1.2 Dizisel Uzaylarda Süreklilik

6
1.2
1. Dizisel Topolojik Uzaylar
Dizisel Uzaylarda Süreklilik
Bir topolojik uzay X’de U ⊂ X kümesinin açık olması gerek ve yeterli koşulun,
X’de x ∈ U ’ya yakınsayan her netin en az bir kuyruğunun U tarafından kapsanması olduğu, problem olarak bırakılmıştı. Bunun dizisel versiyonu aşağıdaki
gibidir.
Teorem 1.3. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakiler denktir.
i.) A dizisel açıktır.
ii.) X uzayında bir f dizisi için f → x ve x ∈ A ise, f ’nin en az bir kuyruğu
A tarafından kapsanır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii): Bu özellikteki f dizisinin X \ A kümesi tarafından kapsanan bir kuyruğu yoktur. Buradan istenilen açıca görülür.
(ii) =⇒ (i): A dizisel açik olmasın, yani A 6= X \ (scl(X \ A)) olsun. a ∈ A
ve a 6∈ X \ (scl(X \ 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 ve bu bir çelişkidir.
Aşağıdaki teorem şaşıtıcı değildir.
Teorem 1.4. X bir topolojik uzay ve τsqc , dizisel açık kümelerin kümesi olsun.
τsqc , X üzerinde bir topolojidir.
Kanıt: ∅, X ∈ τsqc olduğu bariz. 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
dir. x ∈ X, x 6∈ X \ sqc(X \ (A ∩ B)) olsun. x ∈ sqc(X \ (A ∩ B)) olduğundan,
f → x özelliğinde X \ (A ∩ B)’de f dizisi vardır. X \ A’de 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 dolayısıyla x 6∈ A ∩ B dir.
(Ai )i∈I , τsqc ’de bir aile olsun. x ∈ X, x 6∈ X \ (sqc(X \ (∪i Ai )) 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 ’dedir. Ai ’ler dizisel açık olduklarından
x 6∈ Ai dolayısıyla x 6∈ ∪i Ai . Buradan
X \ (sqc(X \ (∪i Ai )) = ∪i Ai
elde edilir. Böylece istenilen kanıtlanmış olur.
Teorem 1.5. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
1.2. Dizisel Uzaylarda Süreklilik
7
(i) X dizisel topolojik uzaydır.
(ii) Her Y topolojik uzayı için verilen bir f : X → Y fonksiyonunun sürekli
olması için gerekli ve yeterli koçul, X’de xn → x olduğunda Y ’de f (xn ) →
f (x) olmasıdır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii): Y topolojik uzay ve f : X → Y fonksiyonu verilsin. f
sürekli olma durumunda
xn → x =⇒ f (xn ) → f (x)
olduğu bariz. 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 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 ki, bu bir çelişkidir.
(ii) =⇒ (i): X’nin dizisel topolojik uzay olmadığını varsayalım. X üzerindeki
topoloji τ ile gösterelim. Dizisel açık kümelerin kümesi τsqc olmak üzere, τ ⊂
τseq olduğunu biliyoruz. X dizisel topolojik uzay olmadığından,
I : (X, τ ) → (X, τseq ), I(x) = x
olarak tanımlanan fonksiyon sürekli değildir. Diğer taraftan (X, τ ) uzayında
xn → x ise, Teorem ??? gereği bu yakınsam (X, τseq ) uzayında da doğrudur.
(ii) gereği, I süreklidir. Halbuki değil. Bu çelişki kanıtı tamamlar.
Teorem 1.6. Dizisel topolojik uzayın her açık altuzayı dizisel topolojik uzaydır.
Kanıt: X dizisel topolojik uzay ve Y , X’nin açık altuzayı olsun. Z bir topolojik uzay olmak üzere f : Y → Z, fonksiyonu
xn → x =⇒ f (xn ) → f (x)
özelliğinde olsun. f ’nin sürekli olmadığını varsayalım. f −1 (U ), X’de açık olmayacak biçimde Z’nin açık altkümesi U vardır. f −1 (U ), X’de de açık değildir.
X dizisel olduğundan, f −1 (U ), X’de disizel açık olamaz. Yani,
f −1 (U ) 6= X \ sqc(X \ f −1 (U ))
dır. x ∈ f −1 (U ) ve x ∈ sqc(X \f −1 (U )) seçebiliruz. Ayrıca, xn → x özelliğinde,
X \ f −1 (U ) da (xn ) dizise vardır.
N = {n : xn ∈ Y } ∪ {n : xn ∈ X \ Y }
8
1. Dizisel Topolojik Uzaylar
olduğundan, (xn )’nin öyle ber altdizisi vardır ki, (xnk ) ya Y ’dedir ya da X \ Y
dedir.
1.durum: Varsayalım ki, her n için xkn ∈ Y . 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 dolayısı ile (xkn ) dizisinin
en az bir kuyruğu f −1 (U ) tarafından kapsanır ki, bu çelişkidir.
O halde aşağıdaki durum gerçeklenir.
2.durum: Her n için xkn ∈ X \ Y . Y açik olduğundan X \ Y kapalıdır. Dolayısıyla (xkn ) dizisinin limilti olan x ∈ f −1 (U ) ⊂ Y , X \ Y ’nin bir elemanıdır
ki, bu durum çelişkidir.
f ’nin sürekli olmadığı varsayalımı çelişki üretmiştir. O halde f süreklidir.
Yukarıdaki teorem dereği Y dizisel topolojik uzaydır.
Alıştırmalar
1.9. Dizisel topolojik uzayın her kapalı altuzayının dizisel topolojik uzay olduğunu gösteriniz.