y iki
kompakt Hausdorff uzay ve π : C(X) −→ C(Y ) örten izometri olsun. Yani her
f ∈ C(X) için ||π(f )|| = ||f || olsun.
π(f )(x) = g(x)f ((σ(x)) (x ∈ X)
olacak biçimde h ∈ C(X) ve homeomorfizma σ : Y −→ X vardır. Çok daha
geniş bilgi [39]’te bulunabilir.
Alıştırmalar
12.1. X ve Y iki uzay olsun. C(X)’ten C(Y )’ye tanımlı ve birimi birime götüren her halka
homomorfizmanın cebir homomorfizma olduğunu gösterin.
12.2. Bir noktayla belirlenemeyen ve birimi bire götüren bir π : C(R) −→ R homomorfizma
örneği verin.
302
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
12.3. K kompakt Hausdorff uzay ve X tümüyle düzenli olsun. C(K) ve Cb (X) halkaları izomorfikse X uzayının, K uzayının yoğun bir altuzayına homeomorfik olduğunu gösterin.
12.4. X = [0, w1 ) ordinal uzayı için aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. X uzayının sayılabilir kofinal altkümesi yoktur.
ii. A ve B, X’in kapalı ayrık altkümelerse bunlardan bir kofinal olamaz.
iii. Sürekli her f : X −→ R fonksiyonu en az bir α < w1 için f ({β : α ≤ β < w1 })
kümesi tek elemanlıdır. Bir başka deyişle, sürekli her fonksiyon sonunda sabittir.
12.5. Her α < w1 için [0, w1 ) ve altuzay [α, w1 ) uzaylarının homeomorfik olduğunu gösterin.
12.6. X = [0, w1 ) ve Y = [0, w1 ] ordinal uzayları için C(X) ve C(Y ) halkaları izomorfik
olmalarına karşın X ve Y ’nin homeomorfik olmadıklarını gösterin.
12.2
Stone-C̆ech Kompaktlama
Bu altbölümde tümüyle düzenli X uzayının bir kompakt K uzayın yoğun
altuzayına homeomorfik ve Cb -gömülebilir olduğunu göstereceğiz. Yani şunu
kanıtlayacağız: X tümüyle düzenli uzaysa öyle bir kompakt Hausdorff uzay
K vardır ki X uzayı, K uzayının yoğun altuzayına homeomorfik (altuzayı
olduğunu varsayabiliriz!) ve her f ∈ Cb (X)’in bir genişlemesi f ∈ C(K)
vardır. Bu durumda, Cb (X) ve C(K) halkaları izomorfik olacaklarından K
uzayı, Banach-Stone Teoremi gereği, homeomorfizma olarak tek bir olacaktır.
Bahsi geçen özellikteki K uzayının inşasının çeşitli yolları vardır. Bu kısımda
“standart” olan inşasını vereceğiz.
Teorem 12.4. X, Tümüyle düzenli uzay olsun.
Q
Cb (X)
f ∈Cb (X) R = R
çarpım uzayına göre
β : X −→ RCb (X) , β(x)(f ) = f (x)
dönüşümü altında X ve β(X) altuzayı homeomorfiktirler. Ayrıca β(X) kompakt altuzaydır1 .
Kanıt: β : X −→ β(X), x −→ β(x) dönüşümünün bir homeomorfizma olduğu
açıktır. Her f ∈ Cb (X) için |f | ≤ Mf olacak biçimde 0 ≤ Mf ∈ R seçelim.
Tychonoff Teoremi gereği
Q
K = f ∈Cb (X) [−Mf , Mf ],
RCb (X) çarpım uzayının kompakt altuzayıdır. Ayrıca β(X) altuzayının RCb (X)
uzayındaki kapanışı β(X), K uzayının kapalı altuzayı ve dolayısıyla K uzayının
1
X Tümüyle düzenli olmak üzere β : X −→ RCb (X) , β(x)(f ) = f (x) olarak tanımlanan
dönüşümün bir homemomorfik gömme olduğu ve βX = β(X) uzayının kompakt olduğu
sonucu Tychonoff tarafından verilmiştir.
12.2. Stone-C̆ech Kompaktlama
303
kompakt altuzayıdır. β(X), RCb (X) çarpım uzayının da kompakt altuzayıdır.
Kanıt tamamlanır.
X’ten β(X)’e tanımlı, x −→ β(x) fonksiyonunu da β ile göstermek karmaşa
yaratmayacaktır. Ancak uzayı vurgulamak için β yerine βX yazma durumunda
kalabiliriz. K kompakt Hausdorff uzay ise K, βK (K) ve βK K uzaylarının
homeomorfik oldukları da açıktır.
Tanım 12.2. X tümüyle düzenli uzay ve β(X) yukarıdaki teoremdeki gibi
tanımlansın.
βX = β(X)
uzayına X uzayının Stone-C̆ech kompaktlaması
2
denir.
Teorem 12.5 (C̆ech [26], Stone [129]). X tümüyle düzenli uzay ve K kompakt
Hausdorff uzay olsun. h : X −→ K sürekli fonksiyon olsun.
h(β(x)) = β(h(x))
olacak biçimde h’nin sürekli genişlemesi
h : βX −→ βK
vardır.
Kanıt: H : RCb (X) −→ RCb (K) fonksiyonu
H(ϕ)(f ) = ϕ(f ◦ h)
olarak tanımlansın. H fonksiyonunun sürekli olduğu kolaylıkla g¨[osterilir. x ∈
X verilsin.
H(β(x))(f ) = β(x)(f ◦ h) = β(h(x))(f )
olduğundan
H(β(X)) ⊂ β(K)
olur. H sürekli ve β(K) kapalı (hatta kompakt) olduğundan
H(βX) = H(β(X)) ⊂ H(β(X)) ⊂ β(K) = β(K)
olur.
h = H|β X
2
Bazı kitaplarda Stone-C̆ech kompaktlama yerine C̆ech-Stone kompaktlama da denir.
304
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
fonksiyonu istenen özellikte fonksiyondur.
Sonuç 12.6. X tümüyle düzenli uzay ve f ∈ Cb (X) verilsin. f ’nin tek bir
sürekli genişlemesi f ∈ C(βX) vardır.
Kanıt: f (X) ⊂ [a, b] ⊂ R olacak biçimde a, b ∈ R’ler vardır. [a, b]’nin kompakt olması göz önüne alınarak ve yukarıdaki teoremin uygulanmasıyla kanıt
tamamlanır.
Teorem 12.7. X tümüyle düzenli uzay olsun. Cb (X) ve C(K) cebirleri izomorfik olacak biçimde tek bir tane kompakt Hausdorff uzay K vardır.
Kanıt: Varlık K = βX alınmasıyla elde edilir. Teklik ise Banach-Stone Teoreminin sonucudur.
Alıştırmalar
12.7. X = (0, 1) olmak üzere βX ve [0, 1] uzayları homeomorfik midirler?
12.8. `∞ = {(xn ) : xn ∈ R} sınırlı diziler uzayı noktasal çarpma ve toplama işlemleri altında
bir halkadır. `∞ ve C(βN) halkalarının izomorfik olduklarını gösterin.
12.3
Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama
X = (0, 1), Y = [0, 1] ve βX uzaylarını ele alalım. Y ve βX homeomorfik olmayan kompakt uzay olmalarına karşın X uzayı, Y ve βX uzaylarının
bazı yoğun altuzaylarına homeomorfiktirler. Bir başka deyimle Y ve βX uzayları X uzayının farklı “kompaktlamasıdırlar”. Bu gözlem üzerinden hareket
ederek tümüyle düzenli uzayın kompaktlamaları arasındaki bazı ilişkileri ve
Stone-C̆ech kompaktlamanın diğer kompaktlamalar arasındaki özel yerini belirleyeceğiz.
Tanım 12.3. X topolojik uzayı kompakt K uzayının yoğun bir altuzayına
homeomorfik ise K uzayına X uzayının bir kompaktlaması denir.
Kanıtı okura bırakılan aşağıdaki teoremin sonucu olarak her uzayın en az
bir kompaktlamasının olduğunu söyleyebiliriz.
Teorem 12.8. (X, τX ) bir topolojik uzay ve ∞ 6∈ X olmak üzere
X∞ = X ∪ {∞}
kümesi üzerine
τX∞ = τX ∪ {X∞ \ A : A ⊂ X kapalı ve kompakt }
olarak tanımlansın. (X∞ , τX∞ ) kompakt topolojik uzaydır. Ayrıca X uzayının
kompaktlamasıdır. X∞ uzayına X uzayının Alexandroff bir nokta kompaktlaması denir.
12.3. Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama
305
Tümüyle düzenli X uzayının kompaktlamalarının kümesi C(X) ile gösterilecektir. Yukarıdaki teoremin sonucu olarak C(X), boş kümeden farklıdır. C(X)
kümesinin her elemanının Hausdorff olduğu açıktır. Y ∈ C(X) verildiğinde,
c(X) = Y eşitliğini sağlayan homeomorfik gömme c : X −→ Y olacağından Y
uzayı yerine cX yazacağız.
Bir uzayın birden çok kompaktlaması olabilir.
Alıştırmalar
12.9. X = (0, 1) Euclidean uzayının üç farklı, kompaktlamasını verebiliriz. Bunlar: [0, 1] uzayı,
Aleandroff bir nokta kompaktlaması ve Stone-C̆ech kompaktlamasıdır. Bu uzaylar birbirlerine homeomorfik değillerdir.
Tanım 12.4. X tümüyle düzenli uzay olsun. C(X) kümesinde c1 X ve c2 X ∈
C(X) olmak üzere
f ◦ c2 = c1
olacak biçimde sürekli f : c2 X −→ c1 X fonksiyonu varsa c1 X ≤ c2 X yazarız.
Teorem 12.9 (Lubben [98]). X tümüyle düzenli uzay ve
C0 = {ci X : i ∈ I} ⊂ C(X)
verilsin. Aşağıdaki anlamda C0 kümesinin en küçük üstsınırı CI X ∈ C(X)
vardır:
i. Her i ∈ I için ci X ≤ CI X.
ii. cX ∈ C(X) ve her i ∈ I için ci X ≤ cX ise cI X ≤ cX olur.
Q
Kanıt: CI : X −→ i∈I ci X fonksiyonu
cI (x) = (ci (x))
olarak tanımlansın. cI süreklidir. Çarpım uzayında
cI X = cI (X) olmak üzere
Q
cI X ∈ C(X) olduğu açıktır. i ∈ I verilsin. Pi : i Ci X −→ Ci izdüşümü sürekli
ve
Pi ◦ cI = ci
olduğundan
ci X ≤ cI X
olur. cX ∈ C(X), her i ∈ I için
ci X ≤ cX
ifadesi sağlansın. Her i ∈ I için
fi ◦ c = ci
306
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
olacak biçimde sürekli fi : cX −→ ci X sürekli fonksiyonları vardır.
F : cX −→ cI X, F (x) = (fi (x))
fonksiyonunu tanımlıyalım. F fonksiyonu sürekli ve
F ◦ c = cI
sağlanır. Böylece cI X ≤ cX olduğu gösterimiş olur.
Teorem 12.10. X tümüyle düzenli uzay olsun. Her cX ∈ C(X) için cX ≤
c∞ X özeliğinde c∞ X ∈ C(X) vardır. Ayrıca her kompakt Hausdorff K uzayı
için sürekli her f : X −→ K fonksiyonunun sürekli genişlemesi f : c∞ X −→ K
vardır.
Kanıt: Teoremin birinci kısmının kanıtı, yukarıdaki teoremin direkt sonucudur. Bu uzayı c∞ X ile gösterelim. Yani her cX ∈ C(X) için cX ≤ c∞ X olsun.
K kompakt uzay ve f : X −→ K sürekli fonksiyon olsun. c∞ X × K uzayı
kompakt Hausdorff uzay ve
c : X −→ c∞ X × K, c(x) = (c∞ (x), f (x))
fonksiyonu homeomorfik gömmedir.
cX = c(X) ∈ C(X)
olur. c∞ X uzayının seçiminden dolayı cX ≤ c∞ X. Tanım gereği
g : c∞ X −→ cX, g ◦ c∞ = c
eşitliğini sağlayan sürekli g fonksiyonu vardır.
P : c∞ X × K −→ K, P (a, b) = b
izdüşüm olmak üzere p = P|cX diyelim.
f = p ◦ g : c∞ X −→ K
olarak tanımlansın. f süreklidir. Ayrıca
f ◦ c∞ = p ◦ g ◦ c∞ = p ◦ c = f
olacağından ve X ve c(X) uzayları homeomorfik olduğundan f , f ’nin bir
sürekli genişlemesidir.
Sonuç 12.11. X tümüyle düzenli uzay olsun. c∞ X ∈ C(X) olmak üzere her
cX ∈ C(X) için cX ≤ c∞ X olması için gerek ve yeter koşul c∞ X ve βX
uzaylarının homeomorfik olmalarıdır.
12.3. Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama
307
Bu sonucun kanıtı okura bırakılmıştır.
Alıştırmalar
12.10. Noktasal cebirsel işlemler ve supremum norm altında c ve c0 normlu uzayları
c = {f ∈ RN : limn f (n) var }
ve
c0 = {f ∈ c : lim f (n) = 0}
olarak tanımlayalım. N ayrık topoloji ile donatılsın. N∞ , N’nin Alexandroff bir nokta
kompaktlaması olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu kanıtlayınız.
i. c ve C(N∞ ) normlu uzayları izometrik izomorfik uzaylardır.
ii. c0 ve {f ∈ C(N∞ ) : f (∞) = 0} normlu uzayları izometrik izomorfik uzaylardır.
12.11. X tümüyle düzenli uzay olsun. c1 X, c2 X ∈ C(X) uzayları c1 X ≤ c2 X ve c2 X ≤ c1 X
eşitsizliklerini sağlıyorsa bu uzaylara denk uzaylar denir. Aşağıdakilerin denkliklerini
gösterin.
i. c1 X ve c2 X uzayları denktir.
ii. f ◦ c1 = c2 eşitliğini sağlayan f : c1 X −→ c2 X homeomorfizması vardır.
iii. f ◦ c2 = c1 eşitliğini sağlayan f : c2 X −→ c1 X homeomorfizması vardır.
iv. Kapalı her A, B ⊂ X için
T
T
c1 (A) c1 (B) = ∅ ⇔ c2 (A) c2 (B) = ∅
olur.
12.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. Her cX ∈ C(X) için cX ≤ βX olduğunu gösterin.
13. z-Idealler ve z-Filtreler
X bir topolojik uzay olmak üzere f ∈ C(X) fonksiyonunun sıfır kümesi
Z(f ) = {x ∈ X : f (x) = 0}
olarak tanımlanmış ve gösterilmişti.
Z(X) = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin her elemanına sıfır küme denmişti. X tümüyle düzenli uzay ise
Z(X) kümesinin X uzayının kapalı tabanı olduğu, yani X’te her kapalı kümenin bazı sıfır kümelerin arakesiti olarak yazılabildiği Bölüm 8’de gösterilmişti.
Bu durum Z(X)’in önemini ortaya koyan önemli bir gerekçedir. Ayrıca Z(X)
kavramı bazı matematiksel yapıların inşasında da işe yarayacaktır (örneğin
Stone-C̆ech kompaktlaması, Bölüm 14).
Z(X) kümesinin sonlu bileşim işlemi altında kapalı ve sayılabilir arakesit
işlemi kapalı olduğunu biliyoruz.
T Yani Z1 ve Z2 ∈ Z(X) ise Z1 ∩ Z2 ∈ Z(X)
ve (Zn ), Z(X) de bir dizi ise Zn ∈ Z(X) olduğunu da belirtmiştik.
Bu bölümde daha önce çalışılan filtre, ultrafiltre ve bunlarla ilişkili kavramlar Z(X)’te yapılacaktır. Ayrıca bu kavramların C(X) cebirinde tanımlanan ideal, maksimal ideal gibi kavramlara karşılık geldiğinden gerektiği kadar söz edilecektir. Bu kavramlar kullanılarak tümüyle düzenli uzayın StoneC̆ech kompaktlamasının varlığı bir sonraki bölümde Tychonoff Teoremi kullanılmadan verilebilecektir. Bunun bir uygulamasıyla Tychnoff Teoremi’nin
farklı bir kanıtı verilebilecektir.
13.1. z-Filtre
13.1
309
z-Filtre
Bir topolojik uzayda tanımlanan filtre kavramının sıfır kümeler üzerindeki
biçimi aşağıdaki gibidir.
Tanım 13.1 (Kohls [84]). X bir topolojik uzay olsun. Boşkümeyi içermeyen,
sonlu arakesit ve üstküme işlemi altında kapalı Z ⊂ Z(X) alktkümesine zfiltre denir.
Ayrık uzaylarda filtrelerle z-filtreler çakışır. Bir X uzayında tanımlı filtrelerle z-filtreler arasındaki temel ilişki şudur: X’teki her filtre F için F ∩ Z(X)
bir z-filtre olur. Tersine bir z-filtre Z verilsin. F, Z’yi kapsayan filtrelerin
arakesitiyse
F ∩ Z(X) = Z
olur.
X bir topolojik uzay olsun. I, C(X) cebirinde bir ideal ve Z bir z-filtre
için aşağıdaki gösterimleri kullanacağız.
i. Z[I] := {Z(f ) : f ∈ I}
ii. Z −1 (F) := {f ∈ C(X) : Z(f ) ∈ Z}. Aşsağıda verilen anlamda, C(X)’in
idealleri ile X üzerinde oldukça yakın bir ilişki vardır. Bu ilişki sürekli fonksiyonların sıfır kümeleri üzerinden verilir.
Teorem 13.1. X bir topolojik uzay olsun. I ⊂ C(X) bir ideal ve Z ⊂ Z(X)
z-filtre olsun. Aşağıdakiler gerçekleşir.
i. Z[I] z-filtre.
ii. Z −1 (Z) idealdir.
Kanıt:
i. Z[I] bir z-filtredir: ∅ ∈ Z[I] olduğunu varsayalım. ∅ = Z(f ) olacak
biçimde f ∈ I seçelim. Her x ∈ X için f (x) 6= 0 olacağından f g = 1 olacak biçimde g ∈ C(X) vardır (g = f1 ). Buradan 1 ∈ I ve bundan dolayı
I = C(X) çelişkisi elde edilir. f , g ∈ I için f 2 + g 2 ∈ I olmasından dolayı,
Z(f ) ∩ Z(g) = Z(f 2 + g 2 ) ∈ Z[I]
olacağından Z[I] sonlu arakesit işlem kapalıdır. f ∈ I, g ∈ C(X) verilsin ve
Z(f ) ⊂ Z(g) olsun.
S
Z(g) = Z(f ) Z(g) = Z(f g) ∈ Z[I]
olacağından Z[I] üstküme işlem kapalıdır. Böylece Z[I]’nın z-filtre olduğu
gösterilmiş olur.
ii. Z −1 [Z] idealdir: ∅ 6∈ Z olduğundan 1 6∈ Z −1 (Z) olur. f , g ∈ Z −1 [Z] ve
h ∈ C(X) için
310
13. z-Idealler ve z-Filtreler
Z(f ) ∩ Z(g) ⊂ Z(f − g) ve Z(f ) ⊂ Z(hf )
olduğu açıktır. Ayrıca Z(f ) ∩ Z(g) ∈ Z olacağından
Z(f − g), Z(f h) ∈ Z
olur. Dolayısıyla
f − g, f h ∈ Z −1 [Z]
elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıda verilen teorem sonucu olarak C(X)’in ideallerinden X’in z-filtrelerine
I −→ Z[I]
dönüşümü tanımlanmış olur. Tersine X’in z-filtrelerinden C(X)’in ideallerine
tanımlı dönüşüm elde edilir. Bu dönüşümler kapsama sıralamasına göre artandır.
Teorem 13.2. X topolojik uzay, I, C(X)’te bir ideal ve Z bir z-filtre olsun.
Z[Z −1 [Z]] = Z ve Z −1 [Z[I]] ⊃ I
olur.
Kanıt: Tanımın uygulanmasından hemen elde edilir.
Yukarıdaki teoremde verilen
Z −1 [Z[I]] ⊃ I
kapsama bağıntısı eşitlik ile değiştirilemez (Alıştırma 13.1). Eşitliği sağlayan
idealler z-idealler olarak adlandırılacaktır.
Alıştırmalar
13.1. C(R) cebirinde i ∈ C(R), i(x) = x olmak üzere, i tarafından üretilen ideal I = hii olmak
üzere,
i. Z[I] = {Z(f ) ∈ C(R) : ∃g ∈ C(R), f = ig} ⊂ {Z(f ) : f ∈ C(X), f (0) = 0},
ii. Z −1 [Z[I]] 6= I,
iii. Z −1 [Z[I]] maksimal ideal
olduklarını gösterin.
13.2. N ayrık uzay olmak üzere
c0 = {f ∈ Cb (N) : limn f (n) = 0}
Cb (N) cebirinin bir idealidir.
Z = {Z(f ) : f ∈ c0 }
13.2. z-ultrafiltre ve Asal z-ultrafiltre
311
kümesinin sonlu arakesit işlemi altında kapalı, üstküme işlemi altında kapalı olmasına
karşın ∅ ∈ Z olduğunu gösterin. Bunun sonucu olarak c0 ’nın C(N) halkasında bir ideal
olmadığını gösterin.
13.3. X bir topolojik uzay, G ⊂ Z(X) için
T
Z = {Z ∈ Z(X) : bazı sonlu ∅ 6= G ⊂ F için , Z ⊂ G}
olarak tanımlansın. Z’in bir z-filtre olması için gerek ve yeter koşulun G’nin sonlu arakesit özelliğinin olması olduğunu gösterin. Yani Z(X)’nin sonlu arakesit işlemi altında
kapalı her altkümesi bir z-filtre tarafından kapsanır.
13.4. X topolojik uzay, f , g ∈ C(X), Z(g) ⊂ Z(f )◦ koşulunu sağlasın. f = gh eşitliğini
sağlayan h ∈ C(X) fonksiyonunun olduğunu gösterin.
13.2
z-ultrafiltre ve Asal z-ultrafiltre
Bir topolojik uzayda tanımlı filtre-ultrafiltre kavramlarını z-filtre ve z-ultrafiltrelere taşıyabiliz. Bu kısımda bunlarla ilgili temel kavramlar verilmiştir.
Tanım 13.2. Bir topolojik uzayda kendisinden başka bir z-filtre tarafından
kapsanmayan z-filtreye z-ultrafiltre denir.
Her filtrenin bir ultrafiltre tarafından kapsandığını biliyoruz (Teorem 6.21.)
Bu durum z-filtreler için de geçerlidir.
Teorem 13.3. Bir topolojik uzayda tanımlı her z-filtre en az bir z-ultrafiltre
tarafından kapsanır.
Kanıt: X topolojik uzay, Z, X’te bir z-filtre olsun. X’te Z’yi kapsayan zfiltrelerin kümesi M, boş olmayan ve kapsama sıralamasına göre kısmi sıralı
kümedir. M’de her zincirin bir üst sınırının olduğu da açıktır. Zorn Önsav’ı
kullanılarak M’nin bir maksimal elemanı olduğu görülür. Bu maksimal eleman Z’yi kapsayan z-ultrafiltredir.
Bir z-filtre birden fazla maksimal z-ultrafiltre tarafından kapsanabilir. Hangi
tür z-filtrelerin tek bir tane z-ultrafiltre tarafından kapsandığı önemlidir, ve
bu türdeki z-filtrelerin asal z-filtrelerden başkası olmadığı gösterilecektir. Bu
durum Teorem 13.7 ile ilişkilidir.
Z, aksi söylenmediği sürece C(X)’in ideallerinden X’in z-filtrelerine tanımlı
dönüşümünü gösterecektir. Standart gösterime uyma açısından C(X) halkasının I ideali altındaki görüntüsünü Z[I] ile gösteririz. Bu dönüşümün tersi
ise Z −1 ile gösterilecektir.
Teorem 13.4. X topolojik uzay olsun. M , C(X) cebirinde maksimal idealse
Z[M ], z-ultrafilte olur. Tersine Z bir z-ultrafiltreyse Z −1 [Z] bir maksimal idealdir.
312
13. z-Idealler ve z-Filtreler
Kanıt: . Z ve Z −1 dönüşümlerinin kapsama bağıntısına göre artan olmasından
istenilen hemen elde edilir.
Alıştırmalar
13.5. X topolojik uzay olmak üzere M , C(X) cebirinde maksimal ideal olsun. f ∈ C(X), her
g ∈ M için Z(f ) ∩ Z(g) 6= 0 ise f ∈ M olduğunu gösterin.
13.6. X topolojik uzay olmak üzere Z, X uzayında bir z-ultrafiltre olsun. F ∈ Z(X), her
Z ∈ Z için F ∩ Z 6= ∅ ise F ∈ Z olduğunu gösterin.
13.3
z-ideal
X topolojik uzay olmak üzere, C(X) cebirinde her ideal I için
I ⊂ Z −1 [Z[I]]
olduğu fakat genelde eşitlik olmayacağına ilişkin örnek verilmişti (Alıştırma
13.1). Eşitliği sağlayan özellik aşağıdaki gibi kavramlaştırılır.
Tanım 13.3. X topolojik uzay ve I, C(X) cebirinde
I = Z −1 [Z[I]]
eşitliğini sağlıyorsa I’ya z-ideal denir.
Okur, I’nin z-ideal olması için gerek ve yeter koşulun Z(f ) ∈ Z[I] olduğunda
f ∈ I olması gerektiğini kolaylıkla gösterebilir. Bunun uygulanmasıyla zideallerin keyfi arakesitlerinin z-ideal olduğu kolayca gösterilir. Z bir z-filtre
ise Z −1 [Z] bir z-ideal olur. Her maksimal ideal bir z-idealdir. Gerçekten de M
maksimal ideal olsun. Z(f ) ∈ Z[M ] verilsin.
f ∈ Z −1 [Z[M ]] ⊂ M
olacağından f ∈ M olur. Hatta keyfi maksimal ideallerin arakesiti de bir zidealdir.
Teorem 13.5. X topolojik uzay olsun. M, ℘, Iz , C(X) cebirinde sırasıyla
maksimal ideallerin kümesini, asal ideallerin kümesini ve z-ideallerin kümesini
göstersin. Ayrıca:
T
M∗ = { J : ∅ =
6 J ⊂ M},
T
℘∗ = { J : ∅ =
6 J ⊂ ℘}
Iz∗ = {
olmak üzere
T
J :∅=
6 J ⊂ Iz }
13.3. z-ideal
313
M ⊂ M∗ ⊂ Iz = Iz∗ ⊂ ℘∗
olur.
Kanıt: Sadece Iz ⊂ ℘∗ olduğunu göstereceğiz. Diğerlerinin kanıtları kolay
ve okuyucuya bırakılmıştır. Öncelikle şu olguyu not edelim: R bir halka ve I,
R’nin bir ideali olsun. ℘, R’nin I’yı kapsayan asal idealleri olmak üzere
T
℘ = {x ∈ R : ∃n ∈ N, xn ∈ I}
olur. I, C(X)’te bir z-ideal olsun. f ∈ C(X) bazı n’ler için f n ∈ I olsun.
Z(f ) = Z(f n ) ∈ Z[I]
olduğundan f ∈ I olur.
Yukarıda verilen olgu kullanılarak I’nın kendisini kapsayan asal ideallerin
arakesiti olduğu gösterilmiş olur.
Notlar ve Örnekler
13.7. Yukarıdaki teoremde Iz = M∗ olması gerekmez:
O0 = {f ∈ C(R) : 0 ∈ Z(f )◦ }
Mo = {f ∈ C(R) : 0 ∈ Z(f )},
olarak tanımlansın. O0 , bir z-ideal, M0 maksimal ideal ve O0 ⊂ M0 sağlanır ve O0 6=
M0 olur. I, C(R)’de O0 ⊂ I olacak biçimde bir ideal olduğundan I ⊂ M0 olduğunu
göstermek, O0 ’nin z-ideal fakat M∗ kümesinde olmayan bir örnek olacaktır. O0 ⊂ I
fakat I ⊂ M0 olmasın. f ∈ I \ M0 seçelim.
Z(f ) ∩ (−, ) = ∅
olacak biçimde > 0 seçebiliriz. Ayrıca
0 ∈ Z(g)0 ⊂ Z(g) ⊂ (−, )
önermelerini sağlayan g ∈ O0 vardır. Z(f ), Z(g) ∈ Z[I] ve Z(f ) ∩ Z(g) = ∅ olur. Bu,
Z[I]’nın z-filtre olmasıyla çelişir. (Teorem 13.1.)
13.8. C(R) cebirinde maksimal
T olmayan asal ideal vardır ([76]): O0 ve M0 idealleri yukarıdaki
gibi tanımlansın. O0 = i Pi olacak biçimde asal idealler vardır ve O0 6∈ M∗ olduğundan
en az bir i0 için Pi0 asal fakat maksimal değildir. O0 ⊂ Pi0 olduğundan yukarıdaki
açıklamalar nedeniyle Pi0 ⊂ M0 olur. Pi0 6= M0 olacağından Pi0 maksimal olmayan asal
idealdir.
C(R) halkasında asal olmayan z-idealler vardır. Ayrıca z-ideal olmayan
asal idealler de vardır. Önce aşağıdaki teoremi verelim.
Teorem 13.6. X topolojik uzay ve I ⊂ C(X) bir z-ideal olsun. Aşağıdakiler
denktir.
i. I asal idealdir.
ii. I en az bir asal ideali kapsar.
iii. f , g ∈ C(X) ve f g = 0 olduğunda f ∈ I ya da g ∈ I olur.
iv. Her f ∈ C(X) için
314
13. z-Idealler ve z-Filtreler
f (Z(g)) ⊂ [0, ∞) ya da f (Z(g)) ⊂ (−∞, 0]
önermelerini sağlayan g ∈ I vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii ⇒ iii) olduğu açıktır.
(iii ⇒ iv) f ∈ C(X) verilsin. f − f + = 0 olmasından f + ∈ I ya da f − ∈ I
olacağından istenilen açıktır.
(iv ⇒ i) gh ∈ I verilsin. p = |g| − |h| diyelim.
p(Z) ⊂ [0, ∞] ya da p(Z) ⊂ (−∞, 0]
olacak biçimde Z ∈ Z[I] vardır. p(Z) ⊂ ([0, ∞) olduğunu varsayalım.
Z(h) ⊃ Z ∩ Z(h) = Z ∩ Z(gh) ∈ Z[I]
olmasından Z(h) ∈ Z[I] olur. Benzer durum p(Z) ⊂ (−∞, 0] olduğunda da
elde edilir. I, z-ideal olduğundan h ∈ I olur. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
13.9. Bir R halkasında I ve J birbirlerini kapsamayan ideallerse I ∩ J asal ideal olamaz.
Gerçekten de
a ∈ I \ J, b ∈ J \ I, ab ∈ I ∩ J
olur. Bu gözlem kullanılarak C(R) halkasında hiçbir asal ideali kapsamayan z-ideal
örneği verebiliriz.
13.10. Asal olmayan z-ideal: C(R) halkasında her x ∈ R için
Mx = {f ∈ C(R) : f (x) = 0}
T
olarak tanımlansın. I = M0 M1 , yukarıdaki teorem gereği bir z-idealdir. Yukarıdaki
açıklama ve Teorem 13.5 gereği I ideali asal olmayan z-idealdir, çünkü M0 ve M1 idealleri
biri diğerini kapsamaz. Daha fazlası Teorem 13.6 gereği I’nın kapsadığı asal ideal yoktur.
13.11. z-ideal olmayan asal ideal: f ∈ C(R) fonksiyonu
f (0) = 0 ve limn | f
n
(x)
|
x
= 0 (her x ∈ R için)
eşitliği sağlansın. Şu olguyu bilelim: I, bir R halkasında ideal ve x ∈ R olsun. xn ∈ I
olacak biçimde n ∈ N yoksa I’yı kapsayan ve x’i içermeyen asal ideal P vardır. Bunu
kullanarak C(R) halkasında i(x) = x fonksiyonunu içeren ve f fonksiyonunu içermeyen
asal idealin varlığı gösterilebilir. Bu idealin z-ideal olmayacağı gösterilebilir.
Teorem 13.7. Bir topolojik uzay üzerinde tanımlı reel değerli sürekli fonksiyonlar cebirinde her asal ideal sadece ve sadece bir tek maksimal ideal tarafından kapsanır.
Kanıt: X topolojik uzay ve P , C(X)’de bir ideal olsun. P en az bir maksimal
ideal tarafından kapsanır. P ’nin farklı M1 ve M2 maksimal idealleri tarafından
kapsandığını varsayalım. J = M1 ∩ M2 ideali bir z-ideal ama asal değildir.
Teorem 13.6 dan dolayı J’nin kapsadığı asal ideal yoktur, ancak bu P ⊂ J
olmasıyla çelişir. Kanıt tamamlanır.
13.4. z-Filtre ve Yakınsaklık
315
Tanım 13.4. X tümüyle düzenli uzay olsun. Her f , g ∈ C(X) için
Z(f ) ∩ Z(g) ⇒ Z(f ) ∈ Z ya da Z(g) ∈ Z
koşulunu sağlayan z-filtre Z’ye asal z-filtre denir.
Teorem 13.8. X tümüyle düzenli uzay olsun, P ⊂ C(X) asal ideal ve Z asal
z-filtre olsun. O zaman
Z[P ] asal z-filtre ve
Z −1 [Z] asal idealidir.
olur.
Kanıt: (i) Q = Z −1 [Z[P ]] diyelim. Z[Q] = Z[P ] ve buradan da
Z −1 [Z[Q]] = Z −1 [Z[P ]] = Q
olduğundan QSbir z-idealdir. Ayrıca P ⊂ Q olur. Teorem 13.6 gereği Q asal
idealdir. Z(f ) Z(g) ∈ Z[P ] olsun. Buradan Z(f g) ∈ Z[Q] olur. Q bir zideal f g ∈ Q olur. Ayrıca Q asal ideal olduğundan f ∈ Q ya da g ∈ Q olur.
Böylece Z(f ) ya da Z(g)’nin en az biri Z[Q]’nın elemanıdır. Z[Q]’nın asal zfiltre olduğu, yani Z(p)’nin asal z-filtre olduğu gösterilmiş olur.
(ii) f , g ∈ C(X) ve f g ∈ Z −1 [Z] olsun.
Z(f g) = Z(f ) ∪ Z(g) ∈ Z[Z −1 [Z]] = Z
olduğundan Z(f ) ya da Z(g)’nin en az biri F’nin elemanıdır. Buradan f ya
da g’nin en az biri Z −1 [F]’nin elemanıdır. Böylece Z −1 [F] bir asal idealdir.
Alıştırmalar
13.12. X topolojik uzay olmak üzere C(X) uzayında her maksimal idealin z-ideal olduğunu
gösterin.
