Çarp m ve Bölüm Uzaylar

1
Ksm I
Çarpm ve Bölüm Uzaylar
ÇARPIM UZAYLARI
1
ÇARPIM TOPOLOJS
2
KARMA P R O B E M L E R
1.
A
ile
B,
srasyla,
(X, T )X
ile
(Y, S )
topolojik uzaylarnn birer alt-kümesi olsunlar.
(a)
(A × B)◦ = A◦ × B ◦
(b)
(A × B) = Ā × B̄
(c)
∂(A × B) = (∂A × B̄) ∪ (Ā × ∂B)
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
(X, T )
uzaynn bir taban
T
ve
(Y, S )
uzaynn bir taban
S
olsun.
(a)
(x, y) ∈ (A × B)o ⇔ (∃T ∈ T)(∃S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⊂ A × B]
⇔ (x ∈ T ⊂ A) ∧ (y ∈ S ⊂ B)
⇔ (x ∈ A◦ ) ∧ (y ∈ B ◦ )
⇔ (x, y) ∈ A◦ × B ◦ )
(b)
(x, y) ∈ (A × B) ⇔ (∀T ∈ T)(∀S ∈ S)[(x, y) ∈ T × S ⇒
(T × S) ∩ (A × B) 6= ∅]
⇔ (∀T ∈ T)(x ∈ T ⇒ T ∩ A 6= ∅)∧
(∀S ∈ S)(y ∈ S ⇒ S ∩ B 6= ∅)
⇔ (x ∈ Ā) ∧ (y ∈ B̄)
⇔ (x, y) ∈ Ā × B̄)
(c) Önceki e³itlikler ile 2.5.1 problemlerdeki ilgili ba§ntlar kullanrsak
∂(A × B) = (A × B) ∩ (A × B)0
= (Ā × B̄) ∩ ((A × B)o )0
= (Ā × B̄) ∩ (Ao × B o )0
e³itliklerini yazabiliriz. Buradan,
(a, b) ∈ ∂(A × B) ⇔ [(a, b) ∈ (Ā × B̄)] ∧ [(a, b) ∈ (Ao × B o )0 ]
⇔ (a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)∧


/ Bo
 a ∈ Ao ⇒ b ∈

b ∈ Bo ⇒ a ∈
/ Ao


(a ∈
/ Ao ) ∧ (b ∈
/ Bo)
olur. Burada {} içindeki üç satr
inceleyelim:
∨ ile birbirlerine ba§ldrlar. “imdi her üç satr için olaslklar
2
KARMA P R O B E M L E R
2
i.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [a ∈ Ao ⇒ b ∈
/ Bo]
⇒ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B)
⇒ (a, b) ∈ Ā × ∂B)
ii.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [b ∈ B o ⇒ a ∈
/ Ao ]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄)
⇒ (a, b) ∈ ∂A × B̄)
iii.
[(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ B̄)] ∧ [(a ∈
/ Ao ) ∧ (b ∈
/ B o )]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ ∂B)]
⇒ [(a ∈ ∂A) ∧ (b ∈ B̄)] ∨ [(a ∈ Ā) ∧ (b ∈ ∂B)]
⇒ [(a, b) ∈ Ā × ∂B)] ∨ [(a, b) ∈ ∂A × B̄)]
2.
(X, T )
bir topolojik uzay ise
(X × X, P)
çarpm uzaynda
∆ = {(x, x)|x ∈ X}
kö³egeninin
(X, T )
P
uzayna e³yapl oldu§unu gösteriniz.
P∆ ile gösterelim. π1 : X × X → X izdü³üm
π1 (P) = T dir. π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst da
sürekli ve açk bir dönü³ümdür. Ayrca (x, x) → x dönü³ümü ∆ dan X üzerine bbö dir. Dolaysyla,
Önerme 6.3.1 uyarnca, π1 izdü³ümünün ∆ kümesine kst bir e³yap dönü³ümüdür (homeomor-
Çözüm:
nin
∆
üzerine kondurdu§u topolo jiyi
fonksiyonu sürekli ve açk bir dönü³ümdür.
phism).
