1.3 C¸arpım Uzayının Metriklesebilirli˘gi

1.3. Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
1.3
11
Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
”Metrik topolojilerin çarpım topolojileri bir merrik topoloji midir?” sorusunun
yanıtı evet değildir. Bunun için bir örnek vermeden önce kanıtı hemen hemen
bariz olan aşağıdaki teoreme ihtiyacımız var.
Teorem 1.8. (X, d) bir metrik uzay olsun. Her A ⊂ X için,
A = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , d(f (n), x) → 0}
dir.
Şimdi yukarıdaki sorunun yanıtını verebiliriz.
Örnekler
Q
1.17. Çrpım uzayı X = r∈R R’nin topolojisi metrik topoloji değildir: Olduğunu varsayalım.
Bu topolojiyi üreten d-metriği olsun.
d(χR\An , f ) → 0 =⇒ {r : f (r) = 0} ⊂ ∪n An
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
dir. Bu bizer f (r) = 1 olduğunu söyler, yani r 6∈ {x : f (x) = 0}. dir.
A = {χR\I : I
sonlu}
diyelim. f = 0 olmak üzer f ∈ A olduğunu gösterelim : U ⊂ X açık ve f ∈ U olsun.
f ∈ ∩r∈I Pr−1 (−, ) ⊂ U
özelliğinde > 0 ve sonlu I ⊂ R kümesi seçebiliriz. g = χR\I seçelim. g ∈ A olduğu
açıktır. Her r ∈ I için |Pr (g)| = |g(r)| = 0 < olduğundan g ∈ U . Yani A ∩ U 6= ∅ dir.
Yukarıdaki teorem gereği d(fn , f ) → 0 olacak biçimde A’de (fn ) dizisi vardır. fn =
χR\An formunda olduğundan
{r : f (r) = 0} ⊂ ∪n An
dir. Kapsamanın sağ tarafı sayılabilir ve sol tarafı sayılamaz olduğundan çelişki elde
edilir.
Q
X = r∈R R çarpım topolojisinin bir metrik topoloji olmadığını gördük. Buna
Q
karşın X = n∈N R uzayı metrikleşebilir dir. Üstelik:
Q
Teorem 1.9. (Anderson,1966) X = n∈N R çarpım uzayı l2 Hilbert uzayına
homeomorfiktir.
Yukarıdaki teoremin kanıtı burada verilebilecek kolaylıkta değildir. Buna
karşın aşağıdaki klasik teoremi verebiliriz.
Teorem 1.10. (Xn , τn )) topolojik uzayların bir dizisi olsun. (X, τ ), bu topolojik uzayların topolojik çarpım uzayı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
12
1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi
(i) Her n için τn metrikleşebilir.
(ii) τ metrikleşebilir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii): Her i için τi , X üzerinde di metriği tarafından üretilmiş
topoloji olsun.
d : X × X → R,
d((xn ), (yn )) =
∞
X
1 dn (xn , yn )
2n 1 + dn (xn , yn )
n=1
, X üzerinde bir meriktir. τ topolojisin d metriği tarafından üretidildiğini
göstereceğiz.
U ∈ τ ve (xm ) ∈ U olsun. τi ’ler di metriği tarafından üretilen topoloji
olduğundan
δ< n
2 (1 + )
olmak üzere
B((xm ), δ) ⊂ ∩ni=1 Pi−1 (B(xi , )) ⊂ ∩ni=1 Pi−1 (Ui ) ⊂ U
olacak biçimde n ∈ N ve
xi ∈ B(xi , ) ⊂ Ui
özelliğinde Ui ∈ τi ler vardır. Böylece X üzerinde d metriği tarafından üretilen
topolojinin τ topolojisinden daha ince olduğunu gösterilmiş olur. Yani,
τ ⊂ d tarafından üretilen topoloji
dir.
> 0 ve (an ) ∈ X verilsin.
∞
X
1
<
i
2
2
i=m+1
özelliğinde m ∈ N seçelim.
−1
(xn ) ∈ ∩m
i=1 Pi (B(xi , )) ⊂ B((xn ), ).
2
τi ’lerin di metriği tarafından üretilen topolojiler olduğu dikkakete alınarak,
X üzerinde τ çarpım topolojisinin, d metriği tarafından üretilen topolojiden
daha ince olduğu gösterilmiş olur. Bu kanıtın bir yönünü kanıtlar.
(ii) =⇒ (i): τ , d metriği tarafından üretilen topoloji olsun. k ∈ N verilsin. Her
n 6= k için un ∈ Xn elemanlarını sabitliyelim. Her x ∈ Xk için
0
x = (u1 , ..., un , x, un+1 , ...)
1.3. Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
13
olarak tanımlıyalım.
0
0
dk : Xk × Xk → R, dk (x, y) = d(x , y )
olarak tanımlanan fonksiyon bir metriktir. U ∈ τk ve x ∈ U verilsin.
0
B(x , ) ⊂ P −1 (U )
olacak biçimde > 0 vardır.
2k
1 − 2k
olmak üzere B(x, δ) ⊂ U olduğunu göstermek zor değildir. Bu bize, τk ’niın dk
tarafından üretilen topolojiden daha kaba olduğunu söyler. > 0 ve x ∈ Xk
verilsin.
2k
δ=
1 − 2k
δ=
0
olmak üzere ve B(x , δ) çarpım topolojisinde açıktır.
0
0
x ∈ ∩ni=1 Pi−1 (Ui ) ⊂ B(x , δ)
olacak biçimde Ui ∈ τi açık kümeleri vardır. Buradan
0
x ∈ Pk (∩ni=1 Pi−1 (Ui )) ⊂ Pk−1 (B(x , δ)) = B(x, )
dır. Pk (∩ni=1 Pi−1 (Ui )) ∈ τk olduğundan Xk üzerinde dk meriği tarafından
üretilen topoloji, τk topolojisinden daha kapadır. Böylece dk metriği tarafından
üretilen topoloji τk dir. Bu kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
1.18. RN çarpım topolojik uzayında
{f ∈ RN : ∀n, f (n) > 0}
kümesinin açık olmadığını gösteriniz.
1.19. i.) ( Baire Metrik)2 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)}
olara tanımlanan fonksiyonun bir metrik olduğunu gösteriniz.
ii.) RN üzerinde tanımlı Baire Metriği tarafından üretilen topolojinin, çarpım topolojisinden farklı ve daha ince olduğunu gösteriniz.
Q
1.20. ((Xn , τn )n ) metrikleşebilir uzayların bir dizisi ve X = n Xn bu dizinin çarpım uzayı
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X ayrılabilir uzaydiır.
(i) Her n için Xn ayrılabilir uzaydır.
2
Counter Example in Topology, p. 124
14
1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi
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 özelliğinde sayılabilir Dn ⊂ Xn seçelim. Her n için un ∈ Dn seçelim.
D = {(xn ) : xn ∈ Dn , ∃k, xn = un ∀n ≥ k}
olarak tanımlanan X’nin altkümesi sayılabilir ve D = X.
(i) =⇒ (ii) olduğunu okuyucuya bırakıyoruz.
Q
1.21. ((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
gösteriniz.
1
(i) d((xn ), (yn )) = sup{ i+1
min{|xi − yi |, 1} : i ∈ N} olarak tanımlanan d’nin X
üzerinde bir metriktir.
(i) X’nin topolojisi d metriği tarafından üretilen topolojidir.