13.13. X topolojik uzay, ∅ =
6 S ⊂ X olmak üzere
I = {f ∈ C(X) : f (S) ⊂ {0}}
13.14.
13.15.
13.16.
13.17.
13.18.
kümesinin bir z-ideal olduğunu gösterin. Bu idealin maksimal olması için gerek ve yeter
koşulun S’nin tek elemanlı olması gerektiğini gósterin.
X ayrık uzay olsun. C(X) cebirinde her idealin bir z-ideal olduğunu gósterin.
i ∈ C(R) i(x) = x olarak tanımlansın. i tarafından üretilen hii idealinin z-ideal olmadığını gösterin.
C(X) cebirinde z-ideallerin arakesitinin z-ideal olduğunu gösterin.
Z, X uzayında z-filtre ise Z −1 [F]’nin z-ideal olduğunu gösterin.
Teorem 13.5’in kanıtında eksik bırakılan yerleri tamamlayın.
13.4
z-Filtre ve Yakınsaklık
Bir X topolojik uzayında tanımlı filtreler için yakınsaklık kavramları çalışılmıştı.
Benzer kavram bu altbölümde z-filtreler için de tanımlanacaktır.
316
13. z-Idealler ve z-Filtreler
Tanım 13.5. Bir topolojik uzayda bir z-filtrenin arakesitinin her noktasına
x-filtrenin bir yığılma noktası denir.
T
Hatırlanacak olursa bir X topolojik uzayın F filtresi için F ∈F F kümesinin her elemanına F’nin bir yığılma noktası denir. Filtre ve z-filtre için
verilen bu tanımlar arasında, z-filtrenin elemanlarının kapalı olduğu dikkate
alındığında kavramsal olarak fark olmadığı görülebilecektir.
Tanım 13.6. Z, X uzayında bir z-filtre ve x ∈ X olsun. Her x ∈ U açık
kümesi için Z ⊂ U olacak biçimde Z ∈ Z varsa Z, x noktasına yakınsıyor
ve x’e z-filtrenin yakınsadığı nokta denir.
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolayca verilebilir.
Teorem 13.9. Bir topolojik uzayda z-filtrenin yakınsadığı nokta aynı zamanda
o z-filtrenin bir yığılma noktasıdır.
Yukarıdaki teoremin sonucu olarak şunu söyleyebiliriz: X tümüyle düzenli
uzay ve Z bir z-filtre olsun. x ∈ X olmak üzere Z’nin x noktasına yakınsaması
için gerek ve yeter koşul
{Z(f ) : x ∈ Z(f )◦ } ⊂ Z
olmasıdır1 . Bir z-filtrenin yığılma noktası yakınsadığı nokta olması gerekmese
de onun yerine ikame edebilecek koç gibi aşağıdaki teoremimiz var.
Teorem 13.10. Tümüylü düzenli uzayda verilen bir z-filtrenin her yığılma
noktası, o z-filtreyi kapsayan bir z-ultrafiltrenin yakınsadığı noktadır.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay, Z, X’te bir z-filtre ve x, Z’nin bir yığılma
noktası olsun. F0 = {Z(f ) : x ∈ Z(f )◦ } olmak üzere
S
F1 = F0 Z
olarak tanımlayalım. F1 ’nin sonlu arakesit özelliği vardır, dolayısıyla bir zfiltre tarafından kapsanır (Alıştırma 13.3.) ve o z-filtre de Teorem 13.3 gereği
0
0
bir z-ultrafiltre Z tarafından kapsanır. Z → x olduğu açıktır.
Aşağıdaki teorem hangi tür z-filtreler için bir noktanın yakınsama ve yığılma
kavramlarının çakıştığını söyler.
Teorem 13.11. X tümüyle düzenli uzay, ℘ asal z-filtre ve x ∈ X verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
i. x, ℘’nin yığılma noktasıdır.
ii. ℘T→ x
iii. ℘ = {x}.
1
Tanım ve Teorem 8.10 kullanılarak da hemen gösterilebilir.
13.4. z-Filtre ve Yakınsaklık
317
Kanıt: (i ⇒ ii) x ∈ U açık küme olsun. U ’nun ℘’ye ait en az bir elemanı
kapsadığını göstereceğiz.
0
x∈X \Z ⊂Z ⊂U
S 0
0
olacak biçimde sıfır kümeler Z ve Z vardır (Teorem 8.10). X = Z Z ∈
0
℘ olduğundan Z ve Z sıfır kümelerinden biri ℘’ye aittir. Ancak, x 6∈ Z
0
olduğundan Z 6∈ ℘ ve dolayısıyla Z ∈ ℘ olur. Dolayısıyla U açık kümesinin ℘’ye ait en az bir kümeyi kapsadığı gösterilmiş olunur. Böylece ℘ → x
olduğu kanıtlanmış olunur.
(ii ⇒ iii ⇒ iii) olduğu açıktır.
Tanım 13.7. Bir topolojik uzayda arakesiti boşküme olan z-filtreye serbest
z-filtre denir.
Bir uzayın kompakt olması z-filtrenin serbest olma kavramıyla kanıtlanabilir.
Öncelikle bir sıfır kümenin kompakt olmasıyla serbest z-filtre arasındaki ilişkiyi
verelim.
Önsav 13.12. Tümüyle düzenli bir uzayda bir sıfır kümenin kompakt olması
için gerek ve yeter koşul o kümeyi içeren bir serbest z-filtrenin olmamasıdır.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay ve Z ∈ Z(X) kompakt olsun. Z serbest
z-filtre ve Z ∈ Z olduğunu varsayalım.
0
0
F = {Z ∩ Z : Z ∈ Z}
T
diyelim. F = ∅ olduğundan ve F’nin elemanları Z’nin kapalı altkümelerinden olduğundan sonlu arakesit özelliği olamaz. Dolayısıyla
(Z1 ∩ Z2 . . . ∩ Zn ) ∩ Z = ∅
olacak biçimde Zi ∈ Z’ler vardır. Z’nin sonlu arakesit işlemi altında kapalı
0
0
olduğunu dikkate aldığımızda Z ∩ Z = ∅ olacak biçimde Z ∈ Z nin varlığını
söyleyebiliriz. Buradan ∅ ∈ Z çelişkisi elde edilir.
Şimdi Z’nin herhangi bir serbest z-filtreye ait olmadığını varsayalım. B, elemanları Z’nin
T kapalı altkümelerinden oluşan ve sonlu arakesit özelliği olan bir
küme olsun. B = ∅ olduğunu göstermek, Teorem 10.2’nin de kullanılmasıyla,
kanıtı tamamlar (Neden?). B’nin her elemanı X uzayında da kapalıdır. Z(X)
kapalı kümeler için bir taban olduğundan, B her K elemanı
bazı sıfır kümelerin
S
kümesi B(K)’nın arakesiti olarak yazılabilir. Z0 = K∈B B(K) olmak üzere,
elemanları sadece ve sadece Z0 ’nın sonlu tane elemanının arakesitini kapsayan
sıfır kümelerin kümesi Z olsun. Yani F ∈ Z olması için gerek ve yeter koşul,
T
n
i=1 Zi ⊂ F olacak biçimde Zi ∈ Z0 ’lerin olmasıdır. Z bir filtre ve Z ∈ Z
olduğundan, varsayım gereği serbest filtre olamaz. Diğer taraftan
318
13. z-Idealler ve z-Filtreler
T
B=
T
Z 6= ∅
olur. Bu kanıtı tamamlar.
Tümüyle düzenli uzayların kompakt olması filtrelerin yakınsama kavramıyla
verilmişti. Benzer biçimde aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 13.13. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X kompakt.
ii. Her z-filtre sabit.
iii. Her z-ultrafiltre sabit.
iv. Her z-ultrafiltre yakınsaktır.
Kanıt: (i ⇔ ii) Her z-filternin X’i içermesi ve Önsav 13.12’nın doğrudan
sonucudur.
(ii ⇒ iii) Açıktır.
(iii ⇒ ii) Her z-filtrenin bir z-ultrafiltre tarafından kapsandığından istenilen
açıktır.
(iii ⇔ vi) Her z-ultrafiltrenin asal olması durumu dikkate alınarak Teorem
13.11’in uygulanmasıyla elde edilir.
Alıştırmalar
13.19. X tümüyle düzenli uzay ve her x ∈ X için
Ax = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin x noktasına yakınsayan z-ultrafiltre olduğunu gösterin. Ayrıca aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. X kompakt.
ii. Her z-ultrafiltre Ax formundadır.
13.5
Yoğun Altuzayda Filtre
Bir topolojik uzayda tanımlı bir filtre için yığılma nokta ve yakınsak nokta
kavramı tanımlanmıştı. Bu kavramlar, bu kısımda kompaktlama kavramını
daha iyi anlayabilmek için yoğun altuzayda tanımlanarak genellenecektir.
Tanım 13.8. X, tümüyle düzenli bir K uzayın yoğun altuzayı olsun. F, X’te
bir z-filtre ve k ∈ K olmak üzere:
i. K’nın k’yı içeren her açık kümesi F’nin her elemanı ile kesişiyorsa, yani
T
k ∈ F ∈F F
oluyorsa k noktasına F’nin yığılma noktası denir.
ii. K’nın k’yı içeren her açık kümesi F’ye ait en az bir elemanı kapsıyorsa,
F filtresi, k noktasına yakınsıyor denir ve F → p yazılır. Yani τ , K uzayın
topolojisiyse
13.5. Yoğun Altuzayda Filtre
319
F −→ k ⇔ {U ∈ τ : k ∈ U, ∃F ∈ F, F ⊂ U } = τ (k)
olur.
Yukarıdaki tanıma göre k ∈ K noktası X uzayındaki bir z-filtre F’nin
yakınsadığı bir noktaysa k aynı zamanda F’nin bir yığılma noktasıdır. Gerçekten
F → k olmasına karşın
T
k 6∈ F ∈F F
olduğunu varsayalım. Bu durumda k noktasını içeren açık küme U ∈ τ ve
U ∩ F = ∅ ve G ⊂ U
olacak biçimde F , G ∈ F kümeleri vardır. Buradan ∅ = F ∩ G ∈ F çelişkisi
elde edilir.
Aşağıdaki iki teorem K = X olma durumunun genellemesidir.
Teorem 13.14. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı F, X uzayında
z-filtresi ve k ∈ K verilsin. Aşağıdakiler denktir.
i. F → k.
ii. f ∈ C(K) ve k ∈ Z(f )◦ ise Z(f|X ) ∈ F dir.
Kanıt: (i ⇒ ii) f ∈ C(K) olmak üzere k ∈ Z(f )◦ olsun. Varsayımdan
Z(g) ⊂ Z(f )◦ ⊂ Z(f )
olacak biçimde Z(g) ∈ F vardır. Z(g) ⊂ Z(f|X ) olduğundan Z(f|X ) ∈ F elde
edilir.
(ii ⇒ i) U ⊂ K açık ve k ∈ U olsun.
k ∈ Z(f )◦ ⊂ Z(f ) ⊂ U
olacak biçimde f ∈ C(K) vardır. Varsayımdan Z(f|X ) ∈ F dir ve Z(f|X ) ⊂ U
sağlanır.
Bir sonraki teorem için aşağıdaki önsava ihtiyacımız var.
Önsav 13.15. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. f ∈ C(X)
olmak üzere k ∈ Z(f ) ise
Z(f ) ∈ F → k
olacak biçimde X uzayında z-ultrafiltre F vardır.
320
13. z-Idealler ve z-Filtreler
S
Kanıt: F0 = {Z(g|X ) : g ∈ C(K), k ∈ Z(g)0 } {Z(f )} olsun. k ∈ Z(f ) olmasından F0 kümesi sonlu arakesit özelliği vardır. Dolayısıyla, X uzayında bir
z-ultrafiltre F tarafından kapsanır. Bu istenilen özellikte z-ultrafiltredir. Yukarıdaki önsavda f = 0 alınmasıyla aşağıdaki sonuç elde edilir.
Sonuç 13.16. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. Her k ∈
K için X ∈ F → k olacak biçimde z-ultrafiltre F vardır.
Aşağıdaki teorem, Teorem 13.11’nin bir genellemesidir.
Teorem 13.17. X, tümüyle düzenli K’nın yoğun altuzayı, k ∈ K ve F, X’te
asal z-filtre olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. k, F’nin K’de yığılma noktasıdır.
ii. K uzayında F → k.
T
iii. F ∈F F = {k}.
Kanıt: (i ⇒ ii) U , K uzayında açık ve k ∈ U olsun.
k ∈ X \ Z(f ) ⊂ Z(g)◦ ⊂ Z(g) ⊂ U
olacak biçimde f , g ∈ C(K) seçelim.
K = Z(f ) ∪ Z(g)
olduğundan
X = Z(f|X )
S
Z(g|X )
olur. F’nin asal olmasından
Z(f|X ) ∈ F ya da Z(g|X ) ∈ F
olur. k 6∈ Z(f ) olduğundan k 6∈ Z(f|X ) dir. k, F’nin yığılma noktası olmasından da, Z(g|X ) ∈ F olmak zorundadır.
Z(g|X ) ⊂ U
olduğundan F →
T k kanıtlanmış olur.
T
(ii ⇒ iii) k ∈ F ∈F F olduğu açık. p ∈ F ∈F F olduğunu varsayalım. Yukarıdaki Sonuç 13.16 gereği
F ⊂ F∞ → p
0
F ⊂ F∞ → k
13.5. Yoğun Altuzayda Filtre
321
0
olacak biçimde z-ultrafiltreler F∞ ve F∞ seçebiliriz. Diğer taraftan her asal
0
filtre sadece tek bir ultrafiltre tarafından kapsanabileceğinden F∞ = F∞ olur.
k 6= p olduğunu varsayalım.
k ∈ Z(f )◦ , p ∈ Z(g)◦ ve Z(f ) ∩ Z(g) = ∅
olacak biçimde f ,g ∈ C(K) seçebiliriz. F∞ → k, p olmasından
Z(h1 ) ⊂ Z(f )◦ ve Z(h2 ) ⊂ Z(g)◦
olacak biçimde Z(h1 ), Z(h2 ) ∈ F∞ vardır. Dolayısıyla Z(h1 ) ∩ Z(h2 ) =
6 ∅
olmalıdır ki bu çelişkidir. Böylece k = p olmak zorundadır.
(iii ⇒ i) Açıktır.
Alıştırmalar
13.20. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. f ∈ C(K) için
Z(f ) = ∩∞
n=1 Z(fn )
olacak biçimde C(X)’te azalan (fn ) dizisinin olduğunu gösterin. (fn = Z((|f | −
alınabilir.)
13.21. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun.
K = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin K uzayında kapalı taban olduğunu gösterin.
13.22. Kompakt Hausdorff uzayda her asal z-filtrenin yakınsak olduğunu gösterin.
1 +
) )
n |X
14. Stone-C̆ech Kompaktlama
II
X topolojik uzay olmak üzere, bir f ∈ C(X) fonksiyonunun sıfır kümesi
Z(f ) = {x ∈ X : f (x) = 0}
ve sıfır kümelerin kümesi Z(X) ile gösterilmişti. Bir önceki bölümün girişinde
Z(X) kümesinin birçok yapının inşasında kullanışlı olduğundan bahsedilmişti.
Bunlardan birinin, bu kavram kullanılarak X’in Stone-C̆ech kompaktlamasının
farklı bir inşasının verilebileceğinden bahsedilmişti. Bu bölümde verilen söz
yerine getirilecek, yani Z(X) kavramı kullanılarak X’in Stone-C̆ech kompaktlamasının farklı bir inşası verilecektir. Bu yaklaşımın avantajlarından biri Tychonoff Teoremi’nin kullanılmamasıdır.
14.1. Cb -gömülebilirlik ve Yoğun Altuzay
14.1
323
Cb -gömülebilirlik ve Yoğun Altuzay
Bölüm 12’de tümüyle düzenli her uzayın bazı Hausdorff kompakt uzaya Cb gömülebilir olduğu kanıtlanmıştı. Bunun bir sonucu olarak tümüyle düzenli
her uzay bir kompakt uzayın yoğun altuzayına homeomorfiktir. Bu altbölümde
kompakt uzay olması gerekmeyen bir uzayın yoğun altuzayı arasındaki temel
ilişki Cb -gömülebilirlik terimiyle anlaşılmaya çalışılacak.
X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayıysa, her k ∈ K için F →
k olacak biçimde F z-ultrafiltenin var olduğu kanıtlanmıştı (Sonuç 13.16).
Ancak bu özellikteki z-ultrafiltre tek bir olmayabilir. Diğer taraftan tek olması
bazı yapıların inşasında kullanılabilecektir. O nedenle hangi koşullar altında
tekliğin sağlandığını bilmemiz gerekecek. Tek bir olma durumuyla ilgili bazı
denklikler aşağıdaki teoremdedir.
Teorem 14.1. K, tümüyle düzenli uzay ve X, K’nın yoğun altuzayı olsun.
Aşağıdakiler denktir.
i. Y kompakt Hausdorff uzaysa X’ten Y ’ye tanımlı sürekli her fonksiyonun
K uzayına bir sürekli genişlemesi vardır.
ii. X, K’da Cb -gömülebilir.
iii. A ve B, X’in ayrık sıfır kümeleriyse bunların K uzayındaki kapanışları
da ayrıktır.
iv. A ve B kümeleri X uzayının sıfır kümeleriyse A ∩ B = A ∩ B olur.
v. Her k ∈ K için F → k olacak biçimde tek bir tane z-ultrafiltre F vardır.
Kanıt: ([52]) (i ⇒ ii) Kolaylıkla gösterilir.
(ii ⇒ iii) Bir topolojik uzayda ayrık sıfır kümelerin tümüyle ayrılabilir olduğunu
biliyoruz. (ii) sağlandığından Tietze Genişleme Teoremi’nin (Teorem 9.5) uygulanmasıyla istenilen elde edilir.
(iii ⇒ iv) A ve B iki sıfır küme olsun. x ∈ A ∩ B verilsin. x ∈ U açık küme
olsun. x ∈ C ◦ ⊂ C ⊂ U olacak biçimde sıfır küme C seçelim.
x ∈ A ∩ C ve x ∈ B ∩ C
olduğu açıktır. A ∩ C ve B ∩ C kümeleri sıfır küme olduklarından varsayım
gereği
A ∩ B ∩ C = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) 6= ∅
olur. Buradan x ∈ A ∩ B elde edilir. Kapsamanın diğer yönü açıktır. İstenilen
elde edilir.
(iv ⇒ v). k ∈ K verilsin. Sonuç 13.16 gereği k’ya yakınsayan bir z-ultrafiltre
vardır. Yani, Fk → k olacak biçimde z-ultrafilte Fk vardır. F → k ve F 6=
Fk olacak biçimde bir F z-ultrafiltrenin de olduğunu varsayalım. A ∈ Fk \
F seçelim. Alıştırma 13.6 gereği A ∩ B = ∅ olacak biçimde B ∈ F vardır.
Varsayım gereği A ∩ B = ∅ olur. Dolayısıyla k 6∈ A ∩ B olur. Ancak bu,
324
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
T
T
k ∈ ( A∈F A) ∩ ( A∈F∞ A)
olmasıyla çelişir.
(v ⇒ i) Y kompakt Hausdorff uzay ve π : X −→ Y sürekli fonksiyon olsun.
F, X’te bir z-filtre olarak verildiğinde
π ∗ (F) = {Z(f ) : f ∈ C(Y ), π −1 (Z(f )) ∈ F}
olarak tanımlıyalım. π ∗ (F)’nin Y ’de z-filtre (kolaylıkla gösterilebilir) ve ayrıca
F asal z-filtre olduğundan π ∗ (F) z-filtresi de asal olur. İlaveten Y kompakt
T ∗
uzayında her asal z-filtre yakınsak olduğundan (Alıştırma 13.21)
π (F)
kümesi tek elemanlı bir kümedir.
k ∈ K verilsin. k noktasına yakınsayan ve tek bir olan X uzayındaki zfiltreyi Fk ile gösterelim. Yukarıdaki açıklamadan dolayı
T ∗
π (Fk ) = {π(k)}
yazabiliriz. Böylece π : K −→ Y fonksiyonunu tanımlamış oluruz. π fonksiyonunun aradığımız özellikte olduğunu gösterelim.
a. π, π’nin bir genişlemesidir: k ∈ X verilsin. Bu durumda
Fk = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
olur.
{π(k)} =
T
π ∗ (Fk ) = {π(k)}
b. f ∈ C(Y ) verilsin. k ∈ π −1 (Z(f )) ise π(k) ∈ Z(f ) olur:
π −1 (Z(f )) = Z(π(f )) ∈ Z(X)
olduğunu not edelim. Önsav 13.15 gereği
0
F → k ve π −1 (Z(f )) ∈ F
0
0
olacak biçimde X uzayında bir z-ultrafiltre F vardır. Varsayım gereği k noktasına yakınsayan z-utrafilte tek bir olduğundan
0
F = Fk
olmak zorundadır. π −1 (Z(f )) ∈ Fk olmasından Z(f ) ∈ π ∗ (Fk ) olur. Dolayısıyla π(k) ∈ Z(f ) olur.
c. π süreklidir: k ∈ K olmak üzere, π(k) ∈ Z(f )◦ olacak biçimde f ∈ C(Y )
seçelim.
π(k) ∈ Y \ Z(g) ⊂ Z(h) ⊂ Z(f )◦ ⊂ Z(f )
olacak biçimde g,h ∈ C(Y ) de seçebiliriz.
14.2. Kompakt Uzayın Yoğun Altuzayı
325
Z(f ) ∪ Z(g) = Y
ve
π −1 (Z(f )) ∪ π −1 (Z(g)) = X
olduğu açıktır. Buradan
π −1 (Z(f )) ∪ π −1 (Z(g)) = π −1 (Z(f )) ∪ π −1 (Z(g)) = K
elde edilir. π(k) 6∈ Z(g) olduğundan ve yukarıdaki gözlemden dolayı, k 6∈
π −1 (Z(g)) olur. Buradan k ∈ K \ π −1 (Z(g)) ve
π(K \ π −1 (Z(g))) ⊂ Z(f )◦
olur. {Z(f )◦ : f ∈ C(Y )} kümesi Y uzayının açık tabanı olduğundan π’nin k
noktasında sürekli olduğu gösterilmiş olur. k ∈ Y ’nin keyfi olmasından dolayı
da π k noktasında süreklidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
14.1. K tümüyle düzenli uzay ve X, K uzayının altuzayı olsun. f ∈ C(X) ve k ∈ Z(f ) ise
F → k ve Z(f ) ∈ F
olacak biçimde X uzayında bir F z-ultrafiltrenin olduğunu gösterin.
14.2. K normal uzay ve X, K uzayında yoğun olsun. Aşağıdakilerin denk olduğunu gösterin.
i. X, K uzayında Cb -gömülebilirdir.
ii. X uzayında iki ayrık sıfır kümenin K uzayındaki kapanışları ayrıktır.
14.2
Kompakt Uzayın Yoğun Altuzayı
Bu altbölümde bir topolojik uzayın kompakt olmasının yoğun altuzayında
tanımlı her z-filtrenin yığılma noktasının varlığı ile karakterize edilebildiği
gösterilecek. Aşağıdaki ön savla başlayalım.
Önsav 14.2. Tümüyle düzenli bir uzayın bir yoğun altuzayında verilen bir zfiltrenin her yığılma noktası, uzayın bir z-ultrafiltresinin yakınsadığı noktadır.
Kanıt: X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. F, X uzayında
yığılma noktası k ∈ K olan bir z-filtre olsun. Yani
T
k ∈ F ∈F F
olsun.
F∞ → k, F ⊂ F∞
olacak biçimde X uzayında z-ultrafiltre F∞ ’nin varlığını göstereceğiz.
326
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
U = {Z(f|X ) : k ∈ Z(f )◦ , f ∈ C(K)}
olarak tanımlayalım. F ∪ U kümesinin sonlu arakesit özelliğinin olduğu açıktır.
Dolayısıyla
F ∪ U ⊂ F∞
olacak biçimde z-ultrafiltre F∞ vardır. F∞ → k olduğu kolaylıkla gösterilir.
Teorem 13.13, aşağıdaki teoremin K = X halidir.
Teorem 14.3. X tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. Aşağıdakiler
denktir.
i. K kompakt uzaydır.
ii. X’te tanımlı her z-filtrenin K uzayında bir yığılma noktası vardır.
iii. X’te tanımlı her z-ultrafiltre K uzayında yakınsar.
Kanıt: (i ⇒ ii ⇒ iii) olduğu kolaylıkla gösterilir.
(iii ⇒ i) F, K uzayında z-ultrafiltre olsun.
F0 = {Z(f|X ) : Z(f ) ∈ F}
olarak tanımlayalım. F0 ’nın sonlu arakesit özelliği vardır. Dolayısıyla
F0 = {Z(f|X ) : Z(f ) ∈ F}
kümesinin sonlu arakesit özelliği vardır. K’nın kompakt olmasından dolayı F0
kümesinin arakesiti boşkümeden farklıdır. Yukarıdaki teoremin (Teorem 14.2)
uygulanmasıyla
F0 ⊂ F∞ ve F∞ → k
olacak biçimde X altuzayında tanımlı z-ultrafiltre vardır. Her f ∈ C(K) için
Z(f|X ) ⊂ Z(f )
olduğundan
k∈
T
F ∈F∞
F ⊂
T
F ∈F
F ⊂
T
F ∈F
F
olur. Yani k, F’nin K uzayında bir yığılma noktasıdır. F asal (çünkü zultrafiltre asaldır.) z-filtre olduğundan Teorem 13.11 gereği F → k. Böylece K
uzayında her z-ultrafiltrenin yakınsak olduğu gösterilmiş olur. Teorem 13.13
kullanılarak K uzayının kompakt olduğu gösterilmiş olur.
14.3. Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
14.3
327
Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
Tümüyle düzenli her uzayın homeomorfik olarak tek bir kompakt uzaya Cb gömülebilir olduğu kanıtlanmıştı. Yani X tümüyle düzenli uzaysa öyle bir
kompakt Hausdorff uzay K vardır ki X uzayı K uzayının yoğun bir altuzayına
homeomorfik (altuzay olarak varsayabiliriz!) ve
π : Cb (X) −→ C(K), π(f ) = f|X
fonksiyonu örtendir. K uzayı, X uzayının Stone-C̆ech kompaktlaması olarak
adlandırılmış ve βX ile gösterilmişti.
Bu bölümde Stone-C̆ech kompaktlamanın varlığı z-ultrafiltreler kavramı
kullanılarak gösterilecek. Bu gösterimin avantaji Tychnoff Teoreminin kullanılmamasıdır.
Tümüyle düzenli X uzayında her x ∈ X için
Ax = {Z(f ) : x ∈ Z(f )}
tanımını yapalım. Ax , X uzayında bir z-ultrafiltredir ve x noktasına yakınsar.
X uzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşul, X uzayının her zultrafiltresinin Ax formunda olması (Alıştırma 13.18) nedeniyle, X uzayı kompakt değilse X uzayında Ax -biçiminde olmayan z-ultrafiltreler vardır. Ax = Ay
olması için gerek ve yeter koşul x = y olacağından her bir x ∈ X elemanını
z-ultrafiltre olarak görebiliriz (daha doğrusu eşleştirebiliriz.)
Teorem 14.4. X tümüyle düzenli uzay olsun. X uzayında tanımlı z-ultarfiltrelerin kümesini K ile gösterelim. Her Z ∈ Z(X) için
[Z] = {p ∈ K : Z ∈ p}
olarak tanımlayalım. K, kapalı kümeler tabanı
K = {[Z] : Z ∈ Z(X)}
olan bir topolojik uzaydır. Üstelik bu topolojik uzay, X uzayının Stone-C̆ech
kompaktlaması βX uzayına homeomorfiktir1 2 .
Kanıt: K kümesinin sonlu arakesit kapalı olduğu açıktır. Ayrıca
K = [Z(0)] ∈ K
1
Gilman ve Jerison’nın ”Rings of Continuous Functions” kitabından alınmıştır.
Stone-C̆ech kompaktlamanın varlığı Stone [129] tarafından Cb (X) halkasının maksimal idealleri terimiyle verilmiştir. Cb (X) halkasının maksimal idealleri ile X uzayındaki
z-ultrafiltrelerin arasındaki birebir ilişkinin avantaji kullanılarak daha küme-teorik kanıtla
bu teorem verilebilmektedir.
2
328
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
olur. Dolayısıyla K kümesi, kapalı kümeler tabanı olarak K’yı topolojik uzay
yapar. Aşağıdaki adımlar sonucu kanıt tamamlanacaktır.
ϕ : X −→ K, ϕ(x) = Ax
olarak tanımlıyalım. X tümüyle düzenli olduğundan π fonksiyonu birebirdir.
i. X uzayı, K uzayının altuzayına homeomorfiktir: Her Z ∈ Z(X) için
T
ϕ(Z) = ϕ(X) [Z] ve ϕ−1 ([Z]) = Z
olduğu açıktır. X uzayını kapalı kümeler tabanının Z(X) ve K uzayının kapalı küme tabanı K olmasından dolayı X uzayı ve K uzayının ϕ(X) altuzayı
homeomorfiktir.
ii. Her Z ∈ Z(X) için [Z] = ϕ(Z) olur:
T
ϕ(Z) = [Z] ϕ(X) ⊂ [Z]
ve [Z] kapalı olduğundan
ϕ(Z) ⊂ [Z]
0
0
olur. Z ∈ Z(X) sıfır kümesi ϕ(Z) ⊂ [Z ] koşulunu sağlasın.
0 T
0
ϕ(Z) ⊂ [Z ] ϕ(X) = ϕ(Z )
0
0
olmasından Z ⊂ Z ve dolayısıyla [Z] ⊂ [Z ] olur. Buradan da
T
0
[Z] ⊂ ϕ(Z) = ϕ(Z)⊂[Z 0 ] [Z ]
olur. Böylece istenilen gösterilmiş olur.
Yukarıdaki gözlemden dolayı ϕ’yi birim dönüşüm olarak görebiliriz. Dolayısıyla
ϕ(Z) = [Z] = Z
biçiminde yazmak geleneğe daha uygun olacaktır.
iii. K uzayının ϕ(X) altuzayı yoğundur:
ϕ(X) = ϕ(Z(0)) = [Z(0)] = [X] = K.
iv. Her Z1 , Z2 ∈ Z(X) için Z1 ∩ Z2 = Z1 ∩ Z2 olur: Açıktır.
v. K Hausdorff uzay: K uzayında F1 =
6 F2 olsun. F1 6⊂ F2 olduğunu
varsayabiliriz. Bu durumda
A ∈ F1 , A ∈ F2 ve A ∩ B = ∅
olacak biçimde sıfır kümeler A ve B vardır. Bu kümeler tümüyle ayrılabilir
kapalı kümeler ve X tümüyle düzenli olduğundan
14.3. Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
329
0
A⊂X \Z ⊂Z ⊂X \B
0
0
olacak biçimde Z, Z ∈ Z(X) sıfır kümeleri vardır. Z ∪ Z = X ve X, K
uzayında yoğun olduğundan Z ∪ Z 0 = K olur. Ayrıca
T
F1 ∈ K \ Z, F2 ∈ K \ Z 0 ve (K \ Z) (K \ Z 0 ) = ∅
olduğu kolayca görülebilir. K uzayının Hausdorff olduğu gösterilmiş olur.
vi. K uzayı kompakt:
B = {Z(fi ) : i ∈ I}
0
kümesinin sonlu arakesit özelliği olsun. Her Z, Z ∈ Z(X) için
Z ∩ Z0 = Z ∩ Z0
olduğundan
0
B = {Z(fi ) : i ∈ I}
0
kümesinin de sonlu arakesit özelliği vardır. Dolayısıyla B ⊂ F olacak biçimde
z-ultrafiltre F vardır.
T
T
F ∈ Z∈F Z ⊂ B
T
olduğundan B 6= ∅ olur. K kümesi K uzayının kapalı tabanı olduğundan da
K uzayının kompakt olduğu gösterilmiş olur.
vii. X uzayı K uzayına Cb -gömülebilir: K tümüyle düzenli olduğundan
(iv) ve Teorem 14.1 gereği istenilen elde edilir. Banach-Stone Teoremi gereği
K uzayı βX uzayına homeomorfiktir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
|X|
14.3. X sonsuz bir küme olmak üzere ayrık topoloji ile donaltılsın. |βX| ≤ 22
olduğunu
gösterin3 .
14.4. X tümüyle düzenli uzay ve F, X uzayında z-ultrafiltre olsun. Küme kapsama sıralamasına
göre tanımlanan
({Ax : x 6∈ Z})Z6∈F
netinin, βX uzayında F’ye yakınsadığını kanıtlayınız.
14.5. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. K ⊂ βX olması için gerek ve
yeter koşulun βK = βX olması gerektiğini gösterin.
14.6. X tümüyle düzenli uzay ve f ∈ Cb (X) verilsin. f β , f ’nin βX uzayına sürekli genişlemesi
ise her F ∈ βX için
f β (F) = inf Z∈F sup f (Z) = supZ∈F inf f (Z)
olduğunu gösterin.
3
Fazlası da doğru: |βX| = 22
|X|
.
330
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
14.7. Tümüyle düzenli her uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının varolduğu varsayımı altında
Tychonoff Teoreminin farklı bir kanıtını verin.
14.8. X düzenli uzay olsun. U ⊂ X açık-kapalıysa βX uzayında U kümesinin açık kapalı
olduğunu gösterin.
14.9. X tümüyle düzenli uzay ve A ⊂ X verilsin.Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. A, X uzayında Cb -gömülebilir.
ii. A, βX uzayında Cb -gömülebilir.
βX
iii. A, A
uzayında Cb -gömülebilir.
βX
iv. A
= βA.
14.10. X tümüyle düzenli uzay ve U ⊂ X açık-kapalı olsun.
βX
βX
βX S
βX T
βX = U
X \U
ve ∅ = U
X \U
olduğunu gösterin.
14.11. Tümüyle düzenli X uzayının yerel kompakt olması için gerek ve yeter koşul X’in βX
uzayında açık olmasıdır, gösterin.
14.12. Bir X uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının iyi anlaşılmasının yollarından biri, N ayrık
uzay olarak βN uzayını anlamaktır. Diğer taraftan βN kendi başına bir “canavardır”.
βN’nin temel özelliklerini aşağıda problem olarak listeleyeceğiz. Bu problemlerin çözümleri
kolay da olmayabilir, o nedenle bu durumlarda okur moralini bozmamalı!
i. Her n ∈ N, βN uzayında izole noktadır. βN’nin bunlardan başka izole noktaları da
yoktur.