3. Bir
{Xλ , Tλ ) : λ ∈ Λ}
(a) E§er
topolojik uzaylar ailesi verilsin ve bunlarn çarpm uzay
Λ sonlu yada saylabilir sonsuz bir küme ise, çarpm uzayn Birinci
(X, P)
olsun.
(ya da kinci) Sayla-
bilme Aksiyomunu sa§layabilmesi için gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylardan herbirisinin
de bu aksiyomu sa§lamasdr.
Çözüm:
i.
(Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her birisinin saylabilir bir taban var olacaktr. Bu tabanlar Bλ ile gösterelim. (9.11) ba§nts uyarnca,
−1
bunlarn π
λ ters izdü³üm dönü³ümleri altndaki resimlerinden olu³an
S = {A : (∃λ ∈ Λ)(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)}
(1)
{(∃B ∈ Bλ ) A = πλ−1 (B)}
ailesi saylabilir saydadr. O halde, Λ sonlu ya da saylabilir sonsuz bir küme ise, S ailesi en
çok saylabilir sayda saylabilir ailelerden olu³an bir ailedir. Dolaysyla S ailesi saylabilir.
Bu ailenin sonlu arakesitlerinden olu³an B ailesi de saylabilir sayda olacaktr. Sözkonusu
B ailesi P çarpm topolo jisinin bir tabandr. Bu taban saylabilir oldu§una göre, P
ailesi
P
çarpm topolo jisinin bir alt-tabandr. Her
λ∈Λ
için
çarpm topolojisi kinci saylabilme aksiyomunu sa§lar.
ii.
(Xλ , Tλ )
x ∈ Xλ için
λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için Bλ (x) kom³uluklar taban saylabilir sayda olacaktr. Her λ ∈ Λ ve her x ∈ Xλ için {(∃B ∈ Bλ (x) A =
πλ−1 (B)} ters resimleri saylabilir saydadr. O halde,
Y
(xλ )λ∈Λ ∈
πλ−1 (B)
(2)
topolojik uzaylar Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lasnlar. Her
kom³uluklar tabann
Bλ (x)
ile gösterelim. Her
λ∈Λ
yazlabilir. Açkça görüldü§ü gibi, (2) kartezyen çarpmnn saylabilir sayda çarpan vardr
ve
(x)
noktasnn saylabilir bir kom³uluklar tabandr.
2
KARMA P R O B E M L E R
(b)
Λ
3
damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin Birinci
Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, e§er çarpan uzaylarn saylamaz
saydas enaz iki³er ö§eli ise, çarpan uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§layamaz.
Çözüm:
Λ
damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme ve çarpan uzaylarn saylamaz
saydas enaz iki³er ö§eli ise
Y
πλ−1 (B), (∃B ∈ Bλ (x)}
(3)
λ∈Λ
kartezyen çarpmnn saylamaz sonsuz sayda çarpan vardr. (3) ailesi, çarpm uzayda
noktasnn bir kom³uluklar tabandr. Dolaysyla her ö§esi
Bu noktann ba³ka bir
U
kom³ulu§u
V
V
(xλ )
(xλ )
noktasnn bir kom³ulu§udur.
saylabilir kom³uluklar taban oldu§unu varsayalm. (3) ailesine ait her
tabanna ait bir
V
kümesini kapsar. Öyleyse
Bu demektir ki, verilen varsaymlar altnda,
(xλ )λ∈Λ
V
taban saylabilir sayda olamaz.
noktasnn saylabilir bir kom³uluklar
taban olamaz. Dolaysyla çarpm uzay Birinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz.
(c)
Λ
damgalayan kümesi saylamaz sonsuz bir küme olsun. Çarpan uzaylarn herbirisinin kinci
Saylabilme Aksiyomunu sa§lad§n varsayalm. Bu durumda, çarpm uzayn ikinci saylabilme
aksiyomunu sa§layabilmesi için gerekli ve yeterli ko³ul, çarpan uzaylarn ancak saylabilir saydasnn ayrk olmayan topolo jiden farkl bir topolo jiye sahip olmasdr.
Gösteriniz.
Çözüm:
alm.