βN
ii. Her A ⊂ N için A açık-kapalıdır.
iii. N’nin serbest ultrafiltrelerinin kümesi {Z[M p ] : p ∈ βN \ N, Z[M p ] → p} dir. Burada
M p , Cb (N) uzayında {f ∈ Cb (N) : f (n) = 0} biçiminde olmayan maksimal idealdir.
iv. N1 , N2 ⊂ N kümeleri sırasıyla tek ve çift sayıların kümesini göstersin.
βN = N1
βX
= N2
βX
(homeomorfik olarak)
ve
βN = N1
βX
S
N2
βX
(küme bileşimi olarak) ve ∅ = N1
olur.
v. βN, βN \ N uzayına homeomorfik olarak gömülebilir.
βX
T
N2
βX
15. Reelkompaktlık
R∗ , R’nin bir nokta kompaktlaması olmak üzere, bir I index kümesi için
Q
Q
∗
i∈I [0, 1] ve
i∈I R
çarpım uzayları homeomorfik olmasalar da önemli bir ortak özellikleri vardır:
X tümüyle düzenli uzay olmak üzere,
Q
β : X −→ f ∈Cb (X) R, β(x)(f ) = f (x)
ve
α : X −→
Q
f ∈C(X) R
∗,
α(x)(f ) = f (x)
dönüşümler altında X, β(X) ve α(X) uzayları homeomorfiktir. Aslında
βX = β(X) ve αX = α(X)
uzayları da homeomorfiktirler: Gerçekten de X her iki uzayda yoğun ve X,
αX uzayına Cb -gömülebilirdir. Bunu görmek için g ∈ Cb (X) verilsin.
Q
Pg : f ∈C(X) R∗ −→ R, Pg (x) = g(x)
olarak tanımlanan fonksiyon g’nin sürekli bir genişlemesi ve dolayısıyla bu
fonksiyonun αX’e kısıtlanışı, g’nin αX’e olan bir genişlemesidir. Buradan da
αX kompakt olduğundan, αX ve βX uzaylarının homeomorfik oldukları elde
edilir.
|Cb (X)| = |C(X)|
Q
olduğu dikkate Q
alınarak X’in Stone-C̆ech kompaktlaması sadece i∈I [0, 1]
uzayının değil, i∈I R∗ uzayının da kapalı altuzayı olarak belirlenebilir. O
halde bu uzaylar, en azından bu yönüyle “önemli” uzaylardır. Bu iki uzay
arasında kalan bir başka uzayın varlığını dikkate alarak yeni bir “önemli” uzay
inşa edebiliriz:
Q
Q
Q
∗
i∈I [0, 1] ⊂
i∈I R ⊂
i∈I R
332
15. Reelkompaktlık
olur. Ayrıca X uzayı
v : X −→
Q
f ∈C(X) R,
v(x)(f ) = f (x)
dönüşümü altında X ve v(X) uzayları homeomorfiktir. v(X) uzayı βX uzayına
homeomorfik olmamakla birlikte birçok benzer özellikler içerir. Bu bölümde
esasQolarak vX ile gösterilecek olan v(X) uzayı çalışılacaktır.
i∈I R’nin kapalı bir altuzayına homeomorfik olan uzaylara reelkompakt
uzay1 denir.
Biraz şaşırtıcı olacak ama R’nin altuzayı
rasyonel sayılar kümesi Q reel
Q
kompakttır. Yani Q bir I kümesi için i∈I R çarpım uzayın kapalı altuzayına
homeomorfiktir. Hatta R’nin her altuzayı reelkompakttır. Buna karşın reelkompakt olmayan tümüyle düzenli uzay örnekleri vardır.
Tümüyle düzenli X uzayı reelkompakt olmasa da “reelkompaktlaması”
vardır. Gerçekten de
Q
v : X −→ f ∈C(X) R, v(x) = (f (x))f ∈C(X)
homeomorfik gömmeye göre X’i yoğun altuzay olarak gören vX := v(X) uzayı
reelkompaktır ve X, bu uzayda C-gömülebilirdir. Üstelik C(X) ve C(vX)
halkaları izomorfiktirler. Bu durum Cb (X) ve C(βX) halkalarının izomorfik
olma durumuna benzer özellik gösterirler. X ile βX uzaylarının arasındaki
ilişki benzerlikleri X ve vX arasında da vardır.
vX kavramının ilk olarak Hewitt tarafından maksimal idealler terimiyle
inşa edilmiş olduğunu da söyleyelim. Bunlara bir sonraki bölümde değineceğiz.
15.1
Tümüyle Düzenli Uzayın Çarpım Uzayındaki
Kapanışı
X tümüyle düzenli uzay olmak üzere,
v(x) = (f (x))f ∈C(X)
Q
olarak tanımlanan v : X −→
f ∈C(X) R dönüşümünün bir homeomorfik
gömme olduğunu biliyoruz. Bu dönüşümü sabitleyelim.
Q
Tanım 15.1 (Hewitt [67]). X tümüyle düzenli olmak üzere f ∈C(X) R uzayının
kapalı altuzayı v(X)’ye X’in Hewitt reelkompaktlaması (ya da Nachbin
tamlanışı) denir ve vX ile gösterilir.
1
Reelkompaktlık kavramı 1940’lı yıllardan itibaren çalışılmaya başlanmıştır ve kurucuları, bağımsız olarak, E. Hewitt ve L. Nachbin olarak bilinir. Bu kavram (ingilizcesi realcompact) sonraları reelkompakt, e-complete, fonksiyonel kapalı, Hewitt uzay isimler
altında çalışılmıştır. Reelkompakt uzaylar ilk olarak Q-uzay adıyla 1948 yılında Hewitt [67]
tarafından tanımlanmıştır. Reelkompaktlık ilk defa kitap bölümü olarak [52]’de yer almıştır.
15.1. Tümüyle Düzenli Uzayın Çarpım Uzayındaki Kapanışı
333
X topolojik uzayı için C(X) ve C(K) halkalarını izomorfik yapacak tümüyle
düzenli K uzayının varlığı Teorem 8.6’da gösterilmişti. Aşağıdaki teorem bu
sonucu geneller.
Teorem 15.1. Her tümüyle düzenli uzay Hewitt reelkompaktlamasına C-gömülebilir. Böylece, tümüyle düzenli uzayda tanımlı reel değerli sürekli fonksiyonlar
halkasıyla, Hewitt reelkompaktlaması üzerinde tanımlı reel değerli sürekli fonksiyonlar halkası izomorfiktir.
Q
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay olsun. Her g ∈ C(X) için f ∈C(X) R’den
R’ye tanımlı g’ninci izdüşüm fonksiyonu Pg olmak üzere, yani
Pg ((af )f ∈C(X) ) = ag
olarak tanımlansın. f ∈ C(X) verilsin. f : vX −→ R
f (a) := Pf (a)
olarak tanımlanan f fonksiyonu, f ’nin sürekli bir genişlemesidir. Ayrıca f −→
f dönüşümü altında C(X) ve C(vX) dönüşümünün halka izomorfizma olduğu
da kolaylıkla gösterilir.
X tümüyle düzenli uzay olmak olmak üzere, X’ten kompakt Y uzayına
tanımlı sürekli her fonksiyonun βX’e sürekli genişlemesinin olduğunu biliyoruz. Buna benzer bir teorem aşağıdadır.
Teorem 15.2. Tümüyle düzenli uzayın Hewitt reelkompaktlaması, Stone-Cech
kompaktlamasının bir altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay olsun.
f (X) ; f ∈ Cb (X),
Yf =
R∗ ; f ∈ C(X) \ Cb (X)
Q
olmak üzere Y = f ∈C(X) Yf çarpım uzayını ele alalım.
µ : X −→ Y , µ(x) = (f (x))f ∈C(X)
dönüşümü bir homeomorfik gömme ve Y kompakt olduğundan µ(X) kompakt uzaydır. Ayrıca X, bu uzaya Cb -gömülebilir uzaydır. Gerçekten de her
f ∈ Cb (X) için Pf |µ(X) f ’nin sürekli genişlemesidir. Dolayısıyla µ(X) ve βX
uzayları homeomorfiktir.
v(X) = µ(X)
ve
334
15. Reelkompaktlık
Z=
Q
f ∈C(X) f (X)
⊂Y
olmasından dolayı
Z
Y
vX = v(X) ⊂ µ(X) = βX
olur. Burada yazılan eşitlik homeomorfik olma anlamındadır. Kanıt tamamlanır.
Yukarıda yapılanlar, tümüyle düzenli bir X uzayı için
X ⊂ vX ⊂ βX
olduğunu söyler.
X tümüyle düzenli uzay olmak üzere sürekli f : X −→ R fonsiyonunun
sürekli genişlemesi f ∗ : βX −→ R∗ vardır ve tektir. f ∗ ’ye f ’nin Stone genişlemesi denir. f ’nin sınırlı olması durumunda
fβ = f∗
olduğu açıktır.
Teorem 15.3. X tümüyle düzenli uzay olsun.
vX = {p ∈ βX : ∀f ∈ C(X), f ∗ (x) 6= ∞}
olur.
Kanıt: Y ve Z uzayları bir önceki teoremin kanıtında olduğu gibi tanımlansın.
p ∈ vX seçelim. Z uzayında v(xα ) −→ p olacak biçimde X’te (xα ) neti vardır.
p ∈ βX, vX ⊂ βX olacağından βX uzayında β(xα ) −→ p olur. Buradan f ,
f ’nin vX’den R’ye olan sürekli genişlemesi olmak üzere
f (p) ← f (xα ) = f (xα ) = f ∗ (xα ) → f ∗ (p)
olacağından f ∗ (p) 6= ∞ elde edilir. p ∈ βX \ vX alalım. Y uzayında
v(xα ) = β(xα ) → p
olacak biçimde X’te (xα ) neti vardır. vX, Z uzayında kapalı olduğundan p 6∈ Z
olur. Buradan da en az bir f ∈ C(X) için f ∗ (p) = ∞ olması elde edilir. Kanıt
tamamlanır.
Alıştırmalar
15.1. X tümüyle düzenli uzay ve Y reelkompakt uzay olsun. Sürekli her f : X −→ Y fonksiyonunun sürekli genişlemesi f : vX −→ Y vardır. Kanıtlayın.
15.2. Reelkompakt Uzay
15.2
335
Reelkompakt Uzay
Tanım 15.2 (Hewitt [67]). R Öklid uzayının bir çarpım uzayının kapalı altuzayına homeomorfik olan uzaya reelkompakt denir2 .
Tanım gereği reelkompakt uzaylar tümüyle düzenlidir. Kompakt Hausdorff
uzayların reelkompakt olduğu açıktır. Daha fazlası:
Teorem 15.4. Reelkompakt uzayın kapalı altuzayı reelkompakttır.
Q
Kanıt: X reelkompakt olsun. X bir Y = i∈I R çarpım uzayının kapalı
altuzayına homeomorfiktir. Z, X’in kapalı altuzayıysa Z, Y ’nin bir kapalı
altuzayına homeomorfiktir. Dolayısıyla Z reelkompattır.
Teorem 15.5. Reelkompakt uzayların bir çarpım uzayı reelkompakttır.
Kanıt: (Xi )i∈I reelkompat uzayların
Q bir ailesi olsun. Her i ∈ I için öyle bir Ii
indeks kümesi vardır ki Xi , Yi = Ii ×{i} R çarpım uzayın kapalı bir altuzayına
homeomorfiktir ( altuzay olduğunu varsayabiliriz).
J = ∪i∈I Ii × {i}
olmak üzere,
Q
j∈J
R ve
Q
i∈I
Yi
Q
Q
uzayları homeomorfiktirler. Q
Ayrıca X = i∈I Xi uzayı, Y = i∈I Yi uzayında
kapalı ve dolayısıyla Z = j∈J R çarpım uzayının kapalı altuzayına homeomorfiktir. Böylece, X’in reelkompakt olduğu gösterilmiş olur.
R’nin reelkompakt olduğu dikkate alındığında Teorem 15.1 aşağıdaki gibi
genellenebilir.
Teorem 15.6. Tümüyle düzenli uzaydan reelkompakt uzaya tanımlı sürekli
her fonksiyonun, Hewitt reelkompaktlamasına sürekli genişlemesi vardır.
Kanıt: X tümüyle düzenli uzay,
Y reelkompakt uzay f : X −→ Y fonksiQ
yonu sürekli olsun. Y uzayını i∈I R çarpım uzayının kapalı altuzayı olduğunu
varsayabiliriz. Teorem 15.1 gereği her i ∈ I için Pi ◦ f fonksiyonunun sürekli
genişlemesi
Pi ◦ f : vX −→ R
2
Burada verilen reelkompaktlık tanımı [67] de “Q-space” adıyla verilen tanıma denktir.
Yani kavramlarda verilen reelkompaktlık Q-uzay kavramları aynıdır. Tanım olarak bunun
kullanılmasının daha anlaşılır olduğunu düşünüyorum. Q-uzay kavramı reelmaksimal ideal
kavramlarıyla verilmiştir.
336
15. Reelkompaktlık
vardır. Her a ∈ vX için
(Pi ◦ f (a))i∈I ∈ Y
olduğu da açıktır. Böylece f : vX −→ Y ,
f (a) = (Pi ◦ f (a))i∈I
dönüşümünü tanımlayabiliriz. f , f ’nin sürekli genişlemesidir.
Alıştırmalar
15.2. X ve Y tümüyle düzenli uzaylar olsun. C(X) ve C(Y ) halkalarının izomorfik olmaları için gerek ve yeter koşulun vX ve vY uzaylarının homeomorfik olmaları olduğunu
kanıtlayın.
Q
15.3. Reelkompakt olup normal olmayan topolojik uzay örneği verin. ( i∈I R uzayı reelkompakt ama I’nın sayılabilir olmadığı sürece normal değildir.)
15.3
Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
X ve Y kompakt Hausdorff uzaylar olmak üzere C(X) ve C(Y ) halkalarının
izomorfik olmaları için gerek ve yeter koşulun X ve Y uzaylarının homeomorfik olması olduğu Teorem 12.2’ de Banach-Stone Teoremi olarak verilmişti.
Aslında kompaktlık yerine reelkompaktlık alındığında da bu sonuç doğrudur.
Bu sonucun kanıtı reelkompakt uzay üzerinde tanımlı sürekli fonksiyonlardan sabit bir fonksiyonu bire götüren Riesz homomorfizmasının bir noktada
hesap edilebildiğinin bir sonucu olarak elde edilebilir. Kullanacağımız teknik
aşağıdaki teoremde verilen kanıta benzer. Dolayısıyla teorem olarak verilmesi
yararlı olacaktır.
X topolojik uzay olmak üzere π : C(X) −→ R doğrusal dönüşümu her
f ∈ C(X) için
|π(f )| = π(|f |)
eşitliğini sağlıyorsa π’ye Riesz homomorfizma denir.
Teorem 15.7. R Öklid uzayının bir altuzayında tanımlı reel değerli sürekli
fonksiyonlar halkasından R halkasına tanımlı bir Riesz homomorfizma, biri
bire götürüyorsa, bir noktada hesaplanabilirdir.
Kanıt: [Jonge ve van Rooij [32]] X ⊂ R ve
π : C(X) −→ R, π(1) = 1
olacak biçimde Riesz homomorfizma olsun. j : X −→ R birim fonksiyon olsun.
Yani j(x) = x olarak tanımlansın. a = π(j) diyelim. Her f ∈ C(X) için
π(f ) = f (a)
15.3. Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
337
olduğunu göstereceğiz. g ∈ C(X) ve her x ∈ X için g(x) > 0 ise
1 = π(1) ≤ π(ng ∨
1
ng )
1
g
∈ C(X) ve
= nπ(g) ∨ n1 π( g1 )
olduğundan π(g) > 0 olur. O halde π(f ) = 0 ise en az bir x ∈ X için f (x) = 0
olur. f ∈ C(X) verilsin.
g = |j − a| ∨ |f − π(f )|
olarak tanımlayalım. g ≥ 0 ve π(g) = 0 olur. O halde en az bir x ∈ X için
g(x) = 0 olur. Buradan
x = j(x) = a ve π(f ) = f (x)
ve dolayısıyla π(f ) = f (a) elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teorem kısmen aşağıdaki gibi genellenebilir.
Teorem 15.8 (Hewitt [67]). Bir reelkompakt uzayda tanımlı reel değerli sürekli
fonksiyonlar halkasından R halkasına tanımlı sıfırdan her Riesz homomorfizma
bir noktayla belirlenebilir ve o nokta tektir.
Kanıt: [Ercan-Önal [37]] X reelkompakt uzay ve π : C(X) −→ R sıfırdan
farklı Riesz homomorfizma olsun.
π(f ) = f (c)
olacak
biçimde tek bir tane c ∈ X’nin varlığını göstereceğiz. X uzayını Y =
Q
R
çarpım uzayının kapalı altuzayı olarak alabiliriz. Öncelikle X = Y
i∈I
olduğunu varsayalım.
c = (ci ) = (π(Pi ))
olsun. Her f ∈ C(X) için π(f ) = f (c) olduğunu göstereceğiz. Her f ∈ C(X)
için
π(π(f ) − f (c)) = 0 ⇔ π(f ) = 0
olduğunu göstereceğiz. Bunun için de
f (c) = 0 ⇔ π(f ) = f (c)
olduğunu göstermek yeterli olacaktır.
c ∈ U ⊂ X açık, f ∈ C(X) ve f (U ) ⊂ {0}
olsun. π(f ) = 0 olduğunu gösterelim:
c ∈ V = ∩i∈F Pi−1 (Pi (c) − , Pi (c) + ) ⊂ U
338
15. Reelkompaktlık
olacak biçimde sonlu F ⊂ U ve > 0 vardır. h : X −→ R fonksiyonu
P
h = i∈F (Pi − ci )2
olarak tanımlansın. h fonksiyonu sürekli olur, ayrıca her x ∈ X\V için h(x) 6= 0
olduğu açıktır.
(
f (x)
h(x) ; x 6∈ V,
p(x) =
0 ; x ∈ V.
eşitliği ile tanımlanan p : X −→ R fonksiyonu sürekli ve f = ph olur. π(h) = 0
olduğundan da π(f ) = 0 olur.
Şimdi f (c) = 0 olduğunda π(f ) = 0 olduğunu gösterelim. Tersine f (c) = 0
olmasına karşın π(f ) 6= 0 olacak biçimde f ∈ C(X) olduğunu varsayalım.
π(f ) = 2 alabiliriz. g ∈ C(R) fonksiyonunu

 −1 ; x ∈ (−∞, −1],
x ; x ∈ [−1, 1]
g(x) =

1 ; x ∈ [1, ∞).
eşitliğiyle tanımlayalım. Diyelim U = f −1 (−1, 1) diyelim.
c ∈ U ve (f − g ◦ f )|U = 0
olur. Yukarıdaki gözlemden
0 = π(f − g ◦ f ) = π(f ) − π(g ◦ f )
ve buradan da
2 = π(f ) = π(g ◦ f ) ≤ 1
çelişkisi elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 15.9. X tümüyle düzenli uzay ve π : C(X) −→ R, π(1) = 1 eşitliğini
sağlayan halka homomorfizması olsun. Her f ∈ C(X) için
π(f ) = lim f (xα )
olacak biçimde (xα ) neti vardır.
Kanıt: C(X) ve C(vX) halkalarının izomorfik ve X’in vX uzayında yoğun
olması ve Teorem 15.9’un uygulanmasıyla istenilen elde edilir.
Teorem 15.9 uygulanarak aşağıdaki teorem hemen kanıtlanabilir.
15.3. Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
339
Teorem 15.10 (Hewitt [67]). X ve Y reelkompakt uzaylar olmak üzere C(X)
ve C(Y ) halkalarının izomorfik olmaları için gerek ve yeter koşul X ve Y
uzaylarının homeomorfik olmasıdır.
Kanıt: π : C(X) −→ C(Y ) halka izomorfizma olsun. Her y ∈ Y için Py :
C(Y ) −→ R sürekli fonksiyonu Py (f ) = f (y) olarak tanımlansın. Py ◦ π :
C(X) −→ R bir homomorfizma olduğundan her f ∈ C(X) için
π(f )(y) = Py ◦ π(f ) = f (σ(y))
olacak biçimde tek bir σ(y) ∈ X vardır. Bu yolla tanımlanan σ : Y −→ X
fonksiyonunun bir homeomorfizma olduğunu göstermek zor değildir.
Yine Teorem 15.8’in bir uygulamasıyla aşağıdaki sonuç elde edilir.
Q
Q
Sonuç 15.11. α : X −→ i∈I R ve k : X −→ j∈J R homeomorfik gömmeler
olsun. α(X) ve β(X) altuzayları homeomorfiktir.
Kanıt: X, α(X) uzayına C-gömülebilir olduğundan C(X) ve C(α(X)) halkaları izomorfiktirler. Aynı biçimde C(X) ve C(k(X)) izomorfiktir. Dolayısıyla,
C(α(X)) ve C(k(X)) halkaları izomorfiktirler. Banach-Stone Teoremi gereği
α(X) ve k(X) uzayları homeomorfiktir.
Şimdi reelkompaktlığın bir karakterizasyonunu homomorfizma kavramıyla
verebiliriz.
Teorem 15.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X reelkompakt.
ii. Biri bire götüren C(X)’ten R’ye tanımlı her homomorfizma noktayla
belirlenir.
Kanıt: (i ⇒ ii) Teorem
Q 15.8’dir.
(ii ⇒ ii) X’in Y = f ∈C(X) R uzayında kapalı olduğunu göstermek yeterli
olacaktır (x ∈ X’i (f (x))f ∈C(X) eşleştirdiğimizi unutmayalım). x ∈ X seçelim.
Y uzayında xα −→ x olacak biçiminde X’te (xα ) neti vardır. Her f ∈ C(X)
fonksiyonun C(Y ) de bir genişlemesi olduğundan (f (xα )) neti yakınsaktır.
π : C(X) −→ R, π(f ) = lim f (xα )
olarak tanımlanan fonksiyon bir homomorfizmadır. Varsayım gereği bir noktada hesaplanabilirdir ve dolayısıyla
f (a) = π(f ) = lim f (xα )
340
15. Reelkompaktlık
olacak biçimde a ∈ X vardır. Bu durumda xα −→ a olacağından a ∈ X elde
edilir. Böylece X, Y ’nin kapalı altuzayına homeomorfiktir. X’in reelkompakt
olduğu gösterilmiş olur.
Yukarıdaki teoremin bir uygulaması sonucu, R’nin boş olmayan her altkümesinin reelkompakt olduğu gösterilebilir.
Alıştırmalar
15.4. X bir topolojik uzay ve C(X) −→ R bir homomorfizma olsun. Her f ∈ C(X) için
π(f ) = lim f (xα )
eşitliğini sağlayan bir (xα ) netinin varlığını gösterin.
15.5. X reelkompakt uzay ve Y tümüyle düzenli uzay olsun. Eğer π : C(X) −→ C(Y ) bir
homomorfizma ise, her f ∈ C(X) için
π(f ) = f (σ(y))
15.6.
15.7.
15.8.
15.9.
eşitliğini sağlayan bir sürekli σ : Y −→ X fonksiyonunun varlığını gösterin. Ayrıca, π
örten ise Y ’nin X uzayına homeomorfik gömülebilir olduğunu gösterin.
X tümüyle düzenli uzay ve X ⊂ T ⊂ βX olsun. X, T uzayında C-gömülebilirse, T ’nin
vX uzayına homeomorfik gömülebilir olduğunu gösterin.
Tümüyle düzenli X uzayı için Y = vX olmak üzere, Y = vY olduğunu, yani Y = vvX
olduğunu gösterin.
Tümüyle düzenli X için vX = βX olması için gerek ve yeter koşul X’in reelkompakt ve
önkompakt olmasıdır. Kanıtlayınız.
i. Her açık örtüsünün sayılabilir altörtüsü olan topolojik uzaya Lindelöf denir. Kompakt uzayların Lindelöf olduğu açıktır. Tersinin doğru olmadığına örnek verin.
ii. Tümüyle düzenli Lindelöf uzayın reelkompakt olduğunu gösterin.
Kanıt: X tümüyle düzenli Lindelöf uzay olsun. π : C(X) −→ R, π(1) = 1 eşitliğini
sağlayan homomorfizma olsun. π’nin noktayla belirlenmediğini varsayalım. Her x ∈ X
için
π(fx ) 6= fx (x)
olacak biçimde 0 ≤ fx ∈ C(X) vardır. gx fonksiyonu,
gx =
(fx −π(fx ))2
1+(fx −π(fx ))2
olarak tanımlansın. gx (x) > 0 ve gx sürekli olduğundan her x ∈ X ve t ∈ Ox için
gx (t) > 0 olacak biçimde x ∈ Ox açık kümesi vardır. X Lindelöf olduğundan X =
∪∞
n=1 Oxn olacak biçimde xn ∈ X’ler vardır.
P
1
f= ∞
n=1 2n gxn
fonksiyonu sürekli ve her x ∈ X için f (x) > 0 olur. Ayrıca π(f ) = 0 olur (Neden?) Diğer
taraftan
1 = π(1) = π f f1 = π (f ) π f1 = 0
olur. Bu çelişki kanıtı tamamlar.
15.10. Tümüyle düzenli X uzayının kompakt olması için gerek ve yeter koşul X’in önkompakt
ve reelkompakt olması gerektiğini gösterin.
15.3. Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
341
15.11. X topolojik uzay ve π : C(X) −→ R, π(1) = 1 eşitliğini sağlasın. Aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. π Riesz homomorfizmadır. Yani her f ∈ C(X) için |π(f )| = π(|f |).
ii. π homomorfizmadır.
15.12. R’nin her altuzayının reelkompakt olduğunu gösterin.
15.13. X ve Y tümüyle düzenli uzaylar olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. X ve Y uzayların her noktası Gδ ve C(X) ve C(Y ) halkaları izomorfiklerse X ve Y
homeomorfiktirler.
ii. X ve Y uzayları birinci dereceden sayılabilir ve Cb (X) ve Cb (Y ) halkaları izomorfiklerse X ve Y homeomorfiktirler.
iii. X ve Y metrik uzaylar ve Cb (X) ve Cb (Y ) halkaları izomorfiklerse X ve Y homeomorfiktirler.
(Bu sorunun çözümü için farklı bilgiler gerekebilir. Bir kanıtı [52], s.132 de bulunabilir.)
15.14. [0, w1 ) ordinal uzayının reelkompakt olmadığını gösterin.
15.15. Normal uzayın reelkompakt olması gerekmediğine bir örnek verin.
Notlar ve Örnekler
15.16. Engelking’in Reelkompaktlık Tanımı: Küme-teorik topolojide en temel eserleden
biri hiç kuşkusuz R. Engelking’in General Topology[36] kitabıdır. Bu kitabın önemi nedeniyle, reelkompatlığın tanımının bu kitapta hangi kavramlarla verildiği önemlidir. Bu
kısımda, [36]’te verilen reelkompatlık ile kitabımızda verilen tanımın denkliğini göstereceğiz. Aşağıdaki teoremin (ii) ifadesi [36] de reelkompaktlığın tanımı olarak verilmiştir.
Teorem 15.13. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X reelkompakt.
ii. Aşağıdaki özellikte tümüyle düzenli Y uzayı yoktur.
a. r : X −→ Y homeomorfik gömme ve r(X) 6= Y
b. Her f ∈ C(X) için f |r(X) = f ◦ r olacak biçimde f ∈ C(Y ) vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii) Tersine belirtilen özellikte r dönüşümünün olduğunu varsayalım. y ∈
Y \ r(X) seçelim. Her f için varsayımdaki f tek olacağından
π : C(r(X)) −→ R, π(f ) = f (y)
homomorfizma ve π(1) = 1 olur. Teorem 15.8 gereği π noktayla belirlenebilir, yani
π : C(r(X)) −→ R, π(f ) = f (r(x0 ))
eşitliğini sağlayan tek bir x0 ∈ X vardır. C(r(X)) ve C(Y ) halkaları f −→ f dönüşümü altında
izomorfik olduğundan her g ∈ C(Y ) için
g(r(x0 )) = g(y)
olur. Y ’nin tümüyle düzenli olmasından da y = r(x0 ) ∈ r(X) çelişkisi elde edilir.
(ii ⇒ i) X’in reelkompat olmadığını varsayalım ve Y = vX diyelim. v(X) 6= vX olur.
r = v alırsa (a) ve (b) koşulları sağlanır. Bu çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
16. Sürekli Fonksiyonlar ve
Reelkompaktlık
X tümüyle düzenli uzay olsun. 14. Bölümde X tümüyle düzenli uzay olmak
üzere, X uzayının Stone-C̆ech kompaktlaması, elemanları X’in z-ultrafiltreleri
olan küme üzerinde inşa edilmişti. C(X) halkasının ideallerinden X’in z-filtrelerine tanımlı dönüşüm Z, Teorem 13.2’nin üst satırında
Z[I] = {Z(f ) : f ∈ C(X)},
eşitliğiyle tanımlanmıştı. Her ne kadar Z, birebir olmasa da Z’nin maksimal
idealler kümesine kısıtlanışının (yine Z ile gösterelim) birebir ve görüntü kümesinin X’in z-ultrafiltreler olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla her p ∈ βX için
Z[M ] = p olacak biçimde tek bir tane maksimal ideal vardır ve bu maksimal
ideal M p ile gösterilecek.
Her x ∈ X için, Mx = {f ∈ C(X) : f (x) = 0}, C(X) halkasında bir
maksimal ideal ve C(X)/Mx bolüm halkası R halkasına
[f ] → f (p)
izomorfizması altında izomorfiktirler. C(X) halkasının Mx formunda olmayan
ama C(X)/M bölüm halkasını R’ye izomorfik yapan M maksimal idealleri
olabilir. Ayrıca bazı maksimal ideal M ’ler için C(X)/M ve R halkaları izomorfik olmayabilir. Üstelik C(X)/M bölüm halkasının R’nin bir altcismine de
izomorfik olması gerekmez.
Lafı uzatmayalım: X’in Stone-C̆ech kompaktlaması C(X)’in maksimal idealleri kümesi üzerinde uygun bir topolojiyle tanımlanabileceği ve
X ⊂ vX ⊂ βX
olduğundan X uzayının ve X’in reelkompaktlaması vX uzayının elemanlarını
da C(X) halkasının maksimal idealleri olarak görebiliriz. Bu yaklaşımla C(X)
halkasının maksimal ideallerini X’te, vX \ X veya βX \ vX olmalarına göre
sınıflayabiliriz. Bu sınıflamaya göre:
i. p ∈ X elemanına karşılık gelen maksimal ideal
16.1. Sıralı Bölüm Halkası Üzerine Birkaç Not
343
Mp = {f ∈ C(X) : p ∈ Z(f )}
olur. Okur C(X)/Mp halkasının R’ye izomorfik olduğunu kolaylıkla görebilir.
ii. p ∈ vX \X noktasına karşılık gelen maksimal ideal M için yani Z[M ] = p
için M , Mx biçiminde olmayayacak ancak C(X)/M bölüm halkası R halkasına
izomorfik olacaktır. M maksimal ideali için C(X)/M ve R izomorfik iseler
M ∈ vX olduğu Teorem 16.12’nin sonucu olarak gösterilebilir.
iii. p ∈ βX \ vX noktasına karşılık gelecek maksimal ideal M için C(X)/M
bölüm halkası R’ye izomorfik olmayacaktır.
Bir R halkasından R’ye tanımlı birimi bire götüren homomorfizmaların
kümesi Hom R olmak üzere tümüyle düzenli X uzayı için vX ve βX uzayları
Hom Cb (X) ve Hom C(X) terimiyle yazılabildiği, yani
βX = Hom Cb (X) ve vX = Hom C(X)
olduğu da gösterilecektir. Her x ∈ X için πx , C(X)’de x noktasında hesaplanabilir homomorfizma olmak üzere,
X = {π ∈ Hom C(X) : bazı x ∈ X için π = πx }
yazılabilir. Burada Hom Cb (X) ve Hom C(X) kümeleri noktasal yakınsama
topolojileriyle donatılacaktır. Yani örneğin Hom C(X)’de (πi ) netinin π’ye
yakınsaması durumunda, her f ∈ C(X) için
πi (f ) → π(f )
olacaktır.
16.1
Sıralı Bölüm Halkası Üzerine Birkaç Not
Sürekli fonksiyonlar halkasının sıralı halka olduğu ve onun üzerinde çalıştığımız
dikkate alındığında, sürekli fonksiyonlar halkasının bölüm halkasının bazı temel özelliklerinin çalışılması kaçınılmazdır. Bu altbölümde ihtiyacımız ölçüsünde bazı temel sonuçlar verilecektir.
Tanım 16.1. Bir A sıralı halkasının I ideali
0 ≤ x ≤ y, y ∈ I ⇒ x ∈ I
özelliğini sağlıyorsa I’ya konveks ideal denir. A’nın latis sıralı olması durumunda,
|x| ≤ |y|, y ∈ I ⇒ x ∈ I
özelliği sağlanıyorsa I’ya mutlak konveks ideal 1 denir.
1
latis ideal, l-ideal de denir.
344
16. Sürekli Fonksiyonlar ve Reelkompaktlık
Mutlak konveks idealin konveks olmasına karşın tersi doğru değildir (Alıştırma
16.4). A sıralı bir halka ve I bir ideal olmak üzere A/I bölüm halkasının
[a] ≤ [b] ⇔ ∃0 ≤ x ∈ I, a ≤ x + b
sıralamasıyla donatıldığını varsayacağız. Konveks ideal ve mutlak konveks idealler aşağıdaki gibi karakterize edilebilir.
Teorem 16.1. Kısmi sıralı bir halkanın verilen bir idealine göre bölüm halkasının kısmi sıralı halka olması için gerek ve yeter koşul idealin konveks olmasıdır.
Kanıt: Okura bırakılmıştır.
A sıralı halkasında ilgili supremumlar olduğunda,
x+ =: sup{x, 0}
x− =: sup{−x, 0}
|x| =: sup{x, −x}
gösterimleri yapılır. Aşağıdaki teorem kanıtıyla verilecektir. Ancak kanıtın iyi
anlaşılabilmesi için, okurun öncelikle bu alt bölümde yer alan birinci problemi
çalışması iyi olur.
Teorem 16.2. I, A latis sıralı halkasının bir konveks ideali olmak üzere
aşağıdakiler denktir.
i. I mutlak konveks.
ii. x ∈ I ise |x| ∈ I.
iii. x, y ∈ I ise x ∨ y ∈ I.
iv. Her x, y ∈ A için [x ∨ y] = [x] ∨ [y].
v. Bölüm halkası A/I latis sıralı halkadır.
vi. [x] ≥ [0] olması için gerek ve yeter koşul, x − |x| ∈ I.
Kanıt: (i ⇒ ii). ||x|| = |x| olmasındandır.
(ii ⇒ iii). |x ∨ y| ≤ |x| + |y| olmasının sonucudur.
(iii ⇒ iv). a, b ∈ A verilsin. A/I sıralı bölüm halkasında
[a] ≤ [a ∨ b], [b] ≤ [a ∨ b]
olduğu açıktır. [z], [a] ve [b]’nin üst sınırı olsun.
a ≤ x + z ve b ≤ y + z
eşitsizliklerini sağlayan 0 ≤ x, y ∈ I vardır. Buradan
a ∨ b ≤ (x + z) ∨ (y + z) = x ∨ y + z
elde edilir.
16.1. Sıralı Bölüm Halkası Üzerine Birkaç Not
345
0≤x∨y ∈I
olmasından dolayı [a ∨ b] ≤ [z] olduğu gösterilmiş olur. Yani
[a ∨ b] = [a] ∨ [b]
olduğu gösterilmiş olur.
(iv ⇒ v). x ∈ A verilsin. x ≥ 0 ise x = |x| ve dolayısıyla x − |x| = 0 ∈ I olur.
x − |x| ∈ I oldğunu varsayalım. Buradan [0] ≤ [x − |x|] olur. 0 ≤ a + x − |x|
olacak biçimde 0 ≤ a ∈ I seçebiliriz. 0 ≤ |x| − x ≤ a ve I konveks olduğundan
|x| − x ∈ I elde edilir.
(v ⇒ ii). a ∈ I verilsin. [a] = [0] olduğunda a − |a| ∈ I ve buradan da |a| ∈ I
elde edilir.
(ii ⇒ i). |x| ≤ |y| ve y ∈ I olsun. Varsayımdan |y| ∈ A olur. 0 ≤ x+ , x− ≤ |y|
olmasından x+ , x− ∈ I ve dolayısıyla x = x+ − x− ∈ I olur.
Kanıt tamamlanır.
Bu bölümde kullanacağımız kavramlardan biri Arşimet cismi 2 özelliğidir.
F tamsıralı bir cisim ise Q, F ’ye izomorfik gömülebilir. Dolayısıyla Z, F ’ye
halka izomorfik olarak gömülebilir, Z, F cisminde kofinal ise, yani her x ∈ F
için x ≤ m olacak biçimde m ∈ Z varsa F ’ye Arşimedyan cisim denir.
Aşağıdaki teoremi kanıtsız verelim.
Teorem 16.3. Bir sıralı cismin Arşimed cismi olması için gerek ve yeter
koşul, R’ye izomorfik olarak gömülebilmesidir.
Alıştırmalar
16.1. A latis sıralı halka ise her x, y, z ∈ A için
i. |x| ≥ 0.
ii. x + y ∨ z = (x + y) ∨ (x + z).
iii. x + y = x ∨ y + x ∧ y.
iv. x+ ∧ x− = 0, x = x+ − x− , |x| = x+ + x− .
v. ||x| − |y|| ≤ |x − y|.
olduğunu gösterin.
16.2. Konveks (mutlak konveks) ideallerin arakesitinin konveks (mutlak konveks) olduğunu
gösterin.
16.3. A, [0, 1]’den R’ye tanımlı polinomların noktasal cebirsel işlemler ve noktasal sıralamaya
göre sıralı halka fakat latis sıralı halka olmadığını gösterin.
16.4. A = R × R, noktasal cebirsel işlemelere göre bir halka ve
(a, b) ≤ (x, y) ⇒ 0 ≤ x − a ≤ y ≤ b
bağıntısına göre de latis sıralı halkadır.
I = {(0, r) : r ∈ R}
2
Arşimetsel yazılabilir. İngizce: Archimedian
346
16. Sürekli Fonksiyonlar ve Reelkompaktlık
kümesinin konveks ama mutlak konveks olmadığını gösterin. Ayrıca I’nın maksimal
olduğunu gösterin.
16.5. A latis sıralı halka ve I ideali yukarıdaki soruda olduğu gibi tanımlansın. a → [a]
dönüşümünün kesin artan olduğunu fakat latis homomorfizması olmadığını gösterin.
16.2
Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tamsıralılığı
Bir X topolojik uzayı için C(X), noktasal cebirsel işlemler ve noktasal sıralama
altında birimli sıralı bir halkadır. C(X) halkasının bölüm halkalarının R’den ne
kadar “uzak” olduğunu anlamak, amacımız açısından gerekli olacak. Bununla
ilgili birkaç temel yanıt verebileceğiz. Öncelikle z-ideal I için C(X)/I sıralı
halkasının tamsıralama olmasıyla I’nın sıfır küme olması arasındaki bir ilişkiyi
aşağıda verelim. Kanıtlarını da okura bırakalım.
Teorem 16.4. X tümüyle düzenli uzay ve I, C(X)’in bir z-ideali ve f ∈ C(X)
verilsin.
i. [f ] ≥ [0] ⇔ ∃g ∈ I, f|Z(g) ≥ 0.
ii. Her x ∈ Z(g) için f (x) > 0 olacak biçimde g ∈ I varsa [f ] > [0] olur.
iii. I maksimal ve [f ] > [0] ise her x ∈ Z(g) için f (x) > 0 olacak biçimde
g ∈ I vardır.
Bu teoremin (iii) kısmında maksimal ideal I yerine z-ideal alındığında
sonuç doğru olmayabilir. Alıştırma 16.6 ya bakınız.
Sonuç 16.5. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’de maksimal ideal olsun.
f ∈ C(X) için [f ] > [0] olması için gerek ve yeter koşul her x ∈ Z(g) için
f (x) > 0 olacak biçimde g ∈ I olmasıdır.
Aşağıdaki teorem C(X)/I bölüm halkasının hangi koşullar altında tamsıralı
olabileceğini söyler.
Teorem 16.6. X tümüyle düzenli uzay olmak üzere; I, C(X) halkasında zideal olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. C(X)/I tamsıralı halkadır.
ii. I asal idealdir.
Kanıt: (ii ⇒ i). f ∈ C(X) verilsin.
f +f − = 0 ∈ P
ve P asal olduğundan f + ∈ I ya da f − ∈ I olur. f + ∈ I olması durumunda
ayrıca 0 ≤ f + f + olacağından [0] ≤ [f ] olur. Diğer durumda da [f ] ≤ [0] olur.
C(X)/I’nın tamsıralı olduğu gösterilmiş olur.
(i ⇒ ii). f ∈ C(X) verilsin. [0] ≤ [f ] olduğunu varsayabiliriz. 0 ≤ f + g olacak
biçimde 0 ≤ g ∈ I seçebiliriz. 0 ≤ f|Z(g) olduğunda, Teorem 13.6 gereği I asal
idealdir.
16.2. Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tamsıralılığı
347
Önsav 16.7. X tümüyle düzenli uzay olmak üzere C(X) halkasının asal idealleri mutlak konvekstir.
Kanıt: P asal ideal olsun. f ∈ C(X), g ∈ P elemanları |f | ≤ |g| eştsizliğini
sağlasın. h : X −→ R fonksiyonu
h(x) =
f 2 (x)
g(x)
(x 6∈ Z(g)) ve h(x) = 0 (x ∈ Z(g))
olarak tanımlansın. h fonksiyonu sürekli ve
f 2 = hg ∈ P
olur. P asal olduğundan f ∈ P elde edilir. P ’nin latis ideal olduğu gösterilmiş
olunur.
Teorem 16.5 gereği asal z-ideal P için C(X)/P tamsıralıdır. Bu sonuç
yukarıda verilen önsav kullanılarak aşağıdaki gibi genellenebilir.
Teorem 16.8 (Kohls [85]). X tümüyle düzenli uzay ve P , C(X) halkasında
asal ideal olsun. C(X)/P sıralı halkası tamsıralıdır. Ayrıca R cismi C(X)/P
halkasına sıra ve ring izomorfik olarak gömülür.
Kanıt: f ∈ C(X) verilsin. [0] 6≤ [f ] ve [0] 6≤ [−f ] olduğunu varsayalım. P asal
ideal olduğundan Önsav 16.7 gereği, aynı zamanda mutlak konvekstir.Teorem
16.2(ii) gereği
|f | − f 6∈ P ve |f | + f 6∈ P
olur. Buradan f + ve f − elemanlarının ikisi de P ’nin elemanları olamaz. Bu
durum, f + f − = 0 ∈ P olmasından dolayı P ’nin asal ideal olmasıyla çelişir.
Buradan [0] ≤ [f ] ya da [0] ≤ −[f ] elde edilir. C(X)/P bölüm halkasının
tamsıralı olduğu gösterilmiş olur.
R −→ C(X)/P , α → α[1]
dönüşümünün birebir ve sırayı koruyan dönüşüm olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
16.6. X tümüyle düzenli uzay ve J, I idealini kapsayan ve eşit olmayan C(X)’in idealleri
olsun. [f ] > 0 ve her g ∈ I için Z(f ) ∩ Z(g) 6= ∅ olan f ∈ C(X)’in varlığını gösterin.
16.7. (Stone[129]) X tümüyle düzenli uzay ve M , Cb (X) halkasında maksimal ideal olsun.
Cb (X)/M sıralı halkasının R cismine izomorfik olduğunu gösterin.
16.8. C(N) halkasında P = {f ∈ C(N) : f (1) = f (2) = 0} idealinin asal olmadığını ve C(N)/P
halkasının tamsıralı olmadığını gösterin.
16.9. Bu altbölümde verilen teoremlerde C(X) yerine Cb (X) alındığında nasıl sonuçlar elde
edildiğini görün.
348
16.3
16. Sürekli Fonksiyonlar ve Reelkompaktlık
C(X)/M Bölüm Halkasının Arşimetliği
X tümüyle düzenli ve M , C(X) halkasının maksimal ideali olmak üzere C(X)/M
bölüm halkasının sıralı cisim olduğunu biliyoruz. Şu soru anlamlıdır: M üzerindeki hangi koşullar C(X)/M sıralı cismini R’ye izomorfik yapar?
R −→ C(X)/M , a → [a]
dönüşümünün izomorfik gömme olduğu açıktır. Diğer taraftan, R’den kendisine tanımlı sıfırdan farklı homomorfizma sadece birim fonksiyon olduğundan,
C(X)/M ’nin R’ye izomorfik olması için gerek ve yeter koşulun, C(X)/M ’nin
R’ye izomorfik gömülebilir olması gerektiğini söyleyebiliriz. Şimdi aşağıdaki
tanımı verebiliriz.
Tanım 16.2. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’de bir maksimal ideal
olsun. C(X)/M cismi R’ye izomorfik ise M ’ye reelmaksimal ideal denir. reelmaksimal ideal olmayan maksimal ideale hyper-reelmaksimal ideal denir.
Notlar ve Örnekler
16.10. X tümüyle düzenli uzay olsun. x ∈ X için Mx = {f ∈ C(X) : f (x) = 0} maksimal
ideali reelmaksimal idealdir. Tersi de doğrudur, yani C(X)’in her reelmaksimal ideali
Mx formundadır.
Teorem 16.9. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’in maksimal ideali olsun.
f ∈ C(X) için aşağıdakiler denktir.
i. Her n ∈ N için [n] ≤ [f ].
ii. Her g ∈ M için f (Z(g)) sınırsızdır.
iii. Her n ∈ N için Zn = {x : |f (x)| ≥ n} ∈ Z[M ].
Kanıt: (i ⇔ ii). Teorem 16.4(ii) nin doğrudan uygulanmasıyla elde edilir.
(i ⇒ iii). n ∈ N verilsin. Varsayım gereği
[n] ≤ [|f |]
olur. n ≤ |f | + g olacak biçimde 0 ≤ g ∈ M vardır.
(n − |f |)+ ≤ g
ve buradan da
Z(g) ⊂ Z((n − |f |)+ ), Z(g) ∈ Z[M ]
ve Z[M ], z-filtre olduğundan
Zn = Z((n − |f |)+ ) ∈ Z[M ]
16.4. βX = Hom Cb (X) ve vX = Hom C(X)
349
olur.
(iii ⇒ i). n ∈ N verilsin. Varsayım gereği
fn = (n − |f |)+ ∈ M
ve her x ∈ Z(fn ) için |f | ≤ n olur. Teorem 16.4(ii) gereği [n] ≤ [|f |] olur.
Sonuç 16.10. X tümüyle düzenli uzay ve f ∈ C(X) verilsin. Aşağıdakiler
denktir.
i. f sınırsızdır.
ii. Öyle bir maksimal ideal M vardır ki C(X)/M de her n ∈ N için [n] ≤
[|f |] olur.
Kanıt: (i ⇒ ii) Yukarıdaki teorem kullanılarak istenilen hemen elde edilir.
(ii ⇒ i). f ’nin sınırlı olduğunu varsayalım. Her n ∈ N için
Zn = {x : |f (x)| ≥ n}
olmak üzere
F0 = {Zn : n ∈ N}
kümesinin sonlu arakesit özelliği olduğundan F0 ⊂ F olacak biçimde z-ultrafiltre
F vardır. M = Z −1 [F], C(X) de maksimal idealdir ve her C(X)/M ’de her
n ∈ N için [n] ≤ [|f |] olur.
Alıştırmalar
16.11. X tümüyle düzenli uzay olsun. Cb (X)’in her maksimal ideali için Cb (X)/M ’nin R’ye
izomorfik olduğunu gösterin.
16.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X önkompakt.
ii. C(X)’in her maksimal ideali reelmaksimal idealdir.
16.13. X düzenli uzay ve M , C(X)’de bir maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösterin.
i. M reelmaksimal idealdir.
ii. M = Ker(π) olacak biçimde sıfırdan farklı π homomorfizması vardır.
16.14. (Hewitt [67]) X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’de maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösterin.
i. M reelmaksimaldir.
ii. Z[M ]’nin sayılabilir arakesit işlem kapalıdır. Yani, (fn ), M ’de bir dizi ise ∩n Z(fn ) ∈
Z[M ] olur.
iii. Z[M ] sayılabilir arakesit özelliği vardır.
16.4
βX = Hom Cb (X) ve vX = Hom C(X)
Bu kısımda başlıkta geçen eşitlikleri göstereceğiz. Bunun sonucunda Stone
Cech kopaktlama ve reel kompaktlama farklı yönüyle de de anlaşılabilecektir.
350
16. Sürekli Fonksiyonlar ve Reelkompaktlık
Bu gösterim sonrası bazı okurlar, “Madem ki böyleydi, bunlar baştan niye
söylenmedi?” diyebilir. Geç olsun da güç olmasın!
X bir topolojik uzay ve A, birimi içeren C(X)’in bir altcebiri ise, A’dan
R’ye tanımlı ve birimi birime götüren homomorfizmaların kümesini Hom A ile
göstereceğiz. X tümüyle düzenli uzaysa, ϕ : X −→ Hom Cb (X),
ϕ(x)(f ) = f (x)
dönüşümü altında her x ∈ X’i ϕ(x) ile eşleştirebiliriz. Ayrıca her π ∈ Hom Cb (X)
ve f ∈ Cb (X) için ||f || = supx∈X |f (x)| olmak üzere
|π(f )| ≤ ||f || ∈ f (X)
olduğunu not edelim. Hom Cb (X) kümesini
Q
f ∈Cb (X) f (X)
kompakt çarpım uzayının altuzayı olarak ele alacağız. Yani
Q
Hom Cb (X) −→ f ∈Cb (X) f (X), π −→ (π(f ))
dönüşümünü homeomorfik gömme olarak göreceğiz.
Teorem 16.11. X tümüyle düzenli uzay olsun. βX, Hom Cb (X) uzayına homeomorfiktir.
Kanıt: Hom Cb (X) altuzayı kapalıdır. Gerçekten
(af )f ∈Cb (X) ∈ Hom Cb (X)
verilsin. Hom Cb (X)’te
πα → (af )f ∈Cb (X)
olacak biçimde (πα ) neti varır.
π : Cb (X) −→ R, π(f ) = lim πα (f ) = af
olarak tanımlanan fonksiyon homomorfizma ve π(1) = 1 olur. Ayrıca
πα → π
olur. Dolayısıyla Hom Cb (X) kapalıdır, üst uzay kompakt olduğundan kompakttır da.
X, Hom Cb (X) uzayına Cb -gömülebilir. Gerçekten her f ∈ C(X) için
f β = Pf | Hom Cb (X)
fonksiyonu f ’nin Hom Cb (X)’e bir genişlemesidir. π ∈ Hom Cb (X) verilsin.
Teorem 15.10’dan
16.4. βX = Hom Cb (X) ve vX = Hom C(X)
351
π(f ) = limα f (xα ) = limα πα (f )
olacak biçimde X’te (xα ) neti vardır. (Burada πx (f ) = f (x) olarak tanımlanıyor).
Bu Hom Cb (X) uzayında πα → π olduğunu söyler. X’in Hom Cb (X) uzayında
yoğun olduğu gösterilmiş olur. Böylece, izomorfik olarak
C(βX) = Cb (X) = C(Hom Cb (X))
olduğundan, Banach Stone Teoremi gereği βX ve Hom Cb (X) uzayları homeomorfiktirler.
Hom Cb (X) ile Cb (X)’in maksimal idealleri arasında birebir ve örten ilişki
vardır. Bu nedenle βX uzayını uygun topolojiyle Cb (X)’in maksimal idealler
uzayı olarak görebiliriz.
Yukarıdaki teoreme benzer biçimde vX uzayını da homomorfizmalar terimiyle karakterize edebiliriz.
Teorem 16.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. X’in reelkompktlaması vX ve
Hom C(X) uzayları homeomorfiktirler.
Q
Kanıt: Hom Cb (X) uzayını f ∈C(X) R’nin altuzayı olarak ele alıyoruz. Yukarıdaki açıklamadaki gibi X uzayını Hom Cb (X)
Q uzayına homeomorfik olarak
gömebiliriz. Buna ilaveten bu uzay üstuzay f ∈C(X) R uzayda kapalıdır ve
dolayısıyla reelkompakt olur. Ayrıca X, Hom C(X) uzayına C-gömülebilirdir.
Yukarıdaki teoremin kanıtına benzer biçimde X’in Hom C(X) uzayında yoğun
olduğu gösterilebilir. Buradan C(X) ve C(Hom C(X)) halkalarının izomorfik
olduğunu söyleriz. Ayrıca C(X) ve C(vX) izomorfik olduklarından reelkompakt uzaylar için verilen Banach-Stone Teoreminden vX ve Hom C(X) uzayları homeomorfik olurlar. Kanıt tamamlanır.
Oh be!
Alıştırmalar
16.15. w1 ordinal uzayının reelkompakt olmadığını gösterin.
vw1 = βw1 = w1 + 1
olduğunu gösterin.
17. Önkompaktlık
Tümüyle düzenli X uzayı, C(X) = Cb (X) eşitliğini sağlıyorsa X’e önkompakt
uzay denilmişti (Altbölüm 11.3). Bu kavramın birçok yönüyle çarpıcı olması
nedeniyle başlıbaşına çalışılması da anlamlı olacaktır.
Kompakt uzayın (hatta sayılabilir kompakt uzayın) önkompakt oduğu
açıktır. Ama tersi doğru değildir: [0, w1 ) ordinal uzayı kompakt olmayan önkompakt uzaydır. Hatta ([0, w1 ) uzayı sayılabilir kompakt uzaydır, Alıştırma 10.31.)1
Her ne kadar tümüyle düzenli önkompakt uzay kompakt olmasa da reelkompakt ve önkompakt olan uzay kompakt uzaydır. Tersi de doğrudur.
Gerçekten de bu özellikteki uzay
C(X) = Cb (X) = C(βX)
eşitliğini sağladığından Banach-Stone Teoremi’nin reelkompakt biçiminden (Teorem 16.11)
X = βX
olur. Yani X ve βX uzayları homeomorfiktirler. βX kompakt olduğundan X
kompakttır. Her ne kadar kompakt olmayan reelkompakt uzay örneği oluşturmak kolay olmasa da yukarıda verilen betimleme yardımıyla farklı örnekler
oluşturulabilir.
Sayılabilir kompakt uzayın önkompakt uzay olduğu açık. Tersinin genelde
doğru olmamasına karşın normal uzaylarda sayılabilir kompaktlık ve önkompaktlık kavramları çakışır (Hewitt [67], Teorem 30). Gerçekten de X normal,
önkompakt ama sayılabilir kompakt olmasın. Yani X’in yakınsak altneti olmayan bir (xn ) dizisi vardır.
A = {xn : n ∈ N}
diyelim. A, X’in sayılabilir sonsuz, ayrık ve X uzayının kapalı altuzayıdır.
1
Yakın zamanlarda Rubin-Ivansic tarafından kompakt olmayan önkompakt uzay örnek
üretimi konusunda bir model, Examples of Pseudocompact Spaces and their Products başlığı
ile verilmiştir.
17.1. Temel Karakterizasyon
353
f : A −→ R, f (xn ) = n
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. X normal ve A kapalı olduğundan,
f ’nin sürekli genişlemesi f : X −→ R vardır. Ancak f (X) sınırsız olduğundan
bu, X uzayının önkompakt olmasıyla çelişir.
Bu bölümde detaylara girilmeden önkompaktlık kavramının belirgin bazı
özellikleri çalışılacaktır. Önkompaktlık kavramı konusunda iz sürülebilecek temel çalışmalardan biri Stephenson [127] dir. Ayrıca bu makalede değişik özellikte önkompakt uzay örnekleri bulunabilir.
17.1
Temel Karakterizasyon
Bu altbölümde bir uzayın önkompakt olmasını belirleyen temel özellikler verilecektir.
(X, τ ) topolojik uzay olsun. Elemanları boş kümeden farklı boş olmayan
U ⊂ P(X) kümesi verilsin. Her x ∈ X için
|{U ∈ U : Ux ∩ U 6= ∅}| < ∞
olacak biçimde x ∈ Ux ∈ τ (x) varsa U’ya yerel sonlu olarak tanımlandığını
hatırlayalım. Alıştırma 2.19.
Bir topolojik uzayın önkompakt olmasıyla, elemanları açık kümeler olan
yerel sonlu kümeler arasındaki ilişkilerden biri şöyledir: X bir topolojik uzay
olsun.
i. Elemanları açık kümeler olan her yerel sonlu küme sonludur.
ii. Yerel sonlu açık örtü sonludur.
iii. Yerel sonlu her açık örtünün sonlu açık altörtüsü vardır. olmak üzere
(i ⇒ ii ⇒ iii ⇒ önkompakt
olduğunu okur kolaylıkla gösterebilir. Bunların tersi tümüyle düzenli uzaylar
için fazlasıyla doğrudur2 . Bunu kanıtlamadan önce hafif kompaktlık kavramını
tanımlayalım.
Tanım 17.1 (Bagley-Connell-Mcnight [14]). Elemanları açık kümelerden oluşan
her yerel sonlu kümesi sonlu olan uzaya hafif kompakt 3 denir.
Tümüyle düzenli uzaylarda önkompaktlık ve hafif kompaktlık kavramları
çakışır. Aslında daha da fazlası doğrudur. Her x ∈ X için,
|{U ∈ U : Ux ∩ U 6= ∅}| ≤ 1
2
Bu sonuçlar bağımsız olarak Glicksberg (1952), Kerstan (1957) ve Smirnov (1954) tarafından gözlenmiştir. Detaylı bilgi [36]’de (s. 211) bulunabilir.
3
Ingilizcesi: Lightly compact.
354
17. Önkompaktlık
eşitsizliğini sağlayan x ∈ Ux ∈ τ (x) varsa U’ya ayrık denir. Önkompaktlık, yerel sonlu ve ayrık olma kavramları arasındaki temel ilişkilerden biri aşağıdadır.
Teorem 17.1. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir:
i. X önkompakttır.
ii. X hafif kompakttır.
iii. U ⊂ τ ayrıksa sonludur.
iv. (Un ), boş kümeden farklı azalan açık kümelerin dizisi ise
T
n Un 6= ∅
olur.
v. {Un : n ∈ N} ⊂ τ kümesinin sonlu arakesit özelliği varsa
T
n Un 6= ∅
olur4 .
Kanıt: (i ⇒ ii). U elemanları boş kümeden farklı yerel sonlu küme olsun.
U’nun sonlu olmadığını varsayalım. U’nun sayılabilir olduğunu varsayabiliriz.
U = {Un : n ∈ N} diyelim. Her n ∈ N için xn ∈ Un seçelim.
fn (xn ) = 1 ve fn (X \ Un ) ⊂ {0}
olacak biçimde sürekli fn : X −→ [0, 1] fonksiyonu vardır. Her x ∈ X için
P
n nfn (x) < ∞
olduğu U’nun yerel sonlu olmasından hemen görülür. Ayrıca f fonksiyonunun
sürekli olduğu aşağıdaki gibi gösterilebilir: x ∈ X ve > 0 verilsin.
{U ∈ U : U ∩ V 6= ∅} = {Uk1 , . . . , Ukn }
olacak biçimde x ∈ Uki ∈ τ (x) açık kümeleri vardır. vardır. Her i için fi (X \
Ui ) ⊂ {0} olduğundan
f|U = (k1 fk1 (x) + . . . + kn fkn )|U
olur. Böylece f|U süreklidir. x ∈ U olduğundan
f (V ) ⊂ (f (x) − , f (x) + )
kapsamasını sağlayan V ⊂ U açık kümesi vardır. U açık olduğundan V , X
kümesinde de açıktır. Böylece f ’nin x noktasında sürekliliği gösterilmiş olur.
x ∈ X keyfi olduğundan f süreklidir. Her n için
4
Önkompaktlık kavramının betimlenmesinde önemli kaynaklardan biri [14] dir. (i), (iv) ve
(v)’lerin denk olduğu Colmez [29]’de verilmiştir. (i) ve (iii)’nin denkliği [36]’de bulunabilir.
17.1. Temel Karakterizasyon
355
n = nfn (xn ) ≤ f (xn )
olduğundan f sınırsızdır ki bu çelişkidir.
(ii ⇒ iii) Açıktır.
(iii ⇒ iv) (Un ) boş kümeden farklı azalan açık kümelerin dizisi olmasına karşın
T
n Un = ∅
olduğunu varsayalım. Sonlu olmayan ayrık U ⊂ τ ’nın varlığını göstermenin
yaratacağı çelişki kanıtı tamamlayacaktır.
Aşağıdaki özellikleri sağlayan açık kümelerin (Vn ) dizisini oluşturalım:
a. Her n ∈ N ve i ≤ n için Vi ⊂ Ui .
b. Her n ∈ N ve i ≤ n için Vi ∩ Um = ∅ olacak biçimde m(i) vardır.
c. i 6= j için Vi ∩ Vj = ∅.
x ∈ U1 alalım. x 6∈ Um olacak biçimde m = m(1) > 1 vardır.
x ∈ V1 ∈ V1 ⊂ U1 ∩ (X \ Um )
özelliğini sağlayan V1 vardır. {V1 , . . . , Vn } kümesi yukarıda verilen (a), (b) ve
(c) koşulları sağlasın.
k = m(1) + . . . + m(n) + n
diyelim. Her i ≤ n ve k ≤ j için Vi ∩ Uj = ∅ olduğu açıktır. x ∈ Uk alalım.
x 6∈ Um olacak biçimde m = m(n + 1) seçelim.
x ∈ Vn+1 ⊂ Vn+1 ⊂ Uk \ Um
ifadesini sağlayan Vn+1 açık kümesi vardır. Böylece açık kümelerin (a), (b) ve
(c) koşullarını sağlayan (Vn ) dizisi elde edilmiş olur. {Vn : n ∈ N} kümesinin
ayrık olduğunu göstereceğiz. x ∈ X verilsin.
|{n : Vn ∩ W 6= ∅}| ≤ 1
olacak biçimde açık x ∈ W kümesinin varlığını gösterelim. x ∈ X verilsin.
x 6∈ Um olacak biçimde m seçelim.
x ∈ V = X \ Um açık ve k ≥ m için V ∩ Vk = ∅
olur. Diğer taraftan {V1 , . . . , Vm−1 } kümesi ayrık olduğundan
|{n : Vn ∩ W 6= ∅}| ≤ 1
olacak biçimde x ∈ W açık kümesi vardır. Diğer taraftan {Vn : n ∈ N} kümesi
sonlu değildir. Bu çelişkidir.
(iv ⇒ v) Her n ∈ N için Vn = ∩ni=1 Un diyelim. Varsayım gereği (Vn ) kümeleri
boş olmayan azalan dizidir. (iii) gereği
356
17. Önkompaktlık
∅=
6 ∩n Vn ⊂ ∩Un
olmasından istenilen elde edilir.
(v ⇒ i) Varsayalım ki X önkompakt değil. Yani 0 ≤ f ∈ C(X) sınırsız fonksiyon vardır. Her n için
Un = f −1 ((n, ∞)) 6= ∅
diyelim. Ayrıca
Un+1 ⊂ f −1 ([n + 1, ∞) ⊂ Un
olduğundan
∩n Un = ∩n Un = ∅
olur ki bu çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
17.1. Tümüyle düzenli bir uzayın önkompakt olması için gerek ve yeter koşulun uzayın N’ye
homeomorfik olan C-gömülebilir altuzayının olmadığını gösterin.
17.2. Bu altbölümün girişinde yer alan
(i ⇒ ii) ⇒ iii ⇒ önkompakt
ifadesini kanıtlayın.
Hewitt [67] X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X önkompakt.
ii. Her f ∈ Cb (X) için supx∈X f (x) = f (a) olacak biçimde a ∈ X vardır.
iii. Her f ∈ Cb (X) için inf x∈X f (x) = f (a) olacak biçimde a ∈ X vardır.
iv. Her f ∈ Cb (X) için f (X) kompakt.
17.3. ([14]) Hafif kompakt olmayan önkompakt T1 -uzay örneği verin.
17.4. Önkompakt uzayın sürekli bir fonksiyon altındaki görüntüsünün önkompakt olduğunu
gösterin.
17.5. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların direk toplam uzayı olsun. Aşağıdakilerin denk olduğunu
gösterin.
i. X önkompakt.
ii. Her i ∈ I için Xi önkompakt ve I sonlu.
17.6. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. [Novák [113]] İki önkompakt uzayın çarpım uzayı önkompakt olmayabilir.
ii. [Glicksberg [54]- Mrówka [103]] Önkompakt uzayla kompakt uzayın çarpım uzayı
önkompakt.
iii. [Scarborough-Stone [119]] Önkompakt uzayla tümüyle düzenli dizisel kompakt uzayın
çarpımı önkompakt uzaydır.
17.7. X ve Y tümüyle düzenli uzaylar olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. X × Y önkompakt.
ii. β(X × Y ) = βX × βY .
iii. X, Y uzayları önkompakt ve f : X × Y −→ R sınırlı fonksiyonu sürekli olduğunda
her x ∈ X ve y ∈ Y için
17.2. Dini Teoremi
357
X −→ R, a 7→ f (a, y)
ve
Y −→ R, a 7→ f (x, a)
fonksiyonları süreklidir. Bu problemin bir kanıtı [48]’de bulunabilir.
17.2
Dini Teoremi
(fn ), [0, 1]’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonların dizisi ve f sürekli fonksiyonuna noktasal olarak yakınsıyorsa f ’ye düzgün olarak da yakınsar. Bu teorem
Dini Teoremi olarak bilinir. [0, 1] yerine keyfi bir kompakt uzay alınması
durumunda da aynı sonuç geçerlidir. Bu altbölümde, bu sonucun önkompakt
uzaylar için de doğru olduğu, hatta önkompat uzayları karakterize edebildiği
gösterilecektir.
(fn ), X kümesinden R’ye tanımlı fonksiyonların dizisi ve f : X −→ R bir
fonksiyon olmak üzere A ⊂ X için
supa∈A |fn (a) − f (a)| → 0
oluyorsa (fn ) dizisi f fonksiyonuna A kümesi üzerinde düzgün yakınsıyor denir.
Tanım 17.2. X topolojik uzay ve f : X −→ R bir fonksiyon ve (fn ), X’ten
R’ye tanımlı fonksiyonların bir dizisi olsun.
i. x ∈ X verilsin. Her > 0 için
n ≥ N, x ∈ Ux =⇒ supy∈Ux |fn (y) − f (y)| < olacak biçimde N ∈ N ve açık küme Ux varsa (fn ) dizisi x noktasında düzgün
yakınsıyor denir.
ii. Her x ∈ X için (fn ) dizisi f ’ye x noktasını içeren bir açık küme üzerinde
düzgün yakınsıyorsa (fn ) dizisi f ’ye yerel düzgün yakınsıyor denir.
Aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 17.2 (Colmez [29]-Glicksberg [53]). X tümüyle düzenli uzay olsun.
Aşağıdakiler denktir.
i. X önkompakt.
ii. C(X)’te verilen dizi bir f : X −→ R fonksiyonuna her noktada düzgün
yakınsıyorsa düzgün de yakınsar.
iii. C(X)’te verilen bir dizi bir f : X −→ R fonksiyonuna yerel düzgün
yakınsıyorsa düzgün yakınsar5 .
5
Dini Teoremi olarak bilinen bu teorem ilk olarak Dini tarafından kapalı aralıkta
tanımlanan sürekli fonksiyonlar dizisi için 1878 yılında verilmiştir.
358
17. Önkompaktlık
Kanıt: ([14]) (i ⇒ ii). Varsayalım ki (ii) gerçekleşmez. Bu durumda her n ∈ N
için
< |fn (xn ) − f (xn )|
eşitsizliğini sağlayan f : X −→ R fonksiyonuna her noktada düzgün yakınsayan
C(X) de (fn ) dizisi ve > 0 vardır. Her noktada düzgün yakınsama nedeniyle
her n 6= m için xn 6= xm olduğunu varsayabiliriz. gn : X −→ R fonksiyonu,
gn (x) = (|fn (x) − f (x)| − )+
olarak tanımlansın. Noktada düzgün yakınsama tanımı kullanılarak her x ∈ X
için öyle bir x ∈ Ux açık kümesi ve nx ∈ N vardır ki, her n ≥ nx ve y ∈ Ux
için g(a) = 0 olur. Bu kullanılarak
g : X −→ R, g(x) =
n
n gn (xn ) gn (x)
P
fonksiyonunu tanımlayabiliriz. Ayrıca f ’nin sürekli olduğu da kolayca gösterilebilir. Her n için n ≤ g(xn ) olduğundan g sınırsızdır. Bu, X’in önkompakt
olmasıyla çelişir.
(ii ⇒ iii) Kolaylıkla gösterilir.
(iii ⇒ i) X’in önkompakt olmadığını varsayalım. Sınırsız 0 ≤ g ∈ C(X) fonksiyonu vardır. Her n için X’ten R’ye tanımlı fonksiyonlar dizisi
gn (x) = inf{fn (x) : n ∈ N}
eşitliği ile tanımlansın. (gn ), C(X)’de bir dizi ve g fonksiyonuna yerel düzgün
yakınsar, fakat düzgün yakınsamaz. Bu çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
17.8. Tümüyle düzenli uzayın önkompakt olması için gerek ve yeter koşulun hafif kompakt
olduğunu Teorem 17.1 den biliyoruz. Bunun farklı bir kanıtını verin.