P
Çarpan uzaylarn saylamaz saydasnn ayrk olmayan topolojiden farkl oldu§unu varsayçarpm topolo jisinin (9.6) ile verilen (1) alt-taban saylamaz sayda saylabilir ailenin aile-
sidir. Dolaysyla saylamaz çokluktadr. Bunlarn sonlu arakesitleri ailesi de saylamaz çoklukta
olaca§ndan, çarpm uzay kinci Saylabilme Aksiyomunu sa§lamaz.
E§er,
(Xλ , Tλ )
(T ∈ Tλ ⇒ T = Xλ ) oldu§undan,
Y
πλ−1 (T ) = πλ−1 (Xλ ) =
Xλ
ayrk olmayan uzay ise,
λ∈Λ
olur. Öyleyse, çarpan uzaylarn ancak saylabilir saydas ayrk olmayan topolo jiden farkl bir topolojiye sahip ise, (1) ailesi saylabilir sayda olacaktr.
4. Ayrk uzaylarn sonlu saydasnn çarpmnn da ayrk bir uzay oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
Xi
(Xi , Ai ) (i = 1, 2, . . . , n) ayrk topolo jik uzaylarn çarpm uzay (X, P)
{xi } kümesi Ai ayrk topolo jisine göre açktr. O halde,
olsun. Her
xi ∈
için tek ö§eli
(xi )ni=1
∈X=
n
Y
Xi
i=1
için
{x1 } × {x2 } × . . . {xn } ∈ P
dir. Ba³ka bir deyi³le, her
x∈X
noktas çarpm topolojinin açk bir kümesidir. Dolaysyla,
(X, P)
ayrk bir uzaydr.
5. Ayrk uzaylarn sonsuz saydasnn çarpmnn da ayrk olmas için, bu uzaylarn hemen hemen
hepsinin tek ö§eli olmas gerekti§ini gösteriniz.
Çözüm:
Burada hemen hemen hepsi
deyimi Ölçüm Kuramna ait standart bir deyimdir ve
"saylabilir saydas hariç" anlamndadr. Buna göre, problemi ³öyle ifade edebiliriz:
Saylamaz çoklukta ayrk uzaylarn çarpmnn ayrk olmas için gerekli ve yeterli ko³ul, uzaylarn
saylabilir saydas hariç, geri kalanlarn tek ö§eli olmasdr.
2
KARMA P R O B E M L E R
4
Verilen ko³ullar altnda (1) ailesinin sonlu arakesitlerinden olu³an
Bir
(xλ ) ∈
Q
Xλ
noktasn dü³ünelim. Bu noktann
P
B
taban saylabilir saydadr.
çarpm topolo jisine göre açk oldu§unu
M = {Xµ : µ ∈ M, Xµ = {xµ }}
N = {Xn : n ∈ N} ile gösterelim.

! 
∞
Y
Y
Y
X=
Xλ =
Xn × 
Xµ 
gösterirsek, istenen sonucu bulmu³ oluruz. Tek ö§eli olan kümeleri
ile gösterelim. Birden çok ö§esi olanlar
λ∈Λ
yazabiliriz. Her
n∈N
için
xn ∈ Xn
n=1
Xµ = {xµ } olmak
Y
{x1 } × {x2 } × . . . {xn } × . . . × (
{xµ }
ve her
µ∈M
µ∈M
için
üzere
X
çarpm uzaynda
µ∈M
kümesi açk bir kümedir (bkz ??. Öte yandan bu küme,
Λ = N∪M
olmak üzere
(xλ ) ∈
Q
Xλ
noktasdr. Böylece, çarpm uzaya ait her noktann çarpm topolojisine göre açk oldu§u görülür.
2
KARMA P R O B E M L E R
2.1
1.
5
09. Bölüm çin Ek Problemler
(Xλ , Tλ )
topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn çarpm uzay
alt kümesi veriliyor.
Q
Aλ ⊂
Q
Xλ
(X, T )
olsun. Her
λ∈Λ
için
Aλ ⊂ Xλ
alt-kümesi için a³a§daki ba§ntnn sa§land§n gösteriniz.
!o
Y
Aoλ
Y
⊂
λ∈Λ
Çözüm:
λ∈Λ
(4)
Çözümü iki farkl durum için ayr ayr yapaca§z.