Colmez [29]-Glicksberg [53]-Iseki [72] X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösterin.
i. X önkompakt.
ii. (fn ), C(X)’de artan (ya da azalan) fonksiyonların bir dizisi ve bir sürekli f fonksiyonuna noktasal yakınsıyorsa, düzgün de yakınsar.
Iseki [73] X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin. (f ∈ Cb (X) fonksiyonunun βX uzayına olan genişlemesi f β ile gösteriliyor.)
i. X önkompakt.
ii. (fn ), Cb (X)’te artan (ya da azalan) fonksiyonların bir dizisi ve bir f ∈ Cb (X) fonksiyonuna noktasal yakınsıyorsa (fnβ ) dizisi f β fonksiyonuna noktasal yakınsar.
iii. (fn ), Cb (X)’te azalan ve sıfır fonksiyonuna noktasal yakınsıyorsa (fnβ ) diziside sıfır
noktasına noktasal yakınsar.
17.3. Ψ-Uzay (Mrowka Uzayı)
17.3
359
Ψ-Uzay (Mrowka Uzayı)
Sayılabilir kompakt ve normal olup reelkompakt olmayan topolojik uzay örneklerinden biri [0, w1 ) ordinal uzayıdır. Bu alt bölümde bir başka örnek daha
vereceğiz.
Sayılabilir kompakt uzayın önkompakt olduğunu göstermek kolaydır: X
tümüyle düzenli sayılabilir kompakt uzay olsun. f ∈ C(X) verilsin. Her n ∈ N
için
Un = {x ∈ X : |f (x)| < n}
olmak üzere (Un ), X’in sayılabilir açık örtüsüdür. X’in sayılabilir kompakt olması nedeniyle bu örtünün sonlu açık örtüsü vardır. Un ’ler kapsamaya göre
artan olduğundan X = Un olacak biçimde n vardır. Yani |f | ≤ n olur.
Ancak bunun tersi doğru değildir. Oluşturacağımız örnekle iki iş birden yapacağız: Sayılabilir kompakt olmayan, reelkompakt olmayan ama önkompakt
uzay örneği vereceğiz. Burada geçen sonuçlar Mrowka’ya [102] aittir. Ayrıca,
Isbell’e ait olduğu da [52]’da ifade edilmiş ve problem olarak verilmiştir. Ψ
uzayına Mrowka uzayı da denir.
Önsav 17.3. Her n 6= m ∈ N için
An ∩ Am = ∅ ve |An | = |N|
olacak biçimde P(N)’de (An ) dizisi vardır.
Kanıt: |N × N| = |N| olduğundan birebir ve örten f : N −→ N × N fonksiyonu
vardır. Her n ∈ N için
An = f −1 ({n} × N)
diyelim. (An ) istenen özellikte bir dizidir.
Önsav 17.4. N∞ = {A ⊂ N : A sonsuz } olmak üzere
M = {P ⊂ N∞ : A, B ∈ P, A 6= B ⇒ A ∩ B sonlu }
kümesinin kapsama sıralamasına göre maksimal elemanı vardır.
Kanıt: Yukarıda verilen önsavdan M boş kümeden farklıdır. M’ ye Zorn
Lemma uygulanarak istenilen elde edilir.
M’nin bir maksimal elemanını yine M ile gösterelim. Her E ∈ M için
wE = {{E}} olarak tanımlayalım. D = {wE : E ∈ M} diyelim.
Teorem 17.5 (Isbell). Ψ = N ∪ D kümesini aşağıda tanımlanan τΨ topolojisi
ile donaltalım:
i. Her n ∈ N için {n} açıktır.
ii. wE ∈ U ∈ τΨ ancak ve ancak E \ A ⊂ U olacak biçimde sonlu A ⊂ E
vardır. Ψ tümüyle düzenli ve N bu uzayda yoğundur.
360
17. Önkompaktlık
Kanıt: i. τΨ bir topolojidir: Açıktır.
ii. Ψ, Hausdorff uzaydır : x 6= y olsun. x ∈ N ve
y = wE ise x ∈ U = {x} ve y ∈ E ∪ (N \ {x}) ∪ {wE }
kümeleri açık ve ayrıktır. x = wE ve y = wF olma durumunda
x ∈ E ∪ {wE } ve y ∈ (F \ E) ∪ {wF }
kümeleri açık ve ayrıktırlar. x, y ∈ N olma durumunda ise
U = {x} ve V = {y}
kümelerinin açık ve ayrık olmalarından Ψ’nin Hausdorff olduğu gösterilmiş
olur.
iii. N yoğundur: x = wE ∈ U ∈ τΨ verilsin. U ∩ N 6= ∅ olur. Böylece N’nin
yoğun olduğu gösterilmiş olur.
iv. Ψ tümüyle düzenlidir: K ⊂ Ψ kapalı ve x 6∈ K olsun. x ∈ N ise f = χx
sürekli ve f (x) = 1 ve f (K) ⊂ {0} olur. x = wE ise
x ∈ (E \ A) ∪ {wE } ⊂ K c
olacak biçimde sonlu A ⊂ E vardır. f = χN\(E\A) fonsiyonu sürekli,
f (x) = 0 ve f (K) ⊂ {1}
olur. Böylece Ψ uzayının tümüyle düzenli olduğu gösterilmiş olur.
Kanıt tamamlanır.
Önsav 17.6. Ψ uzayının altuzayı D ayrık altuzay ve sıfır kümedir. Ayrıca
sayılabilir kompakt değildir.
Kanıt: wE ∈ D verilsin. U = E ∪ {wE } açık ve {wE } = U ∩ D olduğunda
{wE }, D altuzayında açıktır. Her n ∈ N için fn = χn olmak üzere
P
fn
f = n 2n (1+f
n)
f fonksiyonu sürekli ve D = Z(f ) olur.
U = {{n} : n ∈ N} ∪ {f −1 (− n1 , n1 ) : n ∈ N}
kümesi Ψ’nin bir açık örtüsü olmasına karşın sonlu altörtüsü yoktur. Yani
sayılabilir kompakt değildir.
Önsav 17.7. Ψ önkompakttır.
Kanıt: 0 ≤ f : Ψ −→ R fonksiyonu sınırsız ve sürekli olsun. Bu durumda en az
bir E ∈ M için f (E)’nin sınırsız olduğunu gösterelim. Olmadığını varsayalım.
Her E ∈ M için f (E) ≤ kE olacak biçimde kE ∈ N vardır. M’nin maksimal
olmasından dolayı
17.4. İdealin Kapanışı ve Önkompaktlık
361
A = N \ (∪E∈M E)
sonlu olacağından ve f ’nin sınırsız olma varsayımından dolayı
B = {kE : E ∈ M}
kümesi sınırsızdır. Bu durum ve f (N)’nin sınırsızlığı (çünkü N yoğundur.)
kullanılarak her n ∈ N için
n < kEn < f (xn )
eşitsizliğini sağlayan xn ∈ N elde edilir. K = {xn : n ∈ N} diyelim. K sonsuz
ve f (K) sınırsız olduğundan K 6∈ M olur. Ancak her M ∈ M için f (M )
sınırlı olduğundan M ∩ K sonlu olmak zorundadır. Bu, M’nın maksimal ve
M ⊂ M ∪ {K} olacağından K ∈ M çelişkisini verir. O halde en az bir E ∈ M
için f (E) sınırsızdır. E ∪ {wE }, Ψ uzayının kompakt altuzayı olduğundan
f (E ∪ {wE }) sınırlı olmak zorundadır. Bu, f (E)’nin sınırsız olmasıyla çelişir.
O halde Ψ uzayından R’ye tanımlı sınırsız sürekli fonksiyon yoktur. Ψ’nin
önkompakt olduğu gösterilmiş olur. Kanıt tamamlanır.
Notlar ve Örnekler
17.9. Ψ reelkompakt olmayan tümüyle düzenli uzaydır.
Kanıt: Ψ kompakt değildir ama önkompakttır. O halde reelkompakt olamaz.
Alıştırmalar
17.10. (Bu problem [51], Problem 6P’den alınmıştır.) Aşağıdaki basamakları kullanarak
Λ = βR \ (βN \ N)
uzayının sayılabilir kompakt olmayan önkompakt (ve dolayısıyla reelkompakt olmayan)
uzay olduğunu gösterin.
i. R ⊂ Λ ⊂ βR.
ii. βΛ = βR.
iii. Λ \ R, βΛ \ R uzayında yoğundur.
iv. Λ \ R, Λ uzayında sıfır kümedir.
v. Λ \ R ⊂ ∩p∈βN\N Z[M p ]
vi. Λ önkompakttır.
vii. Λ sayılabilir kompakt değildir.
viii. Λ reelkompakt değildir.
17.4
İdealin Kapanışı ve Önkompaktlık
Bu altbölümde iki tanıdık kavramın çakıştığı gösterilecek: Tümüyle düzenli
X uzayı için C(X) halkasında her idealin kapanışının ideal olması ile X’in
önkompakt olması denk kavramlardır. Burada geçen kapanış, C(X) üzerinde
tanımlı
362
17. Önkompaktlık
d(f, g) = sup{|f (x) − g(x)| ∧ 1 : x ∈ X}
metriğine göre olacaktır.
Teorem 17.8 (Nanzetta-Plank [105]). X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
i. X önkompakttır.
ii. C(X)’teki her idealin kapanışıda bir idealdir.
iii. C(X)’teki her ideal kapalı bir ideal tarafından kapsanır.
Kanıt: (i ⇒ ii) π : C(X) −→ C(βX) izomorfizma olsun. π aynı zamanda
C(X) ve C(βX) üzerindeki supremum metriklerine göre homeomorfizmadır.
I, C(X)’te ideal ise π(I), C(βX)’te bir idealdir. βX kompakt olduğundan
π(I) = π(I) bir idealdir. Buradan da I’nın ideal olduğu elde edilir.
(ii ⇒ iii) Açıktır.
(iii ⇒ i) X’in önkompakt olmadığını varsayalım. Her x ∈ X için 0 < f (x) ve
f (X) sınırsız olacak biçimde f ∈ C(X) vardır. Her n ∈ N için
Fn = {x : f (x) ≥ n}
olarak tanımlansın.
I = {f ∈ C(X) : ∃n, Fn ⊂ Z(f )}
diyelim. I, C(X)’te bir idealdir. Varsayalım ki I ⊂ J olacak biçimde C(X)’te
kapalı J ideali var. > 0 verilsin. n1 < olacak biçimde n ∈ N seçelim.
g = ( f1 − n1 )+
sürekli fonksiyonunun sıfır kümesi Fn kümesini kapsar, yani Fn ⊂ Z(g) olur.
Buradan g ∈ I olur. Buradan gn −→ f1 olacak biçimde I’da (gn ) dizisinin
varlığı gösterilmiş olur. J kapalı olduğunda f1 ∈ J olur. Ayrıca f ∈ J ve
dolayısıyla 1 ∈ J olur. Bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
18. Maksimal İdealler ve
Stone Genişleme
Tümüyle düzenli uzayın Hewitt (reel) kompaktlaması ve Stone-C̆ech kompaktlaması, topolojinin “olmazsa olmazlarıdır”. Diğer taraftan bu kavramlar
sürekli fonksiyonlar halkasının maksimal idealleriyle birebir bağlantılıdır. Bu
bölümde bu bağlantı ortaya konacak.
X tümüyle düzenli uzay olsun. Öncelikle Cb (X) ve C(X)’in maksimal ideallerini βX uzayının elemanlarıyla betimleyeceğiz. M , C(X)’in bir maksimal
ideal olmak üzere daha önce de konusu edilmiş olan aşağıdaki özelliklerden
bazılarını sağladığını hatırlayalım.
i. C(X)/M cismi R’ye izomorfik olmayabilir.
ii. R, C(X)/M cismine izomorfik gömülebilir.
iii. C(X)/M cisminin R’ye izomorfik olması için gerek ve yeter koşul, R’ye
izomorfik olarak gömülmesidir.
iv. Tamsıralı C(X)/M cisminin her elemanı R’nin elemanlarıyla arasında
bir “bağ” kurabiliriz.
Yukarıdaki gözlemleri cazip hale dönüştürerek, R’yi C(X)/M cisminin altcismi olarak ele alarak, C(X)/M cisminin r ∈ R elemanına reel ve
(C(X)/M ) \ R
kümesinin elemanlarına reel olmayan eleman denir. Reel olmayan elemanlar sonsuz büyük ve sonsuz küçük olmak üzere iki gruba ayrılır. Bunlarla
bağlantılı olarak R∗ , R cisminin bir nokta kompaktlaması olmak üzere, bir
f ∈ C(X) fonksiyonunun Stone genişlemesi olan f ∗ : βX −→ R∗ fonksiyonuyla
[f ] ∈ C(X)/M arasındaki temel ilişkiyi anlayacağız. Böylece C(X)/M bölüm
halkasının reel sayılardan ne kadar “uzak” olduğu az da olsa anlaşılabilecektir.
18.1
Cb (X) ve C(X) Halkalarında Maksimal Idealler
X tümüyle düzenli uzay olmak üzere, f ∈ Cb (X) fonsiyonunun sürekli genişlemesini f β ∈ C(βX) ile gösterelim. Cb (X) ve C(X) halkalarının maksimal
ideallerini βX uzayı terimiyle aşağıdaki gibi betimleyebiliriz.
364
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
Teorem 18.1 (Stone [129]). X tümüyle düzenli uzay ve M , Cb (X) halkasında
ideal olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. M maksimal ideal.
ii. M = {f ∈ Cb (X) : f β (p) = 0} olacak biçimde p ∈ βX vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). π : Cb (X) −→ C(βX), π(f ) = f β izomorfizması altında
π(M ) maksimal idealdir. βX kompakt olduğundan C(βX)’nin her maksimal
ideali bir noktada belirlenebilir olması nedeniyle
π(M ) = {g ∈ C(βX) : g(p) = 0}
olacak biçimde tek bir tane p ∈ βX vardır. Buradan da
M = {f ∈ C(X) : f β (p) = 0}
elde edilir.
(ii ⇒ i). J ⊂ Cb (X), M ⊂ J kapsamasını sağlayan ideal olsun. f ∈ J fakat
f β (p) 6= 0 olsun.
(f − f β (p))β (p) = 0
olduğundan f − f β (p) ∈ M ve dolayısıyla f − f β (p) = 0 ve buradan da
0 6= f β (p) ∈ J
çelişkisi oluşur. Buradan J = M elde edilir. Böylece M ’nin maksimal olduğu
gösterilmiş olur.
Sürekli fonksiyonlar halkasının maksimal idealleri de aşağıdaki gibi verilebilir.
Teorem 18.2 (Gelgand-Kolmogorov [50]). X tümüyle düzenli uzay ve M ,
C(X) halkasında ideal olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. M maksimal ideal.
βX
ii. M = {f ∈ C(X) : p ∈ Z(f ) } olacak biçimde p ∈ βX vardır.
Kanıt: (i ⇒ ii). p = Z[M ] olmak üzere f ∈ M verilsin. Z(f ) ∈ p olacağından
p ∈ Z(f )
βX
olur. Tersine f ∈ C(X), p ∈ Z(f )
βX
koşulunu sağlasın. Burada
Z(f ) ∈ p = Z[M ]
ve M , z-ideal olduğundan f ∈ M elde edilir.
(ii ⇒ i). J bir ideal ve M ⊂ J sağlansın. f ∈ J \ M olsun.
18.2. Stone Genişlemesi
365
Z(f ) 6∈ Z[M ] = p.
p, z-ultrafiltre olduğundan
∅ = Z(f ) ∩ Z(g) = Z(f 2 + g 2 )
olacak biçimde f ∈ M vardır. Buradan da
1=
f2
f 2 +g 2
+
g2
f 2 +g 2
∈J
çelişkisi elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
18.1. X tümüyle düzenli uzay olsun. Her p ∈ βX için
Mb p = {f ∈ Cb (X) : f β (p) = 0}
M p = {f ∈ C(X) : p ∈ Z(f )
βX
}
olmak üzere, Cb (X)’in maksimal ideallerinin kümesi {Mb p : p ∈ βX} ve C(X)’nin
maksimal ideallerinin kümesinin {M p : p ∈ βX} olduğu dikkate alınarak p −→ M p ve
p −→ Mb p dönüşümlerinin birebir ve örten olduğunu gösterin. Ayrıca Cb (X) ve C(X)
halkalarının maksimal idealleri arasında birebir ve örten dönüşüm olduğunu gösterin.
18.2
Stone Genişlemesi
X tümüyle düzenli olmak üzere sürekli ve sınırlı her f : X −→ R fonksiyonun
sürekli genişlemesi f β : βX −→ R olmasına karşın sınırlı olmayan fonksiyon
için böyle bir durum yoktur. Buna karşın bu genişlemeye “en yakın” yaklaşım,
R yerine R∗ , R’nin bir nokta kompaktlaması olmak üzere sürekli f : X −→
R fonksiyonunun βX’ten R∗ olan sürekli genişlemesi olan f ∗ fonksiyonuyla
C(X)’nin maksimal ideali arasındaki ilişkiyi çalışmak anlamlı olabilecektir.
Bu bağlamda M maksimal ideal olmak üzere [f ] ∈ C(X)/M ile f ∗ arasındaki
bazı ilişkileri belirleyebiliriz.
Tanım 18.1. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’in bir maksimal ideali
olsun. 0 < [f ] ∈ C(X)/M verilsin. [f ], aşağıdaki gibi isimlendirilir.
i. Eğer her n ∈ N için [n] ≤ [f ] oluyorsa, [f ]’ye sonsuz büyük denir.
ii. Eğer her n ∈ N için [f ] ≤ [ n1 ] oluyorsa, [f ]’ye sonsuz küçük denir.
X tümüyle düzenli uzay ve I, C(X)’in bir z-ideali olmak üzere her f ∈
C(X) için
[0] ≤ [f ] ∈ C(X)/I ⇔ ∃g ∈ I, f|Z(g) ≥ 0
olduğunu Teorem 16.9 dan biliyoruz. Bu durum aşağıdaki teoremin kanıtında
sıklıkla kullanılacaktır. Bunu yaparken her maksimal idealin z-ideal olduğunu
hatırlayalım.
366
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
Teorem 18.3 (Gillmann-Henriksen-Jerison [51]). X tümüyle düzenli uzay ve
M , C(X)’in bir maksimal ideali olsun ve Z[M ] = p ∈ βX diyelim. f ∈ C(X)
verilsin.
i. f ∗ (p) = ∞ olması için gerek ve yeter koşul, [|f |]’nin sonsuz büyük olmasıdır.
ii. f ∗ (p) = r ∈ R olması için gerek ve yeter koşul, [|f − r|]’nin sonsuz
küçük ya da sıfır olmasıdır.
Kanıt: Her n için
Zn = {x : |f (x)| ≥ n} = Z((n − |f |)+ )
diyelim.
(i). f ∗ (p) = ∞ olsun. X’te xα −→ p olacak biçimde (xα ) neti alalım. Her
n ∈ N için Zn , bu netin bir kuyruğunu kapsar. Dolayısıyla
p ∈ Zn
βX
olur. Buradan
Zn ∈ p = Z[M ] yani (n − |f |)+ ∈ M
olur. Sonuç olarak [n] ≤ [|f |] elde edilir. Yani [|f |] sonsuz büyüktür. Tersine, [|f |]’nin sonsuz büyük olduğunu varsayalım. Yani her n için [n] ≤ [|f |]
olduğunu varsayalım. Yine Teorem 16.9’dan her n için
Zn ∈ Z[M ] = p
βX
olduğundan p ∈ Zn
olur. n ∈ N verilsin. xα −→ p olacak biçimde Zn ’de
∗
(xα ) neti seçebiliriz. f fonsiyonunun sürekliliğinden
n ≤ f (xα ) −→ f ∗ (p)
elde edilir. n keyfi olduğundan f ∗ (p) = ∞ olur.
(ii). f ∗ (p) = r ∈ R olduğunu varsayalım. X’te xα −→ p olacak biçimde (xα )
neti vardır. n ∈ N verilsin. Her α ≥ α0 için
|f (xα ) − r| ≤
1
n
olacak biçimde α0 vardır.
Zn = Z((|f − r| − n1 )+ )
olmak üzere α ≥ α0 için xα ∈ Zn olacağından p ∈ Zn
p = Z[M ] olur. M ’nin z-ideal olmasından
(|f − r| − n1 )+ ∈ M
βX
ve dolayısıyla Zn ∈
18.2. Stone Genişlemesi
367
olur. Teorem 16.9’un uygulanmasıyla da
[|f − r|] ≤ [ n1 ]
olur. Yani |f − r| sıfır ya da sonsuz küçüktür.
[|f − r|] değerinin sıfır olduğunu varsayalım. Yani f − r ∈ M olsun. Buradan
Z(f − r) ∈ Z[M ] = p
ve dolayısıyla
βX
p ∈ Z(f − r)
olur. X’te f (xα ) = r ve xα −→ p olacak biçimde (xα ) neti seçebiliriz. f ∗
sürekli olduğundan
r = f (xα ) −→ f ∗ (p)
elde edilir. Yani f ∗ (p) = r olur.
[|f − r|] nin sonsuz küçük olduğunu varsayalım. n ∈ N verilsin ve
[0] < [|f − r|] ≤ [ n1 ]
olur. Teoremin hemen üst satırında verilen gözlem kullanılarak her n ∈ N ve
x ∈ Z(fn ) için
|(f − r)(x)| ≤
1
n
eşitsizliğini sağlayan fn ∈ M vardır.
Zn = Z(fn ) ∈ Z[M ] = p
olmasından p ∈ Zn
βX
olur. Buradan da
|f ∗ (p) − r| ≤
1
n
olacağı açıktır. n ∈ N’nin keyfi olmasından da f ∗ (p) = r elde edilir. Kanıt
tamamlanır.
Alıştırmalar
18.2. C(N) halkasında en az bir serberst maksimal ideal olduğunu gösterin. M , bu halkanin
serbest maksimal ideali olsun. j : N −→ R, j(x) = x olmak üzere [j] ∈ C(N)/M ’nin
sonsuz küçük olduğunu gösterin.
18.3. X tümüyle düzenli uzay, M ⊂ C(X) maksimal ideal ve 0 ≤ f ∈ C(X) verilsin ve
p = Z[M ] ∈ βX diyelim.
A = {r ∈ R : r < [f ]}
B = {r ∈ R : r > [f ]}
olmak üzere [f ] ∈ C(X)/M sonsuz büyük değilse,
sup A = f ∗ (p) = inf B
368
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
olduğunu gösterin.
18.4. X tümüyle düzenli uzay, M ⊂ C(X) maksimal ideal ve 0 ≤ f ∈ C(X) verilsin ve
p = Z[M ] ∈ βX diyelim. [g] ∈ C(X)/M sonsuz küçük olsun. Her r ∈ R için
(r + g)∗ (p) = r∗ (p) = (r − g)∗ (p) = r
olduğunu gösterin. Ayrıca
i. f = r + g olmak üzere [r] < [f ],
ii. f = r olmak üzere [r] = [f ],
iii. f = r − g olmak üzere [r] > [f ],
olduğunu gösterin.
18.5. X tümüyle düzenli uzay, M ⊂ C(X) maksimal ideal, 0 ≤ f ∈ C(X) verilsin ve
p = Z[M ] ∈ βX
diyelim. Her r ∈ R için,
i. [f ] ≤ [r] ⇒ f ∗ (p) ≤ r,
ii. f ∗ (p) < r ⇒ [f ] < [r],
olduğunu gösterin. Terslerinin doğru olmadığını da gösterin.
18.6. X tümüyle düzenli uzay ve M ⊂ C(X) maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösterin.
i. M ⊂ {f ∈ C(X) : f ∗ (p) = 0}.
T
ii. M Cb (X) ⊂ {f ∈ Cb (X) : f β (p) = 0}.
18.7. X tümüyle düzenli uzay olsun. p ∈ βX verilsin.
Mbp = {f ∈ Cb (X) : [|f |] ∈ C(X)/M p sıfır ya da sonsuz küçük}
olduğunu gösterin.
18.8. X tümüyle düzenli uzay ve p ∈ βX verilsin. M p ve Mb p maksimal idealleri Problem
18.1 de olduğu gibi tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösterin.
i. M p hyper-reel ideal.
ii. Mb p , C(X)’in
tersinir en az bir elemanı içerir.
T
Ayrıca M p Cb (X) = Mb p olması için gerek ve yeter koşulun M p kümesinin reelmaksimal ideal olması gerektiğini gösterin.
19. Ek: Topolojilerin Sayısı
Bir X kümesi üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi T (X) ile gösterilmiş ve
Altbölüm 2.4’te eğer X sonsuzsa
|X|
|T (X)| = 22
olduğunun gösterileceği sözü verilmişti. Bu bölümde verilen söz yerine getirilecektir.
19.1
Ultrafiltrelerin Sayısı
Bir X kümesi üzerinde tanımlı ultrafiltrelerin kümesini U (X) ile göstereceğiz.
X bir sonsuz küme, α bir kardinal sayı ve α ≤ |X| olmak üzere, X’in
kardinalitesi α’dan küçük olan altkümelerinin kümesini [X]<α ile gösterelim.
Yani
[X]<α = {A ⊂ X : |A| < α}
olsun. Ayrıca [X]<α kümesinin kardinaltesini |X|<α ile gösterelim.
|X|<α = sup{|X|β : β kardinal ve β < α}
olur1 . Bu eşitlik kullanılarak her n ∈ N için |X|n = |X| olacağından
|X|<ℵ0 = |X|
elde edilir. Ayrıca
|X|
|U (X)| ≤ 22
olduğunu da not edelim. Aşağıdaki teoremin bir kanıtı [52]’de bulunabilir.
Teorem 19.1. X bir sonsuz küme olsun.
|X|
|U (X)| = 22
1
Bu eşitliğin bir kanıtı [74], s. 52’de bulunabilir.
370
19. Ek: Topolojilerin Sayısı
olur.
Kanıt: [Hausdorff [66]] Yazım kolaylığı açısından
℘f (X) = [X]<ℵ0
yazalım. Yukarıdaki gözlemden dolayı
|X| = |℘f (X)| = |℘f (℘f (X))| = |℘f (X) × ℘f (℘f (X))|
olduğunu not edelim. Dolayısıyla
|X|
|U (℘f (X) × ℘f (℘f (X)))| = 22
olduğunu göstermek yeterlidir.
π : ℘(X) −→ ℘(℘f (X) × ℘f (℘f (X)))
fonksiyonunu
π(S) = {(F, ϕ) : S
T
F ∈ ϕ}
eşitliğiyle tanımlayalım.
(∅, {∅}) ∈ π(∅)
ve s ∈ X için
(∅, {{s}}) ∈ π(∅)c
olduğunu not edelim. Gerçekten de
π(S)c = ℘(℘f (X) × ℘f (℘f (X))) \ π(S)
olur. ∅ =
6 S ⊂ X için s ∈ S seçelim.
({s}, {{s}}) ∈ π(S)
ve
(∅, {{s}}) ∈ π(S)c
olduğu açıktır. Böylece her S ⊂ X için
π(S) 6= ∅ ve π(S)c 6= ∅
olur. π : ℘(℘(X)) −→ ℘(℘(℘f (X) × ℘f (℘f (X)))) fonksiyonu
S
π(S) = {π(S) : S ∈ S} {π(S)c : S 6∈ S}
19.1. Ultrafiltrelerin Sayısı
371
olarak tanımlansın.
i. S ∈ P(℘(X)) için π(S) kümesinin sonlu arakesit özelliği vardır: S ∈
℘(℘(X)) verilsin. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere birbirlerinden farklı Ti ∈ π(S) elemanları verilsin. 1 ≤ i ≤ k < j ≤ n için
Ti = π(Si ) ve Tj = π(Sj )c
0
olacak biçimde Si ∈ S ve Sj 6∈ S seçelim. m 6= m için Sm 6= Sm0 olur. Her
1 ≤ i < j ≤ n için
S
xij ∈ (Si \ Sj ) (Sj \ Si )
seçebiliriz.
F = {xij : 1 ≤ i < j ≤ n}
ve
ϕ = {Si
T
F : 1 ≤ i ≤ n}
olmak üzere
(F, ϕ) ∈
Tn
i=1 Ti
olur. Böylece π(S) kümesinin sonlu arakesit özelliğinin varlığı gösterilmiş olur.
ii. S ∈ ℘(℘(X)) için
π(S) ⊂ π(S)
0
olacak biçimde ultrafiltre π(S) vardır. Ayrıca S =
6 S için
0
π(S) 6= π(S )
olur: Varlığın nedeni, π(S) kümesinin sonlu arakesit işlem özelliğinin olmasındandır.
0
0
S=
6 S ve π(S) = π(S ) olduğunu varsayalım.
S ∈S \S
0
seçelim.
0
0
π(S) ∈ π(S) ⊂ π(S) ve π(S)c ∈ π(S ) ⊂ π(S ) = π(S)
olacaktır. Buradan ∅ ∈ π(S) çelişkisi elde edilir.
Böylece,
π : ℘(℘(X)) −→ U (℘f (X) × ℘f (℘f (X)))
birebir fonksiyonu tanımlanmış olur. Buradan da
|X|
22
≤ |π(℘(℘(X)))| ≤ |(X)(℘f (X) × ℘f (℘f (X)))| ≤ 22
|X|
372
19. Ek: Topolojilerin Sayısı
eşitsizliği elde edilir ve kanıt tamamlanır.
Ayrık X uzayında her filtre bir z-filtre olduğundan ve X’in Stone-C̆ech
kompaktlamasının elemanları z-ultrafiltreler olan küme üzerinde inşa edilebildiğinden aşağıdaki sonucu söyleyebiliriz.
Sonuç 19.2. X sonsuz ve ayrık uzay olmak üzere
|X|
|βX| = 22
olur.
19.2
Topolojilerin Sayısı
Öncelikle kardinal sayılarla ilgili iki şeyi hatırlayalım.
i. α bir sonsuz kardinal sayı, I, |I| ≤ α olacak biçimde bir indeks kümesi
ve her i ∈ I için |KI | ≤ α ise
|
S
i∈I
Ki | ≤ α
olur.
ii. I sonsuz bir küme ve B, I kümesinden kendisine tanımlı birebir ve örten
fonksiyonların kümesiyse
|B| ≤ 2|X|
olur.
Sonsuz bir kümeden sonlu bir altküme çıkartılmasıyla kümenin kardinalitesi
değişmez. Yani X sonsuz bir kümeyse sonlu her A ⊂ X için
|X| = |X \ A|
olur. Bu, aşağıdaki teoremin kanıtında kullanılan temel fikirdir.
Teorem 19.3 (Frohlich [47]). X sonsuz bir kümeyse
|X|
|T (X)| = 22
olur.
Kanıt: x0 ∈ X olmak üzere Y = X \ {x0 } diyelim.
|X|
|βX| = 22
|Y |
= 22
= |βY |
19.3. Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Sayısı
373
olduğunu not edelim. Her y ∈ βY \Y için Y ∪{y} kümesi βY uzayının altuzayı
olarak görelim ve fy : X −→ Y ∪ {y},
(
x ; x ∈ Y,
fy (x) =
y ; x = x0 .
eşitliği ile tanımlanan fonksiyonu homeomorfizma yapan X üzerinde tek bir
τy ∈ T (X) topolojisi vardır. Y ∪ {y} uzayında y elemanını içeren açık kümelerin kümesi Oy olmak üzere
τy = {A : A ⊂ Y } ∪ {f −1 (U ) : U ∈ Oy }
olduğu açıktır. Böylece
π : βY −→ T op(X), π(y) = τy
olarak tanımlanan fonksiyon birebirdir.
|X|
22
= 22
|Y |
|X|
eşsitsizliğinden |T (X)| = 22
19.3
|X|
= |βY \ Y | ≤ |T (X)| ≤ 22
olur.
Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Sayısı
|X|
Yukarıdaki teoremde |T (X)| = 22 olduğu gösterilmesine karşın birbirlerine
homeomorfik olmayan topolojilerin kardinalitesinin ne olduğunu sorgulamak
anlamlıdır. Öncelikle şunu not edelim: {Xi : i ∈ I} kümesi ikişer ikişer ayrık
kümelerin kümesi olsun.
S
| i∈I Xi | = |I| supi∈I |Xi |
olur.
Teorem 19.4. X sonsuz bir küme olsun. Farklı her iki elemanı birbirlerine
homeomorfik olmayan
|X|
T ⊂ T (X), |T | = 22
olacak biçimde T kümesi vardır.
Kanıt: Yukarıdaki teoremin kanıtında olduğu gibi x0 ∈ X ve Y = X \ {x0 }
olmak üzere her y ∈ βY \ Y için X kümesi üzerine τy topolojisini koyalım.
{τy : y ∈ βY \ Y } kümesi üzerinde
τy ≡ τz :⇔ τy ve τz topolojileri homeomorfiktir,
374
19. Ek: Topolojilerin Sayısı
olarak tanımlanan ≡, bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısına göre her
τy topolojisinin denklik sınıfını [τy ] ile gösterelim.
S
{τy : y ∈ βY \ Y } = y∈βY \Y [τy ]
ve
|X|
|{τy : y ∈ βY \ Y }| = |βY \ Y | = 22
olduğunu not edelim.
K = {[τy ] : y ∈ βY \ Y }
olmak üzere
|K| ≤ 2|X|
olduğunu varsayalım.
|
S
K∈K K|
|X|
= 22
olduğundan en az bir K = [τy ] için
|[τy ]| = 22
|X|
olmalıdır. Diğer taraftan τx topolojilerinde izole2 noktalar sadece ve sadece
Y kümesinin elemanları olduğundan f : (X, τy ) −→ (X, τz ) bir homeomorfizmaysa, f |Y : Y ⇒ Y fonksiyonu birebir, örten ve f (y) = z olur. Böylece B,
Y kümesinden kendisine tanımlı birebir ve örten fonksiyonların kümesi olmak
üzere [τy ] kümesinden B’ye tanımlı birebir fonksiyon vardır. Buradan
|X|
22
= |[τy ]| ≤ |B| = 2|Y | = 2|X|
olur. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla, K ≤ 2|X| olamaz. Böylece 2|X| < |K| olmak
|X|
|X|
zorundadır. |K| ≤ 22
olduğundan |K| = 22
elde edilir. Seçim aksiyomu
kullanılarak istenilen özellikte T kümesinin varlığı kanıtlanmış olur.
Her n ∈ N için Xn kümesi n elemanlı bir küme olmak üzere, 1 ≤ n ≤ 18 için
|T (Xn )|’in nümerik değeri bilinmesine karşın n > 19 için bilinmemektedir.
2
X topolojik uzay ve x ∈ X olmak üzere {x} kümesi hem açık hem de kapalıysa, x
noktasına izole nokta denir. X sonsuz ayrık uzay olmak üzere X kümesinin her elemanı
βX uzayının bir izole noktasıdır ve başka izole noktaları yoktur. Neden?
20. Ön Bilgiler
Bu bölümde kitabın içeriği için gerekli seviyede ve kapsamda temel kavramlar detaylara girilmeden verilmeye çalışılacaktır. Gereğinden fazla kavram da
verilmiş olabilir; ama zararı olmayacak nitelikteki bu durumun dikkatsizlikten
ziyade bilgi verebilme heyecanından kaynaklandığı varsayılabilir.
Bu bölümde geçen konularla ilgili detaylar birçok kaynakta bulunabilir.
Türkçe yazılmış temel kaynaklardan biri, Matematik Dünyası1 (MD) dergisinin bazı sayılarıdır. Örneğin, Zermole-Fraenkel Küme Kuramının aksiyom
listesi ve bunlarla ilgili detaylar [MD, 2003-4, 2006-3]’te bulunabilir. Ayrıca,
Kısmi Sıralı Kümeler [MD, 2005-4], Ordinaller [MD, 2006-1] ve Kardinaller [MD, 2006-1] sayılarında bulunabilir. Bunların yanında [110] ve [109] bu
bölümde yer alan konuları içerir.
20.1
Küme Kuramı
Günümüzün matematiği, kümeler kuramı2 üzerine inşa edilmiştir. Kabul edilen kuramın adı Zermelo-Frankel Küme Kuramı 3 ve kısaca ZF ile gösterilir. Okurun, ZF kuramının aksiyomlarının neler olduğunu en azından temel
düzeyde bildiği varsayılacaktır. Dolayısıyla “küme nedir?” sorusunun muhatabı bu kitap olmayacaktır.
Kümeler üzerinde sıralamalar, toplamalar, çıkarmalar gibi işlemler olmadan, kümeler kuramının “tadı tuzu olmaz”. Bu konularla ilgili temel tanımlar
yapılıp çoğu temel sonuç kanıtsız olarak verilecektir.
1
1991 yılında çıkmaya başlayan Matematik Dünyası Türkiye’de matematik eğtim alanında
önemli bir boşluğu dolduran ve doldurmaya devam eden bir dergidir.
2
Kümeler kuramının mimarı Georg Cantor olduğu matematikçiler arasında
tartışılmayacak seviyede kabul görür. Cantor’un yaptığı çalışmaların, dönemindeki
meslektaşları arasında alay konusu olduğu, çalışmalarını yayınlatma sıkıntısı çekmesi
sonucunda sağlığının bozulduğu iddia edilse de Hilbert’in “Cantor’un keşfettiği cennetten
bizi kimse kovamaz” açıklamasıyla tartışmaya son nokta konulmuştur.
3
Bu kuram bir aksiyomlar (belit) topluluğudur. Bu aksiyomların sayısı [MD, 2006-2, s.22]
9 tane gibi gözükse de sonsuz tanedir. ZF aksiyomların çoğunluğu Hitler rejimini protesto
etmek için 1935 yılında akademik hayattan çekilen Alman matematikçi Zermelo’ya aittir.
376
20. Ön Bilgiler
Kümeler üzerinde tanımlanan; küme işlemleri, olarak adlandırılan kümelerin bileşimleri, arakesitleri, farkları gibi temel şeylerin okurca bilindiği varsayılacaktır. Ayrıca bu kavramlarla ilgili gösterimler oldukça standart bir hal
almış olduğundan, bunlarla ilgili notasyon tanıtımları da yapılmayacaktır.
Örneğin A ve B kümeleri için, A∩B ve A∪B kümelerinin sırasıyla, A ve B’nin
arakesitleri ve bileşimleri olduğu, A \ B’nin A fark B, yani A’da olup B’de olmayan elemanların kümesini gösterdiğinin okurca bilindiği varsayılacaktır.
ZF kuramında hiç elemanı olmayan bir küme, aksiyom olarak vardır. Bu
kümeye boş küme denir ve ∅4 ile gösterilir. Matematikte sıfır, boşküme olarak
tanımlanır. Boşküme kavramı kullanılarak doğal sayılar kümesi, doğal sayılar
kümesinden tam sayılar kümesi, tam sayılar kümesinden rasyonel sayılar kümesi
ve rasyonel sayılar kümesinden reel sayılar kümesi; toplamasıyla, çarpmasıyla
ve sıralamalarıyla kazasız belasız inşa edilir. Bu inşa süreçlerinde farklı yöntemler kullanılabilir. Örneğin boşkümeden doğal sayılara geşişte küme teori, doğal
sayılardan tamsayılara ve tamsayılardan rasyonel sayılar kümesine geşişte cebirsel yöntemler, rasyonel sayılar kümesinden reel sayılara geçişte analiz yöntemi kullanılır. Bu yöntemlerin teknik detayları bu kitabın konusu değildir.
Doğal sayılar kümesi, tam sayılar kümesi, rasyonel sayılar kümesi ve reel
sayılar kümesi sırasıyla
ω, Z, Q ve R
simgeleriyle gösterilir. ω \ {0} kümesine pozitif tamsayılar kümesi denir ve
N ile gösterilir. Her ne kadar
∅⊂N⊂Z⊂Q⊂R
olduğu herkesçe biliniyor olsa da biz yazmadan geçmeyelim. R \ Q kümesine
0
irrasyonel sayılar kümesi denir ve Q ile gösterilir. R’nin elemanlarına
sayı denir.
Bir A kümesinin altkümelerinin kümesi ℘(A) ya da 2A ile gösterilir5 Yani
℘(A) := {B : B ⊂ A}.
℘(A)’ya A’nın kuvvet kümesi 6 denir. Verilen F ⊂ ℘(A) kümesi aşağıda
verilen özelliklere göre adlandırılır:
4
Bu simge Norveçce ve Danimarkaca alfabesinin bir harfidir. İlk olarak Bourbaki grubunca, özellikle Fransız Matematikci André Weil (1906-1908) tarafından, 1939 yılında kullanılmaya başlanmıştır.
5
Genelde 2A , A’dan 2 = {0, 1}’e giden fonksiyonlar kümesini gösterir. Ancak ℘(A)’dan
2A ’ya tanımlı X −→ χX fonksiyonu birebir ve örten olduğundan ℘(A) yerine 2A gösterimini
kullanmak yaygındır.
6
Her X için ℘(X)’nin bir küme olması ZF ’de bir aksiyomdur.
20.1. Küme Kuramı
377
1. Sonlu
bileşim işlemi altında kapalı: Sonlu her ∅ =
6 F0 ⊂ F için
S
F0 ∈ F oluyorsa7 .
S
2. Bileşim işlemi altında kapalı: Her ∅ =
6 F0 ⊂ F için F0 ∈ F
oluyorsa.
3. Sonlu T
arakesit (kesişim) işlemi altında kapalı: Sonlu her ∅ =
6 F0 ⊂
F için F0 ∈ F oluyorsa.
4. Arakesit
(kesişim) işlemi altında kapalı: Her ∅ =
6 F0 ⊂ F için
T
F0 ∈ F oluyorsa.
5. Üstküme işlemi altında kapalı: X ⊂ Y ⊂ A ve X ∈ F olduğunda
Y ∈ F oluyorsa.
6. Altküme işlemi altında kapalı: X ⊂ Y ⊂ A ve Y ∈ F olduğunda
X ∈ F oluyorsa.
Bir X kümesinden Y kümesine tanımlı f fonksiyonu f : X −→ Y ile gösterilir.
Burada X’e f ’nin tanım kümesi ve
f (X) := {f (x) : x ∈ X}
olarak tanımlanan kümeye f ’nin görüntü kümesi denir8 . X’ten Y ’ye tanımlı
fonksiyonların kümesi Y X ya da F onk(X, Y ) ile gösterilecektir.
f : X −→ Y bir fonksiyon olsun.
∅=
6 A ⊂ X −→ Y , a 7→ f (a)
olarak tanımlanan fonksiyona f ’nin A’ya kısıtlanışı denir ve f|A ile gösterilir.
I bir küme olsun. Her i ∈ I için Ai bir küme olmak üzere, {Ai : i ∈ I}’nin
bir küme olması ZF ’de bir aksiyomdur. Bu küme bazı kolaylıklar nedeniyle
(Ai )i∈I olarak gösterilir ve küme ailesi denir.
S
Seçim Fonksiyonu: (Xi )i∈I bir kümeler ailesi ve X := i∈I Xi olmak üzere
Q
I
i∈I Xi := {f ∈ X : ∀i ∈ I, f (i) ∈ Xi }
bir kümedir. Bu kümenin her elemanına seçim fonksiyonu denir. I = ∅ ise
seçim fonksiyonu yoktur, yani
Q
i∈I Xi = ∅
7
Sonlu kümenin tanımı Teorem 20.9’u takip eden paragrafta verilecek olsa da okurun en
azından sezgisel olarak bunu bildiği varsayılacaktır.
8
a := b ifadesi “b, a ile gösterilir” anlamındadır.
378
20. Ön Bilgiler
olur. I boş olmayan sonlu kümeyse ZF ’de
Q
i∈I Xi 6= ∅
olması için gerekli koşul her i ∈ I için Xi 6= ∅ olmasıdır. Ancak, genel olarak boş olmayan her I kümesi için (Xi )i∈I ailesinin bir seçim fonksiyonunun
olup/olmadığı ZF kuramında söylenemez. Buna karşın boş olmayan her I
indeks kümesi ve her i ∈ I için Xi 6= ∅ olması durumunda
Q
i∈I Xi 6= ∅
olması ZF ’de bir aksiyomdur. Bu aksiyoma Seçim Aksiyomu 9 denir ve C
simgesiyle gösterilir. Bu aksiyomun ZF ’ye eklenmesiyle elde edilen kuram,
ZF çelişkisiz10 ise çelişkisiz olacaktır. Bu kuram ZF C ile gösterilir. Seçim
aksiyomu yapılmadan yapılan kanıtlar daha “değerli” ya da “doğrudan” olarak
algılanır ve Seçim Aksiyomu kullanılmadan yapıldığı övgüyle vurgulanabilır.
Aslında seçim aksiyomunun değilinin (zıttının), ZF ’ye (¬C ile gösterilir) bir
aksiyom olarak eklenmesiyle elde edilen aksiyomlar topluluğu da tutarlıdır.
Fakat bu kitabın içeriğinde bu kuram ve onun sonuçları yer almayacaktır.
Yukarıdaki söylemi teorem olarak ifade edelim.
Teorem 20.1. Aşağıdakiler küme kuramında iki temel sonuçtur:
1. (Gödel [55]) ZF tutarlıysa ZF C(ZF + C) de tutarlıdır.
2. (Cohen [28]) ZF tutarlıysa ZF + ¬C de tutarlıdır.
Matematiğin önemli alanlarından biri olan fonksiyonel analiz hayatını HahnBanach Teoremi’ne borçludur. Bu teoremin varlığı da Seçim Aksiyomu’na
bağlıdır. Bu Seçim Aksiyomu’nun önemini ortaya koyan nedenlerden sadece
ve sadece biridir.
Alıştırmalar
20.1.
20.2.
20.3.
20.4.
20.5.
Boşküme her kümenin altkümesidir, gösterin.
Tek bir boşküme olduğunu gösterin.
S
∅ = ∅ olduğunu gösterin.
T
∅’nin bir küme olmadığını gösterin.
X boş olmayan bir küme olmak üzere, X’ten ℘(X)’e tanımlı birebir fonksiyonun varlığını
gösterin11 .
20.6. (Cantor) Boş olmayan bir X kümesi için X’ten ℘(X)’e tanımlı örten fonksiyonun olamayacağını gösterin.
9
Bu aksiyomun farkına ilk varan Peano’dır [MD, 2006-2, s.38]
Okurun “çelişkisiz” ve “tutarlı” ifadelerinin anlamını bu kitabı anlayabilecek düzeyde
biliyor olduğu varsayılmıştır.
11
f (x) = f (y) olduğunda x = y olan f : X −→ Y fonksiyonuna birebir fonksiyon denir.
f (X) = Y ise f ’ye örten fonksiyon denir.
10
20.2. Kısmi Sıralı Küme
20.2
379
Kısmi Sıralı Küme
ZF aksiyomlarından biri, verilen her x, y kümeleri için elemanları sadece ve
sadece x ve y’lerden oluşan bir kümenin olmasıdır. Bu küme {x, y} ile gösterilir.
Bu aksiyoma iki elemanlı küme aksiyomu denir. X ve Y iki küme olmak
üzere x ∈ X ve y ∈ Y için,
(x, y) := {{x}, {x, y}}
S
olarak tanımlanır. (x, y) ⊂ ℘(X Y ) olduğu açıktır.
X × Y := {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }
kümesine X ve Y kümelerinin kartezyen çarpımı denir.
X bir küme olmak üzere X × X kümesinin boş olmayan ≤ altkümesine
X’te bir bağıntı ya da ilişki denir. Türkçe kitaplarda bağıntı yerine ilişki
kelimesi de sıklıkla kullanılır. Genelde, (x, y) noktasının ≤’ya ait olması, yani
(x, y) ∈≤
olması,
x ≤ y ya da y ≥ x
ile gösterilir. x ≤ y ve x 6= y olma durumunda x < y ya da y > x yazılır. ≤,
X’te bir bağıntı olmak üzere aşağıdaki tanımları yapalım.
1. Yansımalı : her x ∈ X için x ≤ x.
2. Simetrik : x ≤ y olduğunda y ≤ x oluyorsa.
3. Ters simetrik : x ≤ y ve y ≤ x olduğunda x = y oluyorsa.
4. Geçişken: x ≤ y ve y ≤ z olduğunda x ≤ z oluyorsa.
Bir X kümesi üzerindeki ilişki birden fazla özelliği sağlayabilir. Bunların önemli
olanlarından biri denklik bağıntısıdır. Yansımalı, simetrik ve geçişken olan
bağıntıya denklik bağıntısı (ilişkisi) denir.
X kümesi üzerinde ≡ bir denklik bağıntısı olmak üzere, her x ∈ X için,
[x] := {y ∈ X : x ≡ y}
kümesine, x’in denklik sınıfı denir. Her x, y ∈ X için x ∈ [x] ve
T
[x] = [y] ya da [x] [y] = ∅
olduğunu not edelim. Elemanları denklik sınıfları olan küme X/≡ ile gösterilir.
380
20. Ön Bilgiler
Tanım 20.1. 12 Bir küme üzerinde tanımlı yansımalı, ters simetrik ve geçişken
olan bağıntıya kısmi sıralama denir. Bir kısmi sıralı bağıntıyla donatılmış
kümeye de kısmi sıralı küme 13 denir.
Bir X kümesi üzerinde çok farklı kısmi sıralama olabileceğinden, sıralamanın
ne olduğunu vurgulamak için bir ≤ kısmi sıralamayla donaltılmış X kısmi sıralı
kümesi (X, ≤) ile gösterilebilir.
Kısmi sıralı küme üzerinde aşağıdaki temel tanımlamaları verelim. X kısmi
sıralı bir küme, A ⊂ X, x ∈ X verilsin. x’e A kümesinin:
1. Üst sınırı : Her a ∈ A için a ≤ x oluyorsa. Bu durum A ≤ x ile
gösterilebilir.
2. Alt sınırı: Her a ∈ A için a ≥ x oluyorsa. Bu durum x ≤ A ile
gösterilebilir.
3. Supremumu (en küçük üst sınır ): A ≤ x ve A ≤ y koşulunu sağlayan
her y ∈ X için x ≤ y oluyorsa. Bu durum x = sup A gösterilir.
4. İnfimumu (en büyük alt sınır ): x ≤ A ve y ≤ A özelliğindeki her
y ∈ X için y ≤ x oluyorsa. Bu durum x = inf A ile gösterilir.
5. Maksimumu: x = sup A ve x ∈ A oluyorsa. Bu durumda x = max A
yazarız.
6. Minumumu: x = inf A ve x ∈ A oluyorsa. Bu durumda x = min A
yazarız.
x ∈ X verilsin. x < y olacak biçimde y ∈ X yoksa x’e maksimal elemanı
denir. x < y olacak biçimde y ∈ X yoksa x’e minimal elemanı denir. a,
b ∈ X için aşağıdaki gösterimleri kullanırız.
(a, b) = {x ∈ X : a ≤ x < b}
[a, b) := {x ∈ X : a ≤ x < b}
(a, b] := {x ∈ X : a < x ≤ b}
[a, b] := {x ∈ X : a ≤ x ≤ b}
(−∞, a) := {x ∈ X : x < a}
(−∞, a] := {x ∈ X : x ≤ a}
(a, ∞) := {x ∈ X : a < x}
[a, ∞) := {x ∈ X : a ≤ x}
Kısmi sıralı bir X kümesi, aşağıda verilen özelliklere göre adlandırılır.
12
Bu kavram anonim gözükükse de, Geroge Boole’nin (İngiliz matematikci, 1915-1964) bu
alandaki çalışmalarının etkisi var gibi gözükmektedir.
13
İngilizcesi: partially ordered set. Bu kavramın temeli G. Boole’nin çalışmalarına dayanmaktadır. Daha detaylı bilgi [62]’da bulunabilir.
20.2. Kısmi Sıralı Küme
1. Örgü (latis)
381
14
Boş olmayan sonlu her A ⊂ X için sup A ve inf A varsa.
2. Tamsıralı: Boş olmayan sonlu her A ⊂ X için min A ve varsa.
3. İyisıralı: Boş olmayan her A ⊂ X için min A varsa.
4. Dedekind tam: Üstten sınırlı ve boş olmayan her altkümenin supremumu ve alttan sınırlı ve boş olmayan her altkümenin infimumu varsa.
5. Zincir : Her x, y ∈ X için x ≤ y ya da y ≤ x olur.
iyi sıralı ⇒ tamsıralı ⇒ örgü⇐ Dedekind tam
olduğu açıktır. Ama ters yönleri doğru değildir.
İyi sıralı bağıntıyla donaltılabilen her kümeye iyi sıralanabilir denir.
Aşağıdaki teorem oldukça önemlidir, hatta “elimiz ayağımızdır”.
Teorem 20.2.
15
ZF ’de aşağıdakiler denktir.
1. (Zorn Önsav) Her zincirinin bir üst sınırı olan kısmi sıralı bir kümenin
maksimal elemanı vardır.
2. (Seçim Aksiyomu) Seçim Aksiyomu.
3. (Zermelo Teoremi) Her küme iyisıralanabilir.
Alıştırmalar
20.7. X ve Y kümeleri için X × Y neden bir kümedir? X × Y ⊂ ℘(℘(X)) olduğunu gösterin.
20.8. x, y ve z kümeleri için
(x, y, z) := ((x, y), z)
kümesini tanımlayalım. Buna benzer biçimde x1 , . . . xn kümeleri için (x1 , . . . , xn ) kümesini tanımlayınız. Sonrasında, X1 ,. . . ,Xn kümeleri için X1 × X2 . . . × Xn kümesini
tanımlayın.
Q
20.9. X1 ,. . . ,Xn kümeleri verilsin. I = {1, 2, . . . , n} olmak üzere X1 × X2 . . . × Xn ve i∈I Xi
kümeleri arasındaki ilişkiyi belirleyin.
20.10. Her kümenin = bağıntısına göre kısmi sıralı küme olduğunu gösterin. Hangi koşullar
altında bu kümenin tamsıralı, iyi sıralı ve Dedekind tam olabileceğini belirleyin.
20.11. N’nın iyi sıralı olduğunu gösterin.
Aşağıda verilen üç alıştırma için okurun tanımı 20.6 alt bölümde verilecek olan halka ve
cisim kavramını temel düzeyde bildiği varsayılmıştır. Kavrama yabancı okura öncelikle
Altbölüm 20.6’ya gözatması önerilir.
14
İngilizcesi: lattice. Bu kavram 19. yüzyılın sonlarına doğru C. S. Pierce ve E. Schröder
tarafından verilmiştir.
15
Bu teorem hakkında detaylı bilgi ve kanıt [MD, 2006-2]’de bulunabilir.
382
20. Ön Bilgiler
20.12. (ω’den Z’nin inşası)16 ω doğal sayılar kümesi üzerinde tanımlı toplama, çarpma ve
sıralama kullanılarak (bilindiği varsayımı altında) tam sayılar sıralı halkasını inşa edin.
i. w × w kümesi üzerinde
(m, n) ≡ (a, b) :⇔ m + b = n + a
olarak tanımlanan bağıntı ≡ bir denklik bağıntısıdır.
ii. Her (m, n) ∈ w × w için (m, n)’nin denklik sınıfı [(m, n)] olmak üzere, w × w’nin
elemanlarının denklik sınıfının kümesi Z ile gösterilir.
[(m, n)] + [(a, b)] = [(m + a, n + b)]
ve
[(m, n)].[(a, b)] = [(ma + nb, mb + na)]
işlemleri altında Z değişmeli halkadır.
S
iii. Z = {[(n, 0)] : n ∈ w} {[(0, n)] : n ∈ w} olur. Genelde n ∈ w için, [(n, 0)] elemanı
n ile ve [(0, n)] elemanı −n ile gösterilir.
iv. w’de n ≤ m için [(n, 0)] ≤ [(m, 0)] ve [(0, m)] ≤ [(0, n)] ve her a, b ∈ w için
[(0, n)] ≤ [(a, 0)] tanımlamalarına göre Z, tamsıralı fakat iyi sıralı değildir.
v. Z cisim değildir.
20.13. Tamsıralı halka Z’den rasyonel sayılar cismi Q’yi inşa edin. Z×(Z\{0}) kümesi üzerinde
(m, n) ≡ (a, b) :⇔ mb = na
olarak tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısıdır. [(m, n)], (m, n) ikilisinin denklik sınıfı
olmak üzere,
Q = {[(m, n)] : (m, n) ∈ Z × (Z \ {0})},
[(m, n) + [(a, b)] = [(mb + na, nb)] ve [(m, n)][(a, b)] = [(ma, nb)]
işlemlerine göre bir cisimdir. Bu cisme rasyonel sayılar cismi denir. Tam sayılar halkası
bu cismin bir alt halkasına izomorfiktir.
Q = {[(m, n)] : (m, n) ∈ Z × (Z \ {0}), m ≥ 0}
olur.
[(m, n)] ≤ [(a, b)] :⇔ mb ≤ na
sıralamasına göre Q sıralı cisimdir. Q’nın tamsıralı fakat Dedekind tam olmadığını gösterin.
20.14. Tamsıralı reel sayılar cismi R’yi tamsıralı Q cisminden inşa edin.17 Ayrıca R’nin Dedekind tam fakat iyi sıralı olmadığını gösterin.
20.15. X boş olmayan küme olmak üzere, ℘(X) kümesi kapsama sıralamasına18 göre kısmi
sıralı kümedir. Bu kümenin en küçük altsınırının boş küme ve en büyük üst sınırının X
olduğunu gösterin. Ayrıca, F ⊂ ℘(X) için sup F ve inf F’lerin neler olduğunu belirleyin.
T
20.16. (X, ≤) kısmi sıralı küme olmak üzere, her A ⊂ X kümesi için (A × A) ≤’nin A’da bir
kısmi sıralama olduğunu gösterin. Bu sıralamaya indirgenen kısmi sıralama denir.
16
Alıştırma 12 ve 13 [MD, 2003-IV]’nin kapak konusudur.
Elbette R’nin inşası kolay değildir. Bu konu [MD, 2007-I, 2008-II]’de kapsamlı olarak
çalışılmıştır.
18
A≤B:A⊂B
17
20.2. Kısmi Sıralı Küme
383
20.17. X boş olmayan bir küme ve <, X’te aşağıdaki özellikte bir bağıntı olsun.
i. her x ∈ X için x 6< x.
ii. x < y ve y < z olduğunda x < z.
iii. x < y ise y < z olamaz.
X’in
x ≤ y :⇔ x = y ya da x < y
bağıntısına göre kısmi sıralı küme olduğunu gösterin.
20.18. X ve Y iki kısmi sıralı küme olsun (sıralamaları aynı sembol ≤ ile gösterelim). Z = X×Y
kümesi üzerinde aşağıdaki ilişkileri tanımlayalım.
i. alfabetik sıralama: (x, y) ≤ (a, b) :⇔ x ≤ a ve y ≤ b.
ii. ters alfabetik sıralama: (x, y) ≤ (a, b) :⇔ x < a ya da x = a ve y ≤ b.
Bu bağıntıların kısmi sıralama olduğunu gösterin. Z’nin bu sıralamaya göre örgü, tamsıralı,
iyi sıralı ve Dedekind tam olabilmesi için gerek ve yeter koşulları (varsa) belirleyin.
20.19. X kısmi sıralı küme olmak üzere,
S
x∈I (−∞, x) ⊂ I
koşulunu sağlayan I ⊂ X kümesine X’in bir başlangıç dilimi denir. İyi sıralı bir X
kümesinin altkümesi I’nın başlangıç dilimi olması için gerek ve yeter koşulun bazı x ∈ X
için I = (−∞, x) olduğunu gösterin. (x = min(X \ I))
20.20. X ve Y iki kısmi sıralı küme ve f : X −→ Y bir fonksiyon olsun. Her x ≤ y için
f (x) ≤ f (y) oluyorsa f ’ye artan ve her x < y için f (x) < f (y) oluyorsa f ’ye kesin
artan denir. Kesin artan, birebir ve örten fonksiyon varsa X ve Y kümelerine sıra
izomorfik denir. X ve Y iyi sıralı kümelerse, aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. f : X −→ X kesin artan fonksiyonsa her x ∈ X için x ≤ f (x) olur.
ii. X’ten Y ’ye örten ve kesin artan en fazla bir fonksiyon olabilir.
20.21. Iyi sıralı X ve Y kümeleri için aşağıdakilerin sadece ve sadece birinin gerçekleşebileceğini
gösterin.
i. X ve Y sıra izomorfik.
ii. Y , X’in bir başlangıç dilimine sıra izomorfik.
iii. X, Y ’nin bir başlangıç dilimine sıra izomorfik.
20.22. (Cantor-Bernstein-Schöeder Teoremi)19 X ve Y boş olmayan iki küme olmak üzere,
X’ten Y ’ye tanımlı birebir fonksiyon varsa |X| ≤ |Y | yazalım. X’ten Y ’ye tanımlı birebir
ve örten fonksiyon varsa |X| = |Y | yazılır. X ve Y kümeleri |X| ≤ |Y | ve |Y | ≤ |X|
eşitsizliklerini sağlıyorsa, |X| = |Y | olduğunu gösterin.
Kanıt için aşağıdaki adımlar takip edilebilir.
19
Bu teorem kanıtsız olarak ilk kez Cantor tarafından 1887 yılında ifade edilmiştir. Aynı
yıl içinde bu teorem Dedekind tarafından kanıtlanmış olmasına rağmen, Dedekind kanıtını ne
yayınlamış ne de bundan veya kanıtından Cantor’a bahsetmiştir. Dedekind’in kanıtı Zermelo
tarafından keşfedilmiş ve ayrıca Zermelo kendi kanıtını 1908 yılında vermiştir. Bu teoremin
yanlış “kanıtı” seçim aksiyomu kullanılmadan Schöder tarafından verilmişse de, yanlışlık
Bernstein’in doktora tezinde düzeltilmiştir. Bu önemli teorem hakkında çok geniş bilgi [68]’de
bulunabilir.
384
20. Ön Bilgiler
i. (Knaster-Tarski Teoremi) Λ üstten ve alttan sınırlı Dedekind tam kısmi sıralı küme
olsun. f : Λ −→ Λ artan bir bir fonksiyonsa f ’nin sabit noktası, yani f (a) = a
olacak biçimde a ∈ Λ vardır.
ii. ℘(X), kapsama sıralamasına göre Dedekind tam kısmi sıralı küme olup,
h : ℘(X) −→ ℘(Y ), h(A) = X \ g(Y \ f (A))
olarak tanımlanan fonksiyon artan bir fonksiyondur. Knaster-Tarski Teoremi gereği
h’nin sabit A noktası vardır.
iii. x ∈ X \ A için x = g(y) olacak biçimde y ∈ Y vardır ve tektir.
iv. ϕ : X −→ Y fonksiyonu x ∈ A için ϕ(x) = f (x) ve x ∈ X \ A için x = g(y) olmak
üzere ϕ(x) = y olarak tanımlansın. ϕ birebir ve örten fonksiyondur20 .
20.23. ZF’de aşağıdakilerin denk olduğunu gösterin..
i. Verilen her A ve B kümeleri için |A| ≤ |B| ya da |B| ≤ |A| olur.
ii. AC.
(ii ⇒ i)’nin kanıtı: X = A×B olmak üzere, Z, X’in altkümelerinden şu koşulu sağlayan
kümelerin kümesi Z’lerden oluşan küme olsun: Her a ∈ A için (a, b) ∈ Z olacak biçimde
b ∈ B ve her d ∈ B için (c, d) ∈ Z olacak biçimde c ∈ A olsun. ∅ ∈ Z olduğundan Z
boşkümeden farklıdır. Ayrıca, Z’de her zincirin bir üst sınırı vardır (zincirin bileşimi).
AC gereği Z’nin bir maksimal elemanı Z0 vardır.
A0 = {a ∈ A : ∃b ∈ B, (a, b) ∈ Z0 }
B0 = {b ∈ B : ∃a ∈ A, (a, b) ∈ Z0 }
olmak üzere, Z0 , A0 ’dan B0 ’a tanımlı birebir ve örten bir f fonksiyonun grafiğidir, yani
Z0 = {(a, f (a)) : a ∈ A0 }.
A0 = A ya da B0 = B ise istenilen açık. Diğer durumda seçilebilecek a1 ∈ A \ A0 ve
b1 ∈ B \ B0 elemanları için, Z0 ∪ {a0 , b0 } ∈ Z0 olur ki, bu Z0 elemanının maksimal
olmasıyla çelişir.
20.24. Yukarıdaki problemdeki gösterime göre aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin
0
|w| = |N| = |Z| = |Q| =
6 |R| = |Q |
20.25. |R| = |℘(ω)| olduğunu gösterin.
S
20.26. X ve Y iki kısmi sıralı küme ve Z = (X × {0}) (Y × {1}) olmak üzere,
i. Her a, b ∈ X için, (a, 0) ≤ (b, 0) :⇔ a ≤ b,
ii. Her a, b ∈ Y için, (a, 1) ≤ (b, 1) :⇔ a ≤ b,
iii. Her a ∈ X, b ∈ Y için, (a, 0) ≤ (b, 1) :⇔ a ≤ b
olarak tanımlanan bağıntıya göre, Z’nin kısmi sıralı küme olduğunu gösterin. Ayrıca,
i. Z tamsıralı ancak ve ancak X ve Y tamsıralı,
ii. Z iyi sıralı ancak ve ancak X ve Y iyi sıralı,
olduğunu gösterin.
20.27. X ve Y iki tamsıralı küme olsun. Z = X ×Y ’nin ters alfabetik sıralamaya göre, tamsıralı
olduğunu gösterin. Ayrıca, Z’nin bu sıralamaya göre iyi sıralı olması için gerek ve yeter koşulun X ve Y ’nin iyi sıralı olması gerektiğini gösterin. Aynı denkliğin alfabetik
sıralamaya göre de doğruluğunu gösterin.
20
Bu kanıtın detayları [114]’da bulunabilir.
20.3. Ordinaller
20.3
385
Ordinaller
Verilen bir doğal sayıdan “bir sonraki” ya da “bir önceki” (varsa) doğal sayıların
neler olduğunu söyleyebiliriz. Bu özellik R’de yoktur! Gerçekten R’deki sıralamaya göre 1 sayısından “sonraki” sayının ne olduğunu söyleyemeyiz. Buna
karşın sayılar kümesi üzerine her reel sayıdan bir sonraki sayının ne olduğunu
söyleyebilecek bir sıralama koyabiliriz. Ancak bu sıralamanın ne olduğunu
“açık seçik” yazamayız. Bu gözlem bizi “her kümenin elemanları, gerekirse yeni
bir sıralamaya göre, “ayrık” bir biçimde küçükten büyüğe doğru sıralanabilir
mi?” sorusuna yönlendirebilir. Bu ve benzeri sorgulamalar sonucunda ordinal
kavramı üretilir. Bu kavram [MD, 2006-I]’de detaylı biçimde çalışılmıştır.
Ordinal tanımı aşağıda verilecektir. İlk elden şunu söyleyebiliriz: Ordinaller doğal sayılar sistemini genelleyen bir kavramdır. Bu genelleme doğal sayılar
kümesi ve onun her elemanının altümesinin minimunun olması özelliği üzerinden yapılır.
Tanım 20.2. Aşağıdaki özelliği sağlayan
x ∈ X ve y ∈ x ⇒ y ∈ X
X kümesine ∈-kapalı ya da ∈-geşişkenli (transitif küme ) denir.
Boşkümenin ∈-kapalı olduğu açıktır.
Tanım 20.3. (J. von Neumann) Her elemanı ∈-kapalı olan ∈-kapalı kümeye
ordinal denir21 .
Aşağıdaki teoremi kanıtsız olarak verelim.
Teorem 20.3.
22
X ∈-kapalı küme olsun. Aşağıdakiler denktir.
i. X bir ordinaldir.
ii. X boşküme değilse,
x < y :⇔ x ∈ y
bağıntısına göre iyi sıralı bir kümedir.
Ordinallerle ilgili bazı temel özellikler aşağıdadır:
21
Bu kavram 1883 yılında Georg Cantor tarafından verilmiş olmasına karşın ordinalin standart tanımı Macaristan doğumlu J. von Neumann’a aittir. Bu tanımın hangi yıl verildiğini
tarih olarak bilmiyorum.
22
ZF ’de bu teoremin denk ifadelerinin her biri ordinalin tanımı olarak verilse de, ikinci
denk ifadeyle verilen ordinallerin birçok özelliği, ZF ’deki daha az aksiyomla elde edilebilir.
Ancak bu detaylar bu kitabın konusu değildir.
386
20. Ön Bilgiler
1. ∅ bir ordinaldir. 0 := ∅ yazılır.
S
2. α ordinalse s(α) := α {α} bir ordinaldir.
S
3. A elemanları ordinaller olan bir kümeyse A bir ordinaldir.
4. ordinalin her elemanı bir ordinaldir.
Doğal sayılar kümesi ω bir ordinaldir. s(α) = w olacak biçimde bir α ordinali
de yoktur. s(α) biçiminde yazılamayan ordinallere limit ordinal denir. 0 ve
w limit ordinallere örnektir.
Verilen X ve Y iyi sıralı kümeler sıra izomorfik değillerse, en az biri
diğerinin başlangıç dilimine sıra izomorfik olmak zorundadır ( Alıştırma 20.21).