Aλ 6= Xλ
1.Durum: Sonsuz sayda
Her
Aλ
λ∈Λ
için
Aoλ
kümesi
(Xλ , Tλ )
olsun.
uzaynda açktr. Ancak,
Y
Aoλ
(5)
λ∈Λ
kartezyen çarpm
(X, T )
çarpm uzaynda açk olamaz. Çünkü, sonsuz sayda
Aλ 6= Xλ
ise, (??)
kartezyen çarpm
πı−1 (Tı ) = Tı ×
Y
{Xλ : λ ∈ Λ, λ 6= ı, T ı ∈ T ı}
biçimindeki alt-tabana ait hiç bir kümeyi kapsayamaz. Öte yandan, her
(6)
λ ∈ Λ
için
Aoλ ⊂ Aλ
oldu§undan
Y
Aoλ ⊂
λ∈Λ
Y
Aλ
(7)
λ∈Λ
kapsama ba§nts vardr. Bu kapsamann iki yannn içlemleri alnrsa
!o
Y
Aoλ
!o
⊂
λ∈Λ
Y
Aλ
(8)
λ∈Λ
olacaktr. Gene ayn dü³ünü³le, sonsuz sayda
Aλ 6= Xλ
ise, bu kapsamann sa§ ve sol yanlar, alt-
tabana ait (??) tipindeki hiç bir küme içeremezler. O halde her iki içlem bo³ olmaldr. Dolaysyla,
∅⊂∅
uyarnca (??) sa§lanr.
Aλ 6= Xλ
2.Durum: Yalnzca sonlu sayda
Sonlu sayda
A1 , A2 , . . . , An
olsun.
kümesi d³nda kalan bütün
Aµ kümeleri için Aµ = Xµ (µ 6= 1, 2, . . . , n)
olacaktr. Bu durumda (??) kartezyen çarpm, çarpm uzayn tabanna ait kümeler içerir. Örne§in,
Ti ⊂ Aoi (i = 1, 2, . . . , n)
n
\
olacak ³ekilde
πi−1 (Ti ) =
i=1
n \
Ti ∈ Ti
Ti ×
açk kümeleri için
Y
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
i=1
Y
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
Y
⊂ Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
= T1 × T2 × . . . × Tn ×
(9)
olacaktr. Bu durumda (??) ba§ntsnn sol yan
!o
Y
Aoλ
o
Y
= Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
λ∈Λ
Y
o
o
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
= (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
Y
= (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
Y
=
Aoλ
λ∈Λ
(10)
(11)
2
KARMA P R O B E M L E R
6
olur. “imdi (??) den hareketle,
Y
o
Aoλ = (Ao1 × Ao2 × . . . × Aon ) ×
Y
o
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
λ∈Λ
Y
o
o
⊂ (A1 × A2 × . . . × An ) ×
{Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
o
Y
= A1 × A2 × . . . × An × {Xλ : λ 6= 1, 2, . . . , n}
!o
Y
=
Aλ
(12)
λ∈Λ
elde edilir. Dolaysyla (??) sa§lanr.
2.
(Xλ , Tλ )
topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn çarpm uzay
alt kümesi veriliyor.
Q
Aλ ⊂
Q
Xλ
Y
Aλ ⊂
olsun. Her
λ∈Λ
için
Aλ ⊂ Xλ
Y
Aλ
(13)
λ∈Λ
λ∈Λ
Çözüm:
(X, T )
alt-kümesi için a³a§daki ba§ntnn sa§land§n gösteriniz.
Bunun çözümü yukardakine benzer bir dü³ünü³le yaplabilir. Çözümü gene iki farkl
durum için ayr ayr yapaca§z.
1.Durum: Sonsuz sayda
Aλ 6= Xλ
olsun. Bu durumda,
Y
X
çarpm uzaynda
Aλ
(14)
λ∈Λ
kümesini kapsayan kapal has bir alt küme olamaz. (??) kartezyen çarpmn kapsayan tek kapal
küme çarpm uzayn kendisidir. Öyleyse, kaplama tanm uyarnca
Y
Aλ = X
(15)
λ∈Λ
olur.