Ordinaller için bu özellik çok daha keskindir.
Teorem 20.4. α ve β iki ordinallerse,
α = β, α ∈ β ya da β ∈ α
olur.
α, β iki ordinal ve α ∈ β için α < β yazarız. α < β ya da α = β oluyorsa, α ≤ β yazarız. Yukarıdaki teoremin sonucu olarak α, β ordinalleri için
aşağıdakiler gerçekleşir:
i. α ≤ β ⇔ α ⊂ β.
ii. α < β ⇔ α ⊂ β ve α 6= β
iii. α < β ⇔ s(α) ≤ β.
Teorem 20.5. Her iyi sıralı küme sadece ve sadece bir ordinale sıra izomorfiktir.
Yukarıdaki teorem ve gözlemler kullanılarak aşağıdaki sonuç hemen elde
edilir.
Sonuç 20.6. İIki ordinalin eşit olması için gerek ve yeter koşul sıra izomorfik
olmalarıdır.
Elde edilen bilgiler kullanılarak, ordinaller arasında toplama ve çarpma
işlemleri tanımlama fırsatı oluşur. Bu işlemler, doğal sayılarda tanımlı toplama
ve çarpma işlemlerinin genellemesidir.
Aşağıdaki teoremin α = ω durumu matematik lisans öğrencilerine öğretilen
standart tümevarım teoremidir.
20.4. Ordinallerde Aritmetik
387
Teorem 20.7. (Tümevarım İlkesi) α bir ordinal ve f : α ⇒ {0, 1} fonksiyonu
aşağıdaki özellikte olsun.
i. f (0) = 1,
ii. Her β ∈ α için f |β = 1 ise f (β) = 1,
sağlanıyorsa f = 1 olur. Yani, her β ∈ α için f (β) = 1.
Alıştırmalar
20.28. Boşkümenin ∈-kapalı olduğunu gösterin.
20.29. ∈-kapalı bir kümenin altkümesinin ∈-kapalı olması gerekmediğini gösterin.
20.30. Bir kümenin ∈-kapalı olması için gerek ve yeter koşulun, kümenin her elemanının bir
altkümesi olması gerektiğini gösterin.
20.31. 0 := ∅, 1 := {0}, 2 := {0, 1} ve 3 := {0, 1, 2} kümelerinin ordinal olduklarını gösterin.
20.32. Elemanları ∈-kapalı olan kümenin bileşimlerinin ve arakesitlerinin ∈-kapalı olduğunu
gösterin.
20.33. Doğal sayılar kümesi ω’nin bir ordinal olduğunu gösterin.
20.34. (Burali-Forti Paradoksu) Elemanları bütün ordinaller olan topluluğun bir küme olmadığını gösterin.
20.35. Her ordinalin elemanının bir ordinal olduğunu gösterin.
20.36. α bir ordinal ve β ⊂ α olsun. β’nın bir ordinal olması için gerek ve yeter koşulun
β = {γ ∈ α : γ < β}
olması gerektiğini gösterin. Ayrıca,
α = {γ ∈ α : γ < α}
olur.
20.37. Iki ordinalin eşit olmaları için gerek ve yeter koşulun sıra izomorfik olmaları gerektiğini
gösterin.
20.4
Ordinallerde Aritmetik
Ordinallerde toplama ve çarpma olarak adlandırılan kavramlar tanımlanmıştır.
Bu kavramları vermeden önce kısa bir hazırlık yapalım. α ve β iki ordinal olsun.
S
X = (α × {0}) (β × {1})
kümesi, her α0 , α1 ∈ α, β0 , β1 ∈ β için,
i. (α0 , 0) ≤ (α1 , 0) :⇔ α0 ≤ α1 ,
ii. (β0 , 1) ≤ (β1 , 1) :⇔ β0 ≤ β1 ,
iii. (α0 , 0) ≤ (β0 , 1)
388
20. Ön Bilgiler
olarak tanımlanan
bağıntıya
S
U göre iyi sıralı bir kümedir. Bu sıralamayla donatılmış α β kümesini α β ile gösterelim. α × β N
kümesinin de ters alfabetik sıralamayla donaltıldığını varsayalım ve bunu α β ile gösterelim. Şimdi
aşağıdaki tanımı verelim:
Tanım 20.4. α, β iki ordinal olsun.
U
1. İIyi sıralı α β kümesine sıra izomorfik olan ordinal (tektir) α + β ile
gösterilir ve buna α ve β’nın ordinal toplamı denir.
N
2. İIyi sıralı α β kümesine sıra izomorfik olan ordinal (tektir), αβ ile
gösterilir ve buna α ve β ordinallerin çarpımı denir.
Ordinallerin toplama ve çarpma işlemleriyle ilgili temel özelliklerini aşağıdaki gibi sıralayabiliriz. Kanıtlar, tanımların dikkatlice kullanılmasıyla zaman
zaman zor da olsa yapılabilir. Ayrıca detaylı kanıtlar [MD, 2006-1]’de bulunabilir. α, β ve γ’lar ordinaler olmak üzere:
1. α + 0 = 0 + α = α.
2. 1 + α = α 6= α + 1 (α sonsuz durumunda).
3. α0 = 0α = 0.
4. α1 = 1α = α.
5. s(α) = α + 1.
6. α + (β + γ) = (α + β) + γ ve α(βγ) = (αβ)γ.
7. α(β + γ) = αβ + αγ.
8. α sonsuz ordinalse her n ∈ w için n + α = α.
9. α + β = α + γ ise, β = γ olur.
Ordinaller arasında eşitsizlik terimi içeren ifadelerle devam edelim.
10. β ≤ α ise α = β + γ0 olacak biçimde ordinal γ0 vardır.
11. α, β ≤ α + β olur. β 6= 0 ise β < α + β olur.
12. β < γ ise α + β < α + γ ve β + α < γ + α olur.
13. α + β < α + γ ise β < γ olur.
14. α < β ve 0 < γ ise
γα < γβ, α ≤ γα ve α ≤ αγ
20.5. Kardinaller
389
olur.
15. γα < γβ ise α < β olur.
16. γα = γβ ve β > 0 ise α = β olur.
17. B elemanları ordinaller kümeyse
α+
S
β∈B
β=
S
β∈B (α
+ β)
ve
α
S
β∈B
β=
S
β∈B
αβ
olur.
18. α < β ise αγ ≤ βγ olur.
Ordinallerde bölme ve üs alma gibi işlemler de tanımlanabilir. Ancak bu
kitapta bunlar konumuz olmayacaktır.
Alıştırmalar
20.38. Yukarıda sıralanan eşitlikleri ve eşitsizlikleri kanıtlayın.
20.39. Her 0 < n ∈ w için n + w = w < w + n olduğunu gösterin.
20.40. 2w = w < w + w = w2 olduğunu gösterin.
20.5
Kardinaller
Kardinal kavramı hakkında en detaylı Türkçe kaynağın [MD,2006-III] olduğunu
ve ilgili okurun bu kaynak üzerinden iz sürebileceğini söyleyebiliriz.
Belirli özellikleri sağlayan ordinallere kardinal denir. Bir X kümesinden Y
kümesine birebir ve örten fonksiyon varsa bu kümelere denk kümeler denir.
X ve Y kümelerinin denk olmasını X ≡ Y ile gösterelim. Birbirlerine denk
olan kümelere karşı tek bir tane küme karşılık getirmek istiyoruz. Bunun için
akla ilk gelecek şey, verilen X kümesi için
[X] := {Y : X ≡ Y }
topluluğunu dikkate almak olacaktır. Fakat bu topluluk bir küme değildir.
Ancak bu kümeler topluluğuna tek bir tane ordinal karşılık getirebileceğiz.
Her kümenin bir ordinale denk olduğunu (Teorem 20.5) dikkate alarak
bir ordinalin kardinalitesini tanımlayabiliriz. Önce bir ordinalin kardinalitesini
aşağıdaki gibi tanımlayalım.
Tanım 20.5. α bir ordinal olsun.
390
20. Ön Bilgiler
|α| := min{β ∈ α + 1 : α ≡ β}
ordinaline α’nın kardinalitesi denir.
Her ordinal α için |α| ≤ α olduğu açıktır. Ayrıca α sonluysa |α| = α olur.
||α|| = |α| olduğu da açıktır.
ZF C sisteminde her küme iyi sıralanabilir (Teorem 20.2(iii)) ve her iyi
sıralı küme tek bir tane ordinale sıra izomorfik olduğundan her kümenin kardinalitesini tanımlayabiliriz.
Tanım 20.6. (J. von Neumann) X bir küme olsun. X ve α denk olacak
biçimde tek bir α ordinali vardır.
|X| := |α|
ordinaline X’in kardinalitesi denir23 .
Bir X kümesinin kuvvet kümesinin kardinalitesi 2|X| ile gösterilebilir. Yani
|℘(X)| := 2|X| .
Aşağıdaki iki teoremin kanıtı okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 20.8. α ordinalinin bir kardinal olması için gerek ve yeter koşul
|α| = α olmasıdır.
Bu teorem kullanılarak, elemanları kardinaller olan bir kümenin bileşiminin
de bir kardinal olduğu gösterilebilir.
Teorem 20.9. Elemanları kardinaller olan bir kümenin bileşimi bir kardinaldir.
Bir n ∈ w ordinaline denk olan kümeye sonlu küme denir. Sonlu olmayan kümeye de sonsuz küme denir. Diğer taraftan her X kümesi için X’ten
℘(X)’e giden örten fonksiyon olamayacağından “sonsuz” kümeler çeşitlendirilebilir. Bunlardan biri, sayılabilir sonsuz kümedir. ω’ye denk olan kümeye
sayılabilir sonsuz
S küme denir. X sayılabilir sonsuz kümeyse her x ∈ X
için, X \ {x}, X {X} ve X kümeleri birbirlerine denk kümelerdir, yani
S
|X| = |X \ {x}| = |X {X}|
olur ve gösterilmesi zor değildir. Gerçekten
S de X = {an : n ∈ w} (n 6= m için,
an 6= am ) ve x 6∈ X olmak üzere, f : X {x} ⇒ X,
23
Elbette bu tanımın ön evreleri vardır. Kardinal sayı kavramının önevrelerinin Cantor’a
ve hatta Frege’ye ait olduğu kaynaklarda ifade edilmektedir. Detaylı bilgi Principia Mathematica’da bulunabilir.
20.5. Kardinaller
391
f (x) = 0 ve f (an ) = an+1
olarak tanımlanan fonksiyon birebir ve örtendir.
Peki, bu eşitlik her sonsuz X kümesi için doğru mudur? Yanıt, X’in iyi
sıralı küme olma durumunda olumludur. Gerçekten X sonsuz iyi sıralı kümeyse,
X’in sayılabilir sonsuz altkümesi {an : n ∈ w} vardır (neden?). Aşağıdaki
eşitlikle tanımlanan f : X −→ X \ {x} fonksiyonu

; z = x ise
 a0
an+1
; z = an ise
f (z) =

z
;diğer durumlarda
birebir ve örtendir. Bunun bir sonucu olarak,
S
X = (X {X}) \ {X}
S
olduğundan X’ten X {X}’ye tanımlı birebir ve örten fonksiyonun varlığı
gösterilir. Hatta sonsuz bir kümeden sonlu bir kümenin çıkartılmasıyla kümenin kardinalitesi değişmez. Yani X, sayılabilir sonsuz altkümesi olan bir küme
olmak üzere, A ⊂ X sonlu ve B, X’ten ayrık sonlu küme ise
S
|X| = |X \ A| = |X B|
olur, aslında daha fazlası da doğru ama şimdilik bu kadar.
Teorem 20.10. Sonsuz kardinal limit ordinaldir.
Kanıt: α bir sonsuz kardinal ve bir α ordinali için β = β + 1 olduğunu varsayalım. α ≡ β olacağından α ≤ β < α çelişkisi elde edilir.
w’nin kardinalitesi w0 ile gösterilir. Ancak, w bir kardinal olduğundan,
Teorem 20.8 gereği
ω = ω0
olur.
X bir kümeyse, α ≤ |X| özelliğindeki α ordinallerinin topluluğu bir kümedir. α bir kardinal olsun. Bu kardinalden bir sonraki kardinal
α+ := min{β ≤ |℘(α)| : α < β, β kardinal }
olarak tanımlanır. α, β’lar kardinaller ve α < β ≤ α+ ise β = α+ olur. Ayrıca,
ω0+ := ω1
yazılır ve
392
20. Ön Bilgiler
ω0 < ω0+ ≤ 2ω0
olur. Genel olarak wα kardinalleri aşağıdaki gibi tanımlanır.
i. w0 := w.
ii. wα+1 := wα+ .
iii. α limit ordinalse wα+1 :=
S
β<α wβ .
Genel olarak α ordinali için wα = ℵα yazılır. ℵ0 < |X| eşitsizliği sağlanıyorsa
X kümesine sayılamaz sonsuz küme denir. Bu haliyle w1 sayılamaz sonsuz
kümedir.
Tanım 20.7. Reel sayılar kümesinin kardinalitesine continuum 24 denir ve c
ile gösterilir. Yani, |R| := c.
ℵ1 ≤ 2ω0 = c
olduğu açıktır. ZF C’de
ℵ1 = c
eşit olup olmadığı tamı tamına Süreklilik Hipotezi 25 dir. Bu hipotez SH ile
gösterilir. Aşağıdaki teorem küme teorinin temellerindendir.
Teorem 20.11. Süreklilik Hipotezi ile ilgili temel iki sonuç aşağıdadır:
(i) (Gödel [56]) ZF C + SH tutarlıdır.
(ii) (Cohen [28]) ZF C + ¬SH tutarlıdır26 .
Süreklilik Hipotez kavramı Genelleştirilimiş Süreklilik Hipotezi adıyla
genellenebilir: Her ordinal α için
ℵα+1 = 2ℵα .
Bunun bir aksiyom olarak ZF C’ye eklenmesiyle elde edilen kuramın tutarlı
olacağı da Gödel tarafından kanıtlanmıştır.
Alıştırmalar
20.41. Her n ∈ w için n+ = n + 1 olduğunu gösterin.
20.42. w+ =
6 w + 1 olduğunu gösterin.
24
kontinum diye okunur.
Ingilizcesi Continuum Hypothesis olan Süreklilik Hipotezinin kümeler kuramından elde
edilip edilemeyeceği 1900’de D. Hilbert’in Dunya Matematik Kongresinde sorduğu soruların
başında yer alıyordu.
26
Bu çözüm nedeniyle Cohen’e Fields ödülü verilmiştir.
25
20.5. Kardinaller
393
S
20.43. ww = n<w wn olduğunu gösterin.
20.44. α sonsuz ordinalse |α| = |α + 1| olduğunu gösterin.
S
20.45. A elemanları kardinaller olan kümeyse A’nın bir kardinal, yani
S
S
| A| = A
olduğunu gösterin.
20.46. α, β kardinallerse
α ⊕ β := |(α × {0})
S
(β × {1})|
olarak tanımlanır. α, β ve γ kadinalleri için,
i. α ⊕ β = β ⊕ α
ii. α ⊕ (β + γ) = (α ⊕ β) ⊕ α
iii. α ≤ β ise α ⊕ γ ≤ β ⊕ γ
olduğunu gösterin.
20.47. A ve B, en az biri sonsuz kümelerse
S
|A B| = |A| ⊕ |B| = max{|A|, |B|}
olduğunu gösterin.
20.48. α ve β kardinallerinin çarpımı
α β := |α × β|
olarak tanımlanır.
i. ww 6= w,
ii. w w = w
olduğunu gösterin.
20.49. α ve β iki kardinaller olmak üzere,
i. α 0 = 0,
ii. α 1 = α,
iii. α β = β α,
iv. (α β) γ = α (β γ),
v. α (β ⊕ γ) = (α β) ⊕ (α γ),
olduğunu gösterin.
20.50. Her i ∈ I için Ai ve Bi ’ler ayrık kümeler olsun. Her i için |Ai | = |Bi | oluyorsa
S
S
| i∈I Ai | = | i∈I Bi |
olduğunu gösterin.
20.51. (Ki )i∈I , kardinallerin bir ailesiyse
P
i∈I
Ki = |
S
i (Ki
× {i})|
olarak tanımlanır. Ki ’lerden en az biri sonsuz ise
P
S
i∈I Ki = max{ i∈I Ki , |I|}
olduğunu gösterin.
20.52. (Xi )i∈I , en az biri sonsuz olan kümelerin bir ailesi ise
S
S
| i∈I Xi | ≤ max{ i∈I |Xi |, |I|}
394
20. Ön Bilgiler
olduğunu gösterin.
20.53. α, β ordinalleri için aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. α < β ise ℵα < ℵβ .
ii. α ≤ ℵα .
iii. Her sonsuz kardinal ℵα biçimindedir.
20.54. A sonsuz ve B’nin en az iki elemanlı olmak üzere A, B ⊂ R kümeleri verilsin. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösterin.
i. A sayılabilir ise |B A | = c
ii. A sayılamaz ise |B A | = 2c
20.6
Yarıgrup, Grup ve Halka
Doğal sayılar kümesinin bir ordinal ve bu ordinal üzerinde toplama ve çarpma
işlemlerinin tanımlandığını biliyoruz. Ancak, doğal sayılar kümesi bu toplama
ve çarpma işlemleriyle bazı yetersizlikler taşır. Örneğin;
x+4=2
denklemi çözülemez. Ortaya çıkan bu temelli problemleri çözebilmek için doğal
sayılara yeni noktalar ekleyerek ve bu noktalara uyumlu toplama ve çarpma
işlemleri tanımlayarak bu denklemi çözebiliriz. Gerçekten de bu denklem Z’de
çözülebilir. Buna karşın 2x + 3 = 0 denklemi Z’de çözülemez, fakat Z’ye yeni
noktalar ve bu noktalara uyumlu cebirsel işlemlerle bu denklem çözülebilir
hale getirilebilir; örneğin bu denklem Q’da çözülebilir. Ama Q’nında yetersizlikleri vardır; x2 − 2 = 0 denklemi Q’da çözülemez ama R’de çözülebilir. Bu
sorgulama ve takip matematikcileri bazı cebirsel kavramlara yöneltmeye zorlar ve bunun sonucunda grup, halka, cisim gibi kavramlar ortaya çıkmıştır. Bu
altbölümde bunlarla ilgili tanımlamalar yapılarak ihtiyacımız ölçüsünde bazı
sonuçlar verilecektir.
X boş olmayan bir küme olmak üzere, X × X’den X’e tanımlı fonksiyona
X’te bir işlem denir. ∗, X kümesinde bir işlem ise ∗(x, y) yerine x ∗ y yazarız.
Her x, y, z ∈ X için
x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z
eşitliği sağlanıyorsa ∗’ye dağılmalı işlem denir.
∗, G kümesi üzerinde bir işlemse (G, ∗) ikilisi aşağıda verilen özelliklere
göre adlandırılır:
i. yarıgrup: ∗, dağılmalıysa.
ii. monoid : yarıgrup ve her x ∈ G için
x∗e=e∗x=x
20.6. Yarıgrup, Grup ve Halka
395
olacak biçimde e ∈ G varsa27 .
iii. grup [Weber (1882-1883)] : monoid ve e ∈ G birim olmak üzere her
x ∈ G için,
x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = e
olacak biçimde x−1 ∈ G varsa. Bu özellikteki x−1 tektir ve x’in tersi
denir28 .
iv. değişmeli grup: eğer her x, y ∈ G için
x∗y =y∗x
oluyorsa.
Bir R kümesi üzerinde farklı işlemler olabilir. R kümesi üzerinde + ve . iki
işlem olsun x.y yerine genelde xy yazılır. Aşağıdaki koşulları sağlayan (R, +, .)
üçlüsüne halka 29 [Noehter (1921)] denir.
i. (R, +) değişmeli grup30 .
ii. (R, .) yarıgrup.
iii. Her x, y, z ∈ R için
x(y + z) = xy + xz ve (x + y)z = xz + yz
oluyorsa31 .
Genelde R halkasında tanımlanan + işlemine toplama ve . işlemine çarpma
denir. Ayrıca, (R, +) grubunun birimi 0’a, R halkasının sıfırı denir.
(R, +, .) bir halka olsun. (R, .) birimi e olan bir monoid ve her x ∈ R için
ex = ex = x
27
Bu özellikteki e tektir ve buna monoidin birimi denir.
Grup kavramı matematiğin en eski dallarından biridir. İlk etkili kullanımı 19. yüzyılın
başlarında polinom eşitliklerinin permütasyonunun etkilerini belirlemek için Cauchy ve Galois tarafından yapılmıştır. Grup kavramına ilk aksiyomatik yaklaşım 1854 de Cayley tarafından yapılmıştır. Değişmeli grup aksiyomlarını Kronecker 1870 yılında vermiştir.
29
Halka kavramının motivasyonu polinom halkalarından ve cebirsel tamsayılar teorisinden
gelir. Bu kuramın temel kurucularından biri R. Dedekind’dir. İngilizcesi “ring” olan halka
terimi, bu kavrama Hilbert’in etkisiyle verilmiştir. Aslında ilk halka tanımı 1914 yılında
Fraenkel tarafından verilse de, bu tanım genelde pek kabul görmemiştir.
30
Bu grubun birimi genelde 0R ya da kısaca 0 ile gösterilir. Ayrıca x ∈ R’nin tersi −x ile
gösterilir. x + (−y) := x − y olarak yazılır.
31
ab + cd := (ab) + (cd).
28
396
20. Ön Bilgiler
oluyorsa, halkaya birimli halka ve e’ye halkanın birimi denir. Genelde e,
1R ya da kısaca 1 ile gösterilir.
Çoğu zaman olduğu gibi “R bir halka olsun” denildiğinde kastedilenin, belirli bir toplama ve çarpma işlemlerine göre (R, +, .) üçlüsü olduğu anlaşılacaktır.
Benzer durum yarıgrup, monoid ve gruplar için de geçerlidir.
R birimli halka olsun. (R\{0}, .) birimi 1R olan grup oluyorsa R’ye tersinir
halka 32 denir. Değişmeli olan tersinir halkaya cisim 33 denir.
0
A ve B sırasıyla ∗ ve ∗ işlemeleri ile donatılmış kümeler olmak üzere, her
a, b ∈ A için
0
f (a ∗ b) = f (a) ∗ f (b)
özelliğini sağlayan fonksiyona işlemi koruyan fonksiyon (ya da ∗- homomorfizma) denir.
Bir G grubundan H grubuna tanımlı, işlemi koruyan fonksiyona grup homomorfizma denir. İlaveten f birebir ve örtense f ’ye grup izomorfizma
denir. Bu durumda G ve H gruplarına grup izomorfik denir. Bir R hal0
kasından R halkasına tanımlı toplama ve çarpma işlemlerini koruyan fonksiyona halka homomorfizma denir. Ayrıca f birebir ve örtense f ’ye halka
0
izomorfizma denir. Bu durumda R ve R grupları grup izomorfiktirler.
Bir G kümesinde ∗ bir işlem ve A ⊂ G olsun. Her a, b ∈ A için a ∗ b ∈ A
oluyorsa A’ya ∗ işlemine göre kapalı denir. (G, ∗) bir grup ve ∅ =
6 A ⊂ G
kümesi ∗ işlemine göre kapalı ve her a ∈ A için a−1 ∈ A oluyorsa A’ya G’nin
bir altgrubu denir. (R, +, .) bir halka ve A, R’nin boş olmayan ve + ve .
işlemlerine göre kapalı ve her x ∈ A için −a ∈ A oluyorsa, A’ya R’nin althalkası denir. Althalkanın bir halka olduğu açıktır. Bir grubun altgruplarının
arakesitleri altgrup ve althalkaların arakesitleri althalka olduğundan altgruplar
ve althalkalar oluşturmak zor değil.
Bir (G, ∗) grubunun birimi içeren A ⊂ G altkümesinin altgrup olması için
gerek ve yeter koşulun her x, y ∈ A için x ∗ y −1 ∈ A olması gerektiği açıktır.
Aynı biçimde, bir (R, +, .) halkasını boş olmayan bir A ⊂ R kümesinin bir
althalka olması için gerek ve yeter koşul her x, y ∈ A için x − y, xy ∈ A olması
gerektiği kolayca gösterilebilir.
(R, +, .) bir halka ve I, R’nin boşkümeden ve R’den farklı, R’nin altkümesi
olsun. I, özelliklerine göre aşağıdaki gibi tanımlanır:
i. ideal : her x, y ∈ I ve r ∈ R için x − y, rx ve xr ∈ I oluyorsa.
ii. asal ideal : eğer xy ∈ I olduğunda x ∈ I ya da y ∈ I oluyorsa.
32
İngilizcesi “division ring”.
İngilizcesi field olan bu yapıya türkçe dilinde cisim denilmesi etimolojik olarak çok yerinde olmayabilir.
33
20.6. Yarıgrup, Grup ve Halka
397
iii. maksimal ideal : eğer elemanları R’nin idealleri olan kısmi sıralı kümede
(kapsama sıralamasına göre) maksimal elemansa.
maksimal ideal ⇒ asal ideal ⇒ ideal ⇒ althalka
olduğunu göstermek zor değildir. Genelde bunların tersleri doğru değildir.
Bir R halkasında ideallerin arakesiti de idealdir. Bu gözlem, ideal üretebilmek için oldukca yararlıdır. A ⊂ R kümesini kapsayan ideallerin arakesiti de
bir idealdir. Bu ideal genellikle hAi ile gösterilir. Okur,
P
P
hAi = { ni=1 ri xi + m
j=1 nj yj : n, m ∈ N, ri ∈ R, xi , yj ∈ A}
olduğunu kolaylıkla gösterebilir. Bu eşitlikte yer alan n ∈ N ve x ∈ R için nx,
x’in n kez toplanması anlamında olduğunun farkında olunmalıdır. R halkası
birimliyse
P
hAi = { ni=1 ri xi : n ∈ N, ri ∈ R, xi ∈ A}
olur.
Teorem 20.12. R bir halka, I, R’nin bir ideali ve S ⊂ R çarpma işlemine
göre kapalı ve I’dan ayrık bir küme olsun.
T
{P : I ⊂ P ⊂ R ideal , P I = ∅}
kısmi sıralı kümesinin (kapsama sıralamasına göre) maksimal elemanı vardır
ve bu maksimal ideal asaldır.
Yukarıdaki teoremin sonucu olarak aşağıdaki elde edilir.
Sonuç 20.13. R bir halka ve I, R’nin bir ideali olsun.
i. a ∈ R ve an ∈ I olacak biçimde n ∈ N yoksa I ⊂ P ve a 6∈ P olacak
biçimde asal ideal P vardır.
ii. I’yı kapsayan maksimal ideallerin arakesiti
{a ∈ R : ∃n ∈ N, an ∈ I}
kümesidir.
Tanım 20.8. (R, +, .) bir halka ve ≤, R’de bir kısmi sıralama olmak üzere,
i. a ≤ b ⇒ a + x ≤ b + x (her x ∈ R için)
ii. 0 ≤ a, 0 ≤ b ⇒ 0 ≤ ab
398
20. Ön Bilgiler
koşulları sağlanıyorsa R’ye sıralı halka denir. Ayrıca R latis ise, R’ye latis
sıralı halka denir.
R sıralı halka olsun. R cisim ise sıralı cisim, R tamsıralı ise tamsıralı
ve R’nin tamlık bölgesi olma durumunda sıralı tamlık bölgesi denir.
Alıştırmalar
20.55.
20.56.
20.57.
20.58.
Z’nin halka fakat tersinir halka olmadığını gösterin.
Q ve R’nin cisim olduğunu gösterin.
Cebirsel yöntemlerle |R| 6= |Q| olduğunu gösterin.
R bir halka ve X boş olmayan bir küme olsun. RX ,
(f + g)(x) := f (x) + g(x) ve (f g)(x) := f (x)g(x) (x ∈ X)
olarak tanımlanan işlemlere göre bir halka olduğunu gösterin. Bu işlemlere noktasal
işlemler denir.
20.59. f , G grubundan H grubuna tanımlı grup homomorfizması olsun.
i. f (A), H’nın altgrubudur.
ii. Ker(f ) := {x ∈ G : f (x) = 0}, G’nin H’nın altgrubudur34 .
0
20.60. f , R halkasından R halkasına tanımlı halka homomorfizma olsun.
0
i. f (R)’nın R ’nin althalkasıdır.
ii. Ker(f ) = {x ∈ R : f (x) = 0}, R’nın bir idealidir.
20.61. R sıfırdan farklı tamsıralı birimli tamlık bölgesi olsun. Z halkasının R’ye gömülebilir
olduğunu gösterin.
20.62. R sıfırdan farklı tamsıralı cisim olsun. Q cisminin R’ye gömülebilir olduğunu gösterin.
20.63. F , birimi 1F olmak üzere sıralı cisim olsun. Her x ∈ R için x ≤ m(= m1F ) olacak
biçimde m ∈ N varsa F ’ye Archimedean denir. F ’nin R cisiminin bir alt cismine
izomorfik olması için gerek ve yeter koşulun Archimedean olması gerektiğini gösterin.
20.64. M , R halkasının bir ideali olmak üzere R üzerindeki
a ≡ b :⇔ a − b ∈ M
olarak tanımlanan ≡, R’de bir denklik bağıntısıdır. X’in elemanlarının denklik sınıflarının
kümesini R/M ile gösterelim.
[x] + [y] = [x + y] ve [x][y] = [xy]
olarak tanımlanan cebirsel işlemlere göre R/M bir halkadır. R/M ’nin cisim olması için
gerek ve yeter koşulun, M ’nin maksimal olması gerektiğini gösterin.
20.7
Vektör Uzaylar
Tanım 20.9 (Peano, 1988). (V, +) değişmeli bir grup ve . : R × V −→ V
fonksiyonu aşağıdaki özellikleri sağlıyorsa (V, +, .) üçlüsüne vektör uzay 35
denir. Her r1 , r2 ∈ R, x, y ∈ V için,
34
Ker(f )’ye f ’nin çekirdeği denir.
Daha doğrusu reel vektör uzay denir. Bu tanımda geçen R yerine birimli R halkası
alınırsa V ’ye R üzerinde bir modüldür denir.
35
20.7. Vektör Uzaylar
399
i. (r1 + r2 )x = r1 x + r2 x,
ii. r1 (x + y) = r1 x + r1 y,
iii. (r1 r2 )x = r1 (r2 x),
iv. 1x = x.
Bu tanımda geçen + işlemine vektör uzayın toplama işlemi ve . işlemine
de skalerle çarpma 36 denir. Bir vektör uzayın elemanlarına vektör denir.
Notlar ve Örnekler
20.65. Boş olmayan bir X kümesi için RX , noktasal toplama işlemi ve noktasal skaler çarpma
işlemleri altında bir vektör uzayıdır.
20.66. I boş olmayan küme olmak üzere
L
I
I := {f ∈ R : {i ∈ I : f (i) 6= 0} sonlu },
noktasal toplama ve noktasal skaler çarpma işlemleri altında bir vektör uzaydır.
L
Aslında her vektör uzay I R biçimindedir, daha doğrusu vektör izomorfiktir
(ne demek?). Bunun için aşağıdaki tanıma ihtiyacımız var.
Tanım 20.10. V bir vektör uzay olmak üzere, V ’nin
Pn
i=1 αi xi = 0 ⇒ α1 = . . . = αn = 0 (αi ∈ R, xi ∈ B)
koşulunu sağlayan B ⊂ V \{0} altkümesine doğrusal bağımsız denir. İlaveten,
P
hBi := { ni=1 αi xi : n ∈ N, αi ∈ R, xi ∈ B} = E
oluyorsa, B’ye E’nin Hamel Tabanı (karışıklık yoksa kısaca taban ) denir37 .
Teorem 20.14. ZF ’de Seçim Aksiyomu ve her vektör uzayın tabanının olması
birbirlerinde denktir38 .
E vektör uzay olmak üzere A, B ⊂ E ve R ⊂ R için
A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}
ve
KA := {αa : α ∈ K, a ∈ A}
yazarız.
36
.(r, x) yerine kısaca rx yazarız.
Hamel, 1877-1954 yılları arasında yaşamış Alman Matematikçidir.
38
Her vektör uzayın bir tabanının olmasının Seçim Aksiyomunu gerektirdiği Blass [19]
tarafından verilmiştir.
37
400
20. Ön Bilgiler
Tanım 20.11. E vektör uzayının
V + RV ⊂ V
özelliğindeki boş olmayan V ⊂ E altkümesine E’nin vektör altuzayı denir.
Notlar ve Örnekler
20.67. A, sıfırdan farklı bir E vektör uzayının altkümesi olmak üzere, E’nin A tarafından
üretilen vektör altuzayı aşağıdaki gibi tanımlanır ve gösterilir:
P
hAi := { n
i=1 αi xi : n ∈ N, αi ∈ R, xi ∈ A}.
Bir E vektör uzayından F vektör uzayına tanımlı her x, y ∈ E ve α ∈ R
için
T (x + y) = T (x) + T (y) ve T (αx) = αT (x)
özelliğindeki T fonksiyonuna doğrusal dönüşüm denir. İlaveten T birebir ve
örtense, T ’ye lineer izomorfizma denir. E ve F arasında bir lineer izomorfizma varsa, E ve F ’ye lineer izomorfik uzaylar denir.
L
Teorem 20.15. Her vektör uzay
B R formundaki bir vektör uzaya lineer
izomorfiktir.
L
Kanıt: E, bir tabanı B olan vektör uzayı olmak üzere, E ve
B R vektör
uzayları izomorfiktirler.
Alıştırmalar
20.68. C([0, 1]), [0, 1]’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesinin, R[0,1] vektör uzayının
altvektör uzayı olduğunu gösterin.
L
20.69. I boş olmayan bir küme olmak üzere I R vektör uzayının bir tabanının
B = {χ{i} : i ∈ I}
39
olduğunu gösterin .
20.70. E sıfırdan farklı bir vektör uzayı ise, sıfırdan farklı bir f : E −→ R lineer dönüşümünün
olduğunu gösterin.
20.71. F , E’nin vektör altuzayı olsun.
x ≡ y :⇒ x − y ∈ F
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösterin. Her x ∈ E için [x], x’in denklik
sınıfını göstersin40 . E/F = {[x] : x ∈ E} kümesinin
[x] + [y] = [x + y] ve α[x] = [αx]
işlemleri altında vektör uzayı olduğunu gösterin 41 .
20.72. T , E vektör uzayından F vektör uzayına tanımlı lineer dönüşüm olsun. E/Ker(T ) ve
f (E) vektör uzaylarının izomorfik olduklarını gösterin.
39
f : X −→ R, x ∈ A ⊂ X için 1 ve x ∈ X \ A için 0 değerini alıyorsa, f ’ye A’nın
karakteristik fonksiyonu denir ve χA ile gösterilir.