X
çarpm uzay bütün alt-kümelerini kapsad§na göre, (??) sa§lanr.
2.Durum: Yalnzca sonlu sayda
Aλ 6= Xλ olsun. µ ∈ Λ, µ 6= 1, 2, . . . , n olmak üzere, Aµ = Aµ = Xµ
oldu§undan
Y
Aλ = (A1 × A2 × . . . × An ) ×
Y
Xµ
µ∈Λ
λ∈Λ
= (A1 × A2 × . . . × An ) ×
Y
Xµ
µ∈Λ
Y
= A1 × A2 × . . . × An ×
Xµ
µ∈Λ

= A1 × A2 × . . . × An × 

Y
Xµ 
µ∈Λ
=
Y
Aλ
(16)
λ∈Λ
çkar. Dolaysyla (??) sa§lanr.
(Xλ , Tλ ) topolojik uzaylar verilsin. Bunlarn açk kümelerinin kartezyen çarpmQ
X = {Xλ | λ ∈ Λ kartezyen çarpm kümesi üzerinde bir topoloji üretir. Ba³ka bir deyi³le, her
(λ ∈ Λ için Tλ ∈ Tλ ) açk kümelerinin kartezyen çarpmlarndan olu³an
(
)
Y
G =
Tλ : λ ∈ Λ, Tλ ∈ Tλ
(17)
3. Box Topoloji :
lar
λ∈Λ
2
KARMA P R O B E M L E R
ailesi
X
7
çarpm kümesi üzerinde bir topolo ji tabandr. Gösteriniz.
Not: (??) ile tanmlanan topolo jiye
X
çarpm kümesi üzerindeki box topolo ji denilir. Çarpan
kümelerin says sonsuz oldu§unda, box topoloji çarpm topolo jisinden daha incedir. Çarpan kümelerin
says sonlu oldu§unda box topolo ji ile çarpm topolo jisi e³it olurlar. Çarpm topolojisi, izdü³üm
fonksiyonlarn sürekli klan en kaba topoloji oldu§u için, genellikle, box topolo jiye göre daha kullan³ldr.
G ailesinin
S
X = G oldu§u
Çözüm:
(a)
(b) Her
A, B ∈ G
4.1.3.Önermenin ko³ullarn sa§land§n göstermeliyiz.
apaçktr.
ve her
(xλ ) = x ∈ A ∩ B
x ∈ C ⊂ A∩B
için
olacak biçimde bir
C∈G
oldu§unu
göstermeliyiz.
Y
{Aλ | λ ∈ Λ, Aλ ∈ Tλ }
Y
B=
{Bλ | λ ∈ Λ, Bλ ∈ Tλ }
A=
(18)
(19)
{Aλ , Bλ } açk kümeleri vardr. Her λ ∈ Λ için Tλ topoloji oldu§undan her
xλ ∈QAλ ∩ Bλ için xλ ∈ Cλ ⊂ Aλ ∩ Bλ olaca§ açktr. Örne§in Cλ = Aλ ∩ Bλ alnabilir.
C = Cλ dersek, istenen özelik elde edilir.
olacak biçimde
4. (??) taban tarafndan üretilen topolo ji, çarpm topolo jisinden daha incedir. Gösteriniz. E³itli§in
olmad§na bir örnek veriniz.
Çözüm:
Çarpm topolojisinin bir taban (??) tipindeki kümelerin sonlu arakesitlerinden olu³an
ailedir; yani
T1 × T2 × . . . × Tn ) ×
Y
{Xµ : µ ∈ Λ, µ 6= 1, 2, . . . , n}
µ∈Λ
B ailesidir. Bu aileden
B ∗ ⊂ G ∗ olaca§ açktr.
biçimindeki kümelerden olu³an
kapsar.
B⊂G
oldu§undan
E³itli§in olmad§n görmek için, sonsuz tane
(0, 1)
seçilecek her küme (??) tipinden bir kümeyi
açk aral§nn
(0, 1) × (0, 1) × . . . × (0, 1) × . . .
kartezyen çarpmn dü³ünelim. Bu kartezyen çarpm box topolo jide açk bir kümedir, ama çarpm
uzayda açk de§ildir.