40
Yani, [x] := x + E
41
Bu vektör uzaya E’nin F ’ye göre bölüm uzayı denir.
20.7. Vektör Uzaylar
401
20.73. Bir E vektör uzayından F vektör uzayına tanımlı lineer dönüşümlerin kümesi L(E, F )’nin
(T1 + T2 )(x) := T1 (x) + T2 (x) ve (αT )(x) = αT (x)
işlemleri altında bir vektör uzayı olduğunu gösterin. L(E, R) vektör uzayına E’nin cebirsel duali denir ve E ∼ ile gösterilir.
Q
20.74. (Ei )i∈I vektör uzayların bir ailesi olmak üzere, E = i∈I Ei ’nin,
(xi ) + (yi ) = (xi + yi ) ve α(xi ) = (αxi )
işlemleri altında bir vektör uzayı olduğunu gösterin. E’ye (Ei ) vektör uzay ailesinin
çarpım uzayı denir.
20.75. Bir vektör uzayın tabanlarının kardinalitelerinin eşit olduğunu gösterin (Bunun kanıtı
sonlu bir tabanı olan vektör uzayları için kolay olmasına karşın, genel durumu daha
zordur. Detaylar [24]’e bakın).
20.76. Her n ∈ N (n = {0, 1, . . . , n − 1}) için Rn vektör uzayının tabanını belirleyin. Bazı
n’ler için Rn vektör uzayına izomorfik olan vektör uzaya sonlu boyutlu denir. Bir
vektör uzayın sonlu boyutlu olması için gerek ve yeter koşulun sonlu tabanının olması
gerektiğini gösterin.
402
20. Ön Bilgiler
Şekil 20.1. Kitabın özeti
Kaynakça
[1] J. F. Aarnes and P. R. Andenaes. On nets and filters. Math. Scand,
21:285–292, 1972.
[2] G.V. Alexanderson. About the cover: Euler and koningsberg bridge’s:
A historical view. Bull. Amer. Math. Soc., 43:567–577, 2006.
[3] P. Alexandroff. Sur les propriétés locales des ensembles et la notion
compacité. Bull. Intern. Acad. Pol. Sci. Sér., A:9–12, 1923.
[4] P. Alexandroff. Uber stetige abbildungen kompakter raume. Math. Annalen, 96:55–571, 1927.
[5] P. Alexandroff. Diskrete Räume. Mat. Sb. (N.S.), 2:501–518, 1937.
[6] P. Alexandroff and P. Urysohn. Zur theorie der topologischen Räume.
Math. Ann., 92:258–266, 1924.
[7] P. Alexandroff and P. Urysohn. Mémoire sur les espaces topogiques
compacts. Verh. Acad. Wetensch. Amsterdam, 14, 1929.
[8] P. Alexandroff and P. Urysohn. On compact topological spaces. Trudy
Math. Inst. Steklov, 31, 1950.
[9] C. D. Aliprantis and C. K. Border.
Springer-Verlag, 1994.
Infinite Dimensional Analysis.
[10] F. G. Arenas. Alexandroff spaces. Acta Math. Univ.Comeian, 68:17–25,
1999.
[11] F. G. Arenas and M. L. Puertas. Tietze’s extension theorem. Divulg.
Mat, 10:63–78, 2002.
[12] N. Aronszajn. Über ein urbildproblem. Fund. Math., 17:92–121, 1931.
[13] R. W. Baer and F. Levi. Stetige funktionen in topologischen Räumen.
Math. Zeitschr., 34:110–130, 1932.
403
404
KAYNAKÇA
[14] R. W. Bagley, E. H. Connell, and J. D. Mcknight. On properties characterizing pseudo-compact spaces. Proc. Amer. Math. Soc., 9:500–506,
1958.
[15] M. W. Bartelt and J. J. Swetits. An elementary extension of Tietze’s
theorem. Math. Mag., 66:330–332, 1993.
[16] R. G. Bartle. Nets and filters in topology. Amer. Math. Monthly, 62:551–
557, 1955.
[17] G. Beer. Between compactness and completeness.
115:503–514, 2008.
Topology App.,
[18] G. Birkhoff. Lattice theory. Amer. Math. Soc., New York, 1940.
[19] A. Blass. Existence of bases implies the axiom of choice. Contemp.
Math., 31:31–33, 1984.
[20] B. Bolzano. Rein analytischer Beweis des Lehrsatzes, dass zwischen je
zwey Werthen, die ein entgegengesetztes Resultat gewahren, wenigstens
eine reelle Wurzel der Gleichung liege (Ingilizce: S. B. Russ, A translation of Bolzano’s paper on the intermediate value theorem, Historia
Math.7 (1980) 156-185). Prag, 1817.
[21] G. Bruns and J. Schmidt. Zur aquivalenz von moore-smith-folgen und
filtern, g. Mathematische Nachrichten, 13:169–186, 1955.
[22] G. Buskes and A. van Rooij. Topological Spaces. From distance to neighborhood. Springer, 1997.
[23] E. Cartan. L’extension du calcul tensoriel aux geómétries non-affines.
Ann. of Math. (2), 38:1–13, 1937.
[24] M. Çağlar and Z. Ercan. Hamel tabanı ve boyut teoremi. Matematik
Dunyası, 3:78–83, 2014.
[25] E. Cech. Sur la dimension des espaces parfaitement normaux. Bull.
Intern. Acad. Tecéque Sci., 33:38–55, 1932.
[26] E. Cech. On bicompact spaces. Ann. of Math., 38:823–844, 1937.
[27] K. Ciesileski and J. Wojciechowski. Cardinality of regular spaces admitting only constant continuous functions. Topology Proc., 47:313–329,
2016.
[28] P. J. Cohen. The indepedence of the continuum hypothesis. Proc. Nat.
Acad. Sci. USA, 50:1143–1148, 1963.
KAYNAKÇA
405
[29] P. E. Colmez. Sur les espaces précompacts. C. R. Acad. Paris 233,
233:1552–1553, 1951.
[30] L. Comtet. Recouvrements, bases de filtre et topologies d’un ensemble
fini. Comptes Rendus de l Acad emie des Sciences, 262:1091–1094, 1966.
[31] J.W Dauben. The trigonometric background to georg cantor’s theory of
sets. Arch. History Exact Sci, 7:181–216, 1971.
[32] E. De Jonge and A. C. M. Van Rooij. Introduction to Riesz Spaces.
Mathematisch Centrum, 1977.
[33] R. DeMarr. Partially ordered spaces and metric spaces. Amer. Math.
Monthly., 72:628–631, 1965.
[34] R. Dreher and T. Samuel. Continuous images of Cantor’s ternary set.
Amer. Math. Monthly, 121:640–643, 2014.
[35] J. Dydak.
Partition of unity.
http://www.math.utk.edu/ dydak/myWebPage/myinfo/preprints/CalcOfPU.pdf.
[36] R. Engelking. Genel Topology. Heldermann Verlag, Berlin, 1989.
[37] Z. Ercan and S. Önal. A remark on a homomorphism on C(X). Proc.
Amer. Math. Soc., 133:3609–3611, 2005.
[38] V. Felscher. Bolzano, cauchy, epsilon, delta. The American Mathematical
Monthly, 107:844–862, 2000.
[39] R. J. Fleming and J. E. Jamison. Isometries On Banach Spaces: Banach
spaces. Chapman-Hall/CRC, 2003.
[40] J. f. Fleron. A note on the history of the cantor set and cantor function.
Math. Mag., 67:136–140, 1994.
[41] G. Folland. A tale of topology. Amer. Math. Monthly, 117:663–672,
2010.
[42] M. Francis. Two topological uniqueness theorems for spaces of real
numbers . arXiv:1210.1008vl, 53:1–11, 2012.
[43] S. P. Franklin. Spaces in which sequences suffice. Fund. Math., 57:107–
115, 1965.
[44] S. P. Franklin. Spaces in which sequences suffice ii. Fund. Math., 61:51–
56, 1965.
406
KAYNAKÇA
[45] M. Fréchet. Sur quelques points du calcul fonctionnel. Ren del Circ.
Mat. Palermo, 22:1–74, 1906.
[46] M. Fréchet. Les dimensions d’un ensemble abstrait. Math. Ann., 68:145–
168, 1910.
[47] O. Frohlich. Das halbordnungssystem der topologischen Räume auf einer
menge. Math. Ann., 156:79–95, 1964.
[48] Z. Frolik. The topological product of two pseudocompact spaces. Czechoslovak Math. J., 10:339–359, 1960.
[49] H. Furstenberg. On the infinitude of primes. Amer. Math. Monthly,
62:353, 1955.
[50] I. M. Gelfand and A. N. Kolmogoroff. On rings of continuous functions
on topological spaces. Dokl. Akad. Nauk SSSR, 22:11–15, 1939.
[51] M. Gillmann, I. Henriksen and M. Jerison. On a theorem of Gelfand and
Kolmogoroff concerning maximal ideals in rings of continuous functions.
Proc. Amer. Math. Soc., 5:447–455, 1954.
[52] L. Gilman and M. Jerison. Rings of continuos functions. The University
Series in Higher Mathematics D. Van Nostrand Co., Inc., Princeton,
N.J.-Toronto-London-New York, 1960.
[53] I. Glicksberg. The representation of functionals by integrals. Duke Math.
J., 19:253–261, 1952.
[54] I. Glicksberg. Stone-cech compactifocations of products. Trans. Amer.
Math. Soc., 90:369–382, 1959.
[55] K. Godel. The consistency of the axiom of choice and the generalized
continuum hypothesis. Proc. Natl. Acad. Sci. USA, 24:556–557, 1938.
[56] K. Godel. The consistency of the continuum hypothesis. Ann. of Math.
Studies, 3, 1940.
[57] A. Goreham. Sequential convergence in topological spaces. arXiv:math,
pages 1–29.
[58] J.V. Grabiner. Who gave you the epsilon? cauchy and the origins of
rigorous calculus. The American Mathematical Monthly, 90:185–194,
1983.
[59] G.L.M Groenewegen and A.C.M Rooij. Spaces of Continuous Functions.
Atlantis Press, 2016.
KAYNAKÇA
407
[60] J. Gutiérrez Carcia and T. Kubiak. Sandwich-type characterization.
Applied General Topology, 2:239–241, 2007.
[61] H. Hahn. Über halbstetige und unstetige functionen sitzungsberichte.
Akad. Wiss Wien Abt. ila, 126:91–110, 1917.
[62] T. Harju. Ordered Sets. http://users.utu.fi/harju/orderedsets/Mainorder.pdf,
2006.
[63] A. Hausdorff. Bemerkung über den inhalt von punktmengen. Math.
Ann., 75:428–433, 1914.
[64] F. Hausdorff. Grundzuge der Mengenlehre. Leipzig, 1914.
[65] F. Hausdorff. Mengenlehre, Zweite, neubearbeitete Auflage. Walter de
Gruyter Co, 1927.
[66] F. Hausdorff. Über zwei Sätze von G. Fichtenholz und L. Kantorovich.
Studia Math., 6:18–19, 1936.
[67] E. Hewitt. Rings of realvalued continuous functions I. Trans. Amer.
Math. Soc., 64:54–99, 1948.
[68] A. Hinkis. Proofs of the Cantor-Bernstein theorem. A mathematical
excursion. Birkhauser/Springer, Heidelberg, 2013.
[69] B. Hopkinns and R.J. Wilson. The truth about konigsberg. The College
Mathematics Journal, 35:198–207, 2004.
[70] I. C. Hsu. On a converse of young’s inequality. Proc. Amer. Math. Soc.,
33:107–108, 1972.
[71] W. Hurewicz. Üeber stetige bilder von punktmengen. Proc. Akad. Amsterdam, 29:1014–1017, 1926.
[72] K. Iseki. A characterization of pseudocomapct spaces. Proc. Japan.
Acad., 33:320–322, 1957.
[73] K. Iseki. A remark on pseudocompacts spaces. 33:528–329, 1957.
[74] T. Jech. Set Theory. Springer-Verlag, Berlin, 2003.
[75] J. E. Joseph. Continuous functions and spaces in which compact sets
are closed. Amer. Math. Monthly, 76:1125–1126, 1969.
[76] I. Kaplansky. Topological rings. Amer. J. Math., 69:153–183, 1947.
[77] H. T. Kaptanoglu. Kantor kümeleri. Matematik Dünyası, 4:15–22, 1993.
408
KAYNAKÇA
[78] T. Karaçay. Genel Topoloji. Karadeniz Teknik Universitesi Basimevi,
1982.
[79] M. Katetov. On real valued in topological spaces. Fund. Math, 38:85–91,
1951.
[80] M. Katetov. Correction to “on real valued functions in topological spaces”. Fund. Math., 40:203–205, 1953.
[81] J. L. Kelley. Convergence in topology. Duke Math., 17:277–283, 1950.
[82] J. L. Kelley. General Topology.
Toronto-New York-London, 1955.
D. Van Nostrand Company, Inc.,
[83] Murray R. Kirch. A class of spaces in which compact sets are finite.
Amer. Math. Monthly, 76:42–42, 1969.
[84] C. W. Kohls. Ideals in rings of continuous functions. Fund. Math.,
45:28–50, 1957.
[85] C.W. Kohls. Prime ideals in rings of continuous functions. Illinois J.
Math., 2:505–536, 1958.
[86] M. Kolli. On the cardinality of the T0 -topologies on a finete set. International Journal of Combinatorics, pages 7–7, 2014.
[87] R. Kopperman. All topologies come from generalized metrics. Amer.
Math. Monthly, 95:89–97, 1988.
[88] V. Krishnamurthy. On the number of topologies on a finite set. Amer.
Math. Monthly, 73:154–157, 1966.
[89] W. Krueger. The metrization of upper limit topologies. Rocky Mountain
J. Math., 20:173–178, 1990.
[90] K. Kuratowski. Sur l’opération A de l’analysis situs. Fund. Math.,
3:182–199, 1922.
[91] K. Kuratowski. Topologie II. Warszawa, 1933.
[92] K. Kuratowski. Quelques problémes concernant les espaces métriques
non separables. Fund. Math., 25:534–545, 1935.
[93] M. Lavrentieff. Contribution á la théorie des ensemles homéomorphes.
Fund. Math., 6:149–160, 1924.
[94] N. J. Lennes. Curves in non-metrical analysis situs with an application
in the calculus variations. Amer. J. Math., 33:287–326, 1911.
KAYNAKÇA
409
[95] N. Levine. Dense topologies. Amer. Math. Monthly, 75:847–852, 1968.
[96] N. Levine. On the equivalence of compactness and finiteness in topology.
Amer. Math. Monthly, 75:178–180, 1968.
[97] J. B Listing. Vorstudien zur Topologie. Vandenhoeck und Ruprecht,
1848.
[98] R. G. Lubben. Concerning the decomposition and amalgamation of
points, upper semi-continuous collections, and topological extensions.
Trans. Math. Soc., 49:410–466, 1941.
[99] S. Mazurkiewicz. Über Borel’sche mengen. Bull. Intern. Acad. Pol. Sci.
Ser. A, A:490–494, 1916.
[100] E. M. Moore and H. L. Smith. On general theory of limits. Amer. Math.
J, 44:102–121, 1922.
[101] Gregory. Moore. The emergence of open sets, closed sets, and limit
points in analysis and topology. Historia Math., 35:220–241, 2008.
[102] S. Mrowka. On completely regular spaces. Fund. Math., 41:105–106,
1954.
[103] S. Mrowka. Compactness and product spaces. Coll. Math., 7:19–22,
1959.
[104] A. Mysior. A regular space which is not completely regular. Proc. Amer.
Math. Soc., 81-4:652–653, 1981.
[105] P. Nanzetta and D. Plank. Closed ideals in C(X). Proc. Amer. Math.
Soc., 35:601–606, 1972.
[106] S.
Naranong.
Translating
between
nets
and
filter,
http://web.archive.org/web/20130308175220/http://www.math.tamu.edu:80/ saichu/netsfilters.pdf.
[107] A. Nesin. Matematik Dünyası, 3-4:49–52, 2009.
[108] A. Nesin. Temel Gerçel Analiz I. Nesin Matematik Köyü, 2009.
[109] A. Nesin. Aksiyomatik Kümeler Kuramı. TÜBA, 2010.
[110] A. Nesin. Sayıların İnşası I-II. TÜBA, 2010.
[111] A. Nesin. Analiz IV. Nesin Matematik Köyü, 2011.
410
KAYNAKÇA
[112] B. Nesin and A. Torun. Matematikci Portreleri. Nesin Matematik Köyü,
2013.
[113] J. Novák. On the cartesian product of two compact spaces. Fund. Math.,
40:106–112, 1953.
[114] G. Onay. Knaster-tarski teoremi. Matematik Dünyası, 24:49–52, 2016.
[115] M. Raman-Sunström. A pedagogical history of compactness. Amer.
Math. Monthly, 122:619–635, 2015.
[116] F. Riesz. Die genesis des raumbegriffs. Math. und Naturwiss. Berichte
aus Ungarn, 24:309–353, 1907.
[117] I. Rosenholtz. Another proof that any compact metric space is the
continuous image of the cantor set. Amer. Math. Monthly, 8:246–247,
1976.
[118] S. Salbany and T. D. Todorov. Alexander’s subbase lemma. Proc. Amer.
Math. Soc., 105:262–262, 1989.
[119] C. T Scarborough and A. H. Stone. Products of nearly compact spaces.
Trans. Amer. Math. Soc., 124:131–147, 1966.
[120] A.H Schoenfeld and G. Gruenhage. An alternate characterization of the
cantor set. Proc. Amer. Math. Soc., 53:235–236, 1975.
[121] B. Schwer. Characterizing Topological Spaces Using Topological Or Algebraic Invariants. 2008.
[122] W. Sierpinski. Sur une propriete topologique des ensembles denombrables denses ensoi. Fund. Math., 1:11–16, 1920.
[123] M. Solveig and J. E. Joseph. Compact subsets of the sorgenfrey line.
Mathematics Magazine, 49:250–251, 1976.
[124] R. H. Sorgenfrey. On the topological product of paracompact spaces.
Bull. Amer. Math. Soc., 53:631–632, 1947.
[125] L. A. Steen and J. A. Seebach. Counterexamples in topological spaces.
Springer-Verlag, 1978.
[126] A. K. Steiner. The lattice of topologies: Structure and complementation.
Trans. Amer. Math. Soc., 122:379–398, 1966.
[127] R. M. Stephenson. Pseudocompact spaces. Trans. Amer. Math. Soc.,
134:437–448, 1968.
KAYNAKÇA
411
[128] A. H. Stone. Paracompactness and product spaces. Bull. Amer. Math.
Soc., 54:977–982, 1948.
[129] M. H. Stone. Applications of the theory of Boolean rings to general
topology. Trans. Amer. Math. Soc., 41:375–481, 1937.
[130] T. Terzioğlu. Bir Analizcinin Defterinden Seçtiklerinden. Nesin Matematik Köyü, 2013.
[131] H. Tietze. Beiträge zur allgemeinen topologie i. Math. Ann., 88:290–312,
1923.
[132] E. Tolsted. An elementary derivation of the cauchy, holder, and minkowski inequalities from young’s inequality. Math. Mag., 37:2–12, 1964.
[133] P. Tondeur. Ein beispiel zur allgemeinen topologie: Die topologie einer
äquivalenzrelation. Ann. Acad. Sci. Fenn. Ser. A, 344:7–7, 1964.
[134] H. Tong. Some characterizations of normal and perfectly normal spaces.
Bull. Amer. Soc., 54:65–66, 1948.
[135] A. Tychonoff. Über einen metrisationssatz von p. urysohn topologische
erweiterung von raumen. Math. Ann., 95:139–141, 1925.
[136] A. Tychonoff. Uber die topologische erweiterung von räumen. Math.
Ann., 102:544–561, 1930.
[137] A. Tychonoff. Ein fixpunktsatz. Math. Ann., 111:767–776, 1935.
[138] Y. Ünlü. Birimin parçalanışı. Matematik Dünyası, 4:42–50, 2012.
[139] P. Urysohn. Über die Mächtigkeit der zusammenhängenden Mengen.
Math. Ann., 94:262–295, 1925.
[140] R.W. Vallin. The elements of Cantor sets with applications. John Wiley
and Sons, 2013.
[141] D. van Dantzig. Ueber topologisch homogene kontinua. Fund. Math.,
15:102–125, 1930.
[142] L. Vietoris. Stetige mengen. Monatsh. für Math. und Phys., 31:173–204,
1921.
[143] L. Vietoris. Berreiche zweiter ordnung. Monatsh. für Math. und Phys.,
32:258–280, 1922.
[144] L. E. Ward. Partially ordered topological spaces. Proc. Amer. Math.
Soc., 5:144–161, 1954.
412
KAYNAKÇA
[145] G. Wilansky. Between T1 and T2. Amer. Math. Monthly, 74:261–266,
1967.
[146] S. Willard. General Topology. Addison-Wesley, 1970.
Dizin
A◦ , 42
Bd (x, r), d metriğine göre, x merkezli
ve r yarıçaplı açık küre., 88
Bd [x, r], d metriğine göre, x merkezli
ve r yarıçaplı kapalı küre, 88
C-gömülebilir, 217
C-gömülebilir, 217
D-uzayı, 43
Fδ -küme, 115
Gδ -küme, 115
KC-uzayı, 244
T0 uzayı, 45
T1 uzayı, 45
T2 uzayı, 45
T3 1 -uzay, 177
2
T5 uzay, 230
U C-uzay, 245
V -küçük, 206
[a,
S b]-kompakt, 252
i∈I Xi , (Xi )i∈I kümeler ailesinin kartezyen çarpımı, 377
∈-kapalı, 385
hBi, 57
N, pozitif doğal sayılar kümesi, 376
Q, tam sayılar kümesi, 376
R, reel(gerçel) sayılar kümesi, 376
Z, tam sayılar kümesi, 376
c, continuum, 392
T (X), X kümesi üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi, 369
U (X), X kümesi üzerinde tanımlı ultrafiltrelerin kümesi, 369
⊕i∈I Xi , 170
A, 42
Q
Xi , (Xi )i∈I kümeler ailesinin kartezyen çarpımı, 377
℘(X), X’in kuvvet kümesi, 376
a := b, 377
f ’nin A’ya kısıtlanışı, 377
f (X), 377
m − n topolojik uzay, 39
n-boyutlu Öklid topoloji, 102
p-sel gösterim, 289
w, doğal sayılar kümesi, 376
w-yığılma noktası, 252
x ≤ y, y ≥ x, x < y, y > x, 379
z-filtre, 309
z-filtrenin yakınsaması, 316
z-ideal, 312
z-ultrafiltre, 311
N
α β, 388
U
α β, 388
α+ : α kardinalinden bir sonraki kardinal, 391
τ (A), 33
τ (x), 33
τU , 196
Fδ -küme, 94
Gδ -küme, 94
i∈I
açık
açık
açık
açık
açık
açık
açık
açık
413
altörtüsü, 235
aralık, 65
fonksiyon, 54
kapalı, 31
komşuluk, 33
küme, 30
küre, 88
örtünün incelmişi, 265
414
açık örtüsü, 234
açık örtüsü, 191
ağırlığı, 59
Alexandroff bir nokta kompaktlaması,
304
Alexandrov topoloji, 37
Alexandrov uzay, 37
alfabetik sıralama, 383
alt sınırı, 380
alt yarısürekli, 186
alt yarısürekli (noktada), 187
altgrup, 396
althalka, 396
altküme işlemi altında kapalı, 377
altnet, 149
alttabanı, 57
altuzay topoloji, 71
Arşimedyan (Archimedean) cisim, 345
Archimedean, 398
Arens-Fort Uzayı, 61
artan, 383
asal z-filtre, 315
asal ideal, 396
Atsuji uzay, 117
ayrışım, 82
ayrışım fonksiyonu, 82
ayrışım uzayı, 82
ayrılabilir, 60
ayrılabilir uzay, 103
ayrık topoloji, 29
bağıntı, 379
bağlantılı birleşeni, 129
bağlantılı topoloji , 31
bağlantılı uzay, 31, 127, 138
Baire Metrik, 98
Baire uzay, 108
başlangıç dilimi, 383
bileşim işlemi altında kapalı, 377
birebir fonksiyon, 378
birim, 395
birimin parçlanışı, 222
DIZIN
birimin sonlu parçalanışı, 245
birimli halka, 396
birinci dereceden sayılabilir, 60
boşküme, 376
bölüm fonksiyonu, 79
bölüm topolojisi, 80
bölüm uzayı, 400
bölüm uzayı, 80
Burali-Forti Paradoksu, 387
C, 378
Cantor kümesi, 289
Cantor uzayı, 287
Cantot-Bernstein-Schöeder Teoremi, 383
Cauchy dizisi, 105
cebirsel dual, 401
cf-uzayı, 235
cisim, 396
cofinal, 149
continuum, 392
çap, 277
çarpım topolojisi, 74
çarpım uzayı, 74
çarpma, 395
düzgün gömülebilir, 204
düzgünce tabanı, 196
düzgünleşebilir, 196
dağılmalı işlem, 394
daha ince topoloji, 31
Dedekind tam, 381
değişmeli grup, 395
değerli yarıgrup, 122
delinmiş Tychonoff Plank uzayı, 231
denk kümeler, 389
denk metrikler, 91
denk uzaylar, 307
denklik bağıntısı, 379
denklik sınıf topolojisi, 36
denklik sınıfı, 379
Dini Teoremi, 357
division halka, 396
DIZIN
dizinin yakınsaması, 92
dizisel açık, 164
dizisel kapalı, 164
dizisel kapanış, 163
dizisel kompakt, 256
dizisel uzay, 164
doğrusal bağımsız, 399
düşük ayrışım, 45
düzenli uzay, 191
düzgün eşsürekli, 285
düzgün izomorfik, 204
düzgün izomorfizma, 204
düzgün sürekli, 117, 204
düzgün topolojik uzay, 269
düzgünce, 195
415
hafif kompakt, 353
halka, 395
halka homomorfizma, 396
halka izomorfizma, 396
halkanın birimi, 396
Hamel taban, 399
Hausdorff uzayı, 45
Hewitt kompaktlaması, 332
hiçbir yerde yoğun olmayan küme, 108
Hilbert küpü, 286
Hilbert uzay, 103
homeomorfik gömülebilir, 53
homeomorfik uzaylar, 53
homeomorfizma, 53
hyper-reelmaksimal ideal, 348
içi, 41
işlem, 394
işlemi koruyan fonksiyon, 396
ideal, 396
iki elemanlı küme aksiyomu, 379
iki küme arasındaki uzaklık, 90
ikinci dereceden sayılabilir, 60
f-bölüm topolojisi, 79
ikinci tip Stirling sayısı, 47
filtre, 33
ilişki, 379
Filtrenin yakınsadığı nokta, 155
indirgenen kısmi sıralama, 382
filtrenin yakınsaması, 155
indirgenmiş topoloji, 71
fine topoloji, 270
indirgenmiş uzay, 71
fonksiyon uzayı, 270
infimum, 380
fonksiyonlar kümesi tarafından üreti- iyi sıralanabilir, 381
len topoloji, 70
iyi sıralı, 381
Fort uzay, 231
izometri, 111
Fréchet topoloji, 60
izometrik uzaylar, 112
Frechet Uzayı, 166
kalın topoloji, 31
geçişli, 379
kapalı fonksiyon, 54
Genelleştirilimiş Süreklilik Hipotezi, 392 kapalı küme, 30, 41
görüntü kümesi, 377
kapalı kümeler alttabanı, 183
grup, 395
kapalı küre, 88
grup homomorfizma, 396
kapanışı, 41
grup izomorfik, 396
kapsayan filtre, 158
karakteristik fonksiyon, 400
grup izomorfizma, 396
eşsüreklilik, 283
en büyük topoloji, 29
en ince topoloji, 29
en kaba topoloji, 29
en küçük topoloji, 29
ergisel bağlantılı, 137
416
DIZIN
karşılıklı ayrışık kümeler, 130
limit noktası (netin), 149
limit ordinal, 386
kardinalite, 390
Lindelöf uzay, 265, 340
kardinalitesi, 390
lineer dönüşüm, 400
kartezyen çarpım, 379
lineer izomorfik, 400
kesin artan, 383
lineer izomorfizma, 400
kısmı sıralı küme, 380
kısmi sıralı topoloji, 66
maksimal bağlantılı altuzay, 129
kısmi sıralı bağıntısı, 380
maksimal eleman, 380
kısmi sıralı halka, 398
maksimal ideal, 397
kısmi sıralı uzay, 66
maksimum, 380
Knaster-Tarski Teoremi, 384
metrik, 87
kofinal, 278
metrik aksiyomları, 87
kofinal Cauchy dizi, 278
metrik topojide süreklilik, 93
Kolmogorov uzayı, 45
metrik topoloji, 61, 89
komşuluk, 33
metrik uzay tamlamısı, 112
komşuluk fonksiyonu, 34
metric uzayı, 87
komşuluk sistemi, 33
metrikleşebilir topoloji, 62, 89
komşuluk sistemi, 34
minimal eleman, 380
komşuluk sistemi tarafından üretilen
minumum, 380
topoloji, 35
modül, 398
kompakt, 235
monoid, 394
kompakt yakınsama topolojisi, 268
Mrowka uzay, 359
kompakt-açık topoloji, 267
mutlak konveks ideal, 343
kompaktlama, 304
mükemmel normal uzay, 231
konveks küme, 130
konveks ideal, 343
Nachbin tamlanış, 332
kopuk topoloji, 31
net, 143
kopuk uzay, 31, 68, 127
net tarafından üretilen filtre, 153
Korovkin Teoremi, 275
netin kuyruğu, 143
Kuratowski İç Operator, 50
netin yakınsaması, 143
Kuratowski kapanış operatörü tarafındannoktada düzgün yakınsama, 357
üretilen topoloji, 49
noktada süreklilik, 52
Kuratowski Kapanış Opertörü, 49
noktasal işlemler, 398
kutu topoloji, 73
noktasal sonlu açık örtü, 281
kuvvet kümesi, 376
noktasal yakınsama topolojisi, 267
kümenin bölünmüşü, 142
noktayla belirlenebilir homomorfizm,
kümenin çapı, 106
299
kümenin sınırı, 42
normal uzay, 210
normlu uzay, 175
latis sıralı halka, 398
Lebesgue sayısı, 273
ordinal, 385
ordinal uzay, 65, 240
limit nokta kompakt, 255
DIZIN
ordinallerin çarpımı, 388
ordinallerin toplamı, 388
Öklid ∞-metrik, 101
Öklid p-metrik, 101
Öklid metrik, 87
önkompakt, 279
örgü, 381
örten fonksiyon, 378
özel noktalı topoloji, 47
Öklid topoloji, 59
Öklid metriği, 86
öntabanı, 57
parakompakt, 222
Pisagor üçlüleri, 19
premetrik, 88
preorder, 38
principal topoloji, 37
reel, 363
reel olmayan eleman, 363
reelkompakt, 335
reelmaksimal ideal, 348
Riemann integrali, 144
Riemann integrallenebilir, 144
Riesz cebir, 186
Riesz homomorfizma, 336
sabit ultrafiltre, 159
sağ sıra topolojisi, 60
sağdan sürekli, 189
saygılı sözdemetrik, 199
sayı, 376
sayılabilir kompakt, 252
sayılabilir sonsuz küme, 390
sayılamaz sonsuz küme, 392
Seçim Aksiyomu, 378
seçim fonksiyonu, 377
serbest z-filtre, 317
sıfır, 395
sınırlı küme, 106
sınırlı metrik, 106
sıra izomorfik, 383
417
sıra topolojisi, 65
sıra uzayı, 65
sıra yakınsama, 106
sıralı cisim, 398
sıralı tamlık bölgesi, 398
simetrik, 379
sol sıra topolojisi, 60
sonlu açık altörtü, 235
sonlu arakesit özelliği, 235
sonlu bileşim işlemi altında kapalı, 377
Sonlu bileşim işlemi altında kapalı, 377
sonlu boyutlu, 401
sonlu küme, 390
sonsuz büyük, 365
sonsuz küçük, 365
sonsuz küme, 390
Sorgenfrey uzay, 37
sözde metrik, 88
sözde metrik topoloji, 89
stereografik izdüşüm, 17
Stone genişlemesi, 334
Stone-C̆ech kompaktlaması, 303
supremum, 380
sürekli, 52
sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir
kümeler, 184
sürekli genişlemesi, 115
sıfır boyutlu topolojik uzay, 296
taban, 58
tam düzgünce uzay, 206
tam metrik uzay, 105
tam metrikleşebilir uzay, 118
tamsıralı halka, 398
tanım kümesi, 377
ters alfabetik sıralama, 383
tersi, 395
terssimetrik, 379
Tietze Genişleme Teoremi, 209, 218
toplam uzay, 170
toplama, 395
topoloji, 29
418
topoloji aksiyomları, 29
topolojicinin sinüs eğrisi, 137
topolojik özellik, 53
topolojik altuzay, 71
topolojik czarphzm uzayhz topolojik
çarpım uzayı, 74
topolojik değişmez, 53
topolojik eşyapılı uzaylar, 53
topolojik kutu uzayı, 73
topolojik uzay, 29
topolojik uzayın taban komşuluk fonksiyonu, 35
topolojik uzayın taban komşuluk sistemi, 35
Torus, 81
transitif küme, 385
tümden kopuk, 129
tümleyeni sonlu topoloji, 60
tümüyle düzenli uzay, 177
tümüyle ayrılabilir uzay, 291
tümüyle normal, 230
tümüyle sınırlı, 276
Tychonoff Plank uzayı, 231
Tychonoff topolojisi, 74
Tychonoff uzay, 177
ultrafiltre, 159
ultranet, 152
üretilen topoloji, 57
üretilen vektör altuzay, 400
üst sınırı, 380
üst yarısürekli, 186
üst yarısürekli(noktada), 187
üstküme işlemi altında kapalı, 377
vektör, 399
vektör altuzayı, 400
vektör uzay, 398
yansımalı, 379
yarı metrik, 88
yarı semimetrik, 88
yarı sözde metrik, 88
DIZIN
yarıgrubun ürettiği topoloji, 123
yarıgrup, 394
yarısıralı küme, 37
yerel düzgün yakınsama, 357
yerel kompakt, 260
yerel sonlu, 44
yerel yol bağlantılı, 139
yığılma noktası (z-filtrenin), 316
yığılma noktası (filtrenin), 158
yığılma noktası (kümenin), 44
yığılma noktası, 318
yoğun, 43
yol, 135
yol bağlantılı, 135
yönlü küme, 142
Yung eşitsizliği, 100
Zariski topoloji, 60
zayıf düzgün uzay, 203
Zermelo-Frankel Küme Kuramı, 375
ZF, 375
zincir, 381