Topoloji - Zafer ERCAN

Zafer Ercan
Topoloji
İçindekiler
1 Topoloji Nedir?
1.1 Geometride Farklılık . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 “Topoloji Nedir?” Sorusuna Bir Yanıt Arayışı . .
1.3 Kahve Kupası ve Simit . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Klein Şişesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Moebius Şeridi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Topolojinin Doğuşu: Königsberg’in Yedi Köprüsü
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8
9
10
13
16
17
18
2 Topoloji
2.1 Topoloji . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Komşuluk Sistemi . . . . . . . . .
2.3 Alexandrov Uzay . . . . . . . . . .
2.4 Topolojilerin Sayısı . . . . . . . . .
2.5 Açık ve Kapalı Kümeler . . . . . .
2.6 T0 , T1 ve T2 -Uzaylar . . . . . . . .
2.7 Sonlu Topolojik Uzay ve İkinci Tip
2.8 Kuratowski Kapanış Operatörü . .
2.9 Düzgün Topolojik Uzay . . . . . .
2.10 Süreklilik (Kısaca) . . . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
Stirling Sayısı
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
20
21
23
27
30
32
36
39
40
42
44
3 Taban
3.1 Topolojinin Tabanı . . . . . . . .
3.2 Metrik Topoloji (Kısaca) . . . . .
3.3 n-Boyutlu Öklid Topoloji . . . .
3.4 Sıra Topolojisi . . . . . . . . . .
3.5 Sıra Uzayında Kapalı Kümeler .
3.6 Sıra Uzayının Kopukluğu . . . .
3.7 Fonksiyonlarla Topoloji Üretmek
3.8 Altuzay . . . . . . . . . . . . . .
3.9 Çarpım Uzayı . . . . . . . . . . .
3.10 Bölüm Uzayı . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
49
49
54
56
57
59
61
63
64
66
70
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Metrik Topoloji
4.1 Motivasyon: Öklid Metriği . . . . . . .
4.2 Metrik Uzay ve Topolojisi . . . . . . .
4.3 Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik . . .
4.4 Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği . .
4.5 Öklid Topolojik Uzayı . . . . . . . . .
4.6 Tam Metrik Uzay . . . . . . . . . . . .
4.7 Cantor Teoremi . . . . . . . . . . . . .
4.8 Baire Uzayı . . . . . . . . . . . . . . .
4.9 Metrik Uzayın Tamlaması . . . . . . .
4.10 Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi . .
4.11 Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5 Bağlantılı Uzay
5.1 Bağlantılılık . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık . . . . .
5.3 Bağlantılı Uzayların Çarpım Uzayı . . . . .
5.4 Yol Bağlantılılık . . . . . . . . . . . . . . .
5.5 Topolojicinin Sinüs Eğrisi . . . . . . . . . .
5.6 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 . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
76
78
79
83
88
91
96
99
100
103
107
110
.
.
.
.
.
.
115
115
118
122
123
125
127
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
129
130
135
135
139
140
141
145
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
148
149
152
154
156
158
.
.
.
.
161
162
166
168
171
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
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
Tümüyle Düzenli Uzayların Yarısüreklilik Terimi ile Betimlenmesi176
Düzenli Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
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 RI Çarpım Uzayın Normalliği . .
9.6 Hahn-Tong Ara Teoremi . . . . .
9.7 Tümüyle Normal uzaylar . . . .
9.8 Mükemmel Normal Uzaylar . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
181
182
184
189
193
195
199
202
204
10 Kompakt Uzaylar
10.1 Kompakt Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Sıra Uzayın Kompaktlığı . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Kompakt Uzay ve Normal Uzay . . . . . . . . . . .
10.4 Alexander Alttaban Teoremi . . . . . . . . . . . .
10.5 Tychonoff Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.6 Kompaktlık ve Yakınsaklık . . . . . . . . . . . . .
10.7 Sayılabilir Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . . .
10.8 Limit Nokta Kompaktlık . . . . . . . . . . . . . . .
10.9 Dizisel Kompakt Uzaylar . . . . . . . . . . . . . .
10.10Yerel Kompakt Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . .
10.11Lindelöf Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.12Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
206
207
210
213
217
220
222
224
226
228
231
236
238
11 Metrik Uzaylarda Kompaktlık
11.1 Metrik Topolojide Kompaktlık . . . . . . .
11.2 Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık . . . . . .
11.3 Önkompaktlık ve Kompaktlık . . . . . . . .
11.4 Kompaktlık ve Maksimum-Minumum Nokta
11.5 Noktasal Sonlu Örtü ve Kompaktlık . . . .
11.6 Ascoli-Arzela Teoremi . . . . . . . . . . . .
11.7 Hilbert Küpü: [0, 1]N -Uzayı . . . . . . . . .
11.8 Cantor Uzayı: 2N -Uzayı . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
243
244
248
251
252
253
254
257
258
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
12 Stone-C̆ech Kompaktlama I
263
12.1 Banach-Stone Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
12.2 Stone-C̆ech Kompaktlama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
12.3 Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama . . . . . . . . . . . 269
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 . . . .
.
.
.
.
.
272
273
275
276
280
282
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 . . . . . . . . . .
286
287
289
291
15 Reelkompaktlık I
15.1 Tümüyle Düzenli Uzayın Çarpım Uzayındaki Kapanışı
15.2 Reelkompakt Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.3 Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu . . . .
15.4 Engelking’in Reelkompaktlık Tanımı . . . . . . . . . .
.
.
.
.
296
297
299
301
305
.
.
.
.
307
308
311
313
315
.
.
.
.
317
317
321
322
325
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
16 Reelkompaktlık II
16.1 Sıralı Bölüm Halkasında Birkaç Not . . . . . . .
16.2 Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tam Sıralılığı .
16.3 C(X)/M Bölüm Halkasının Archimedean Olması
16.4 βX = Hom(Cb (X)) ve vX = Hom(C(X)) . . . .
17 Önkompaktlık
17.1 Temel Karakterizasyon . . . . . . .
17.2 Dini Teoremi . . . . . . . . . . . .
17.3 Ψ-Uzay . . . . . . . . . . . . . . .
17.4 Idealin Kapanışı ve Önkompaktlık
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
18 Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
327
18.1 Cb (X) ve C(X) Halkalarında Maksimal Idealler . . . . . . . . . 328
18.2 Stone Genişlemesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329
19 Topolojilerin Sayısı
19.1 ultraf iltre(X) Kümesinin Kardinalitesi . . . . . . . . . . . . .
19.2 Elemanları Sonsuz Bir Küme Üzerindeki Topolojiler Olan Kümenin Kardinalitesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19.3 Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Kardinalitesi . . . . . . .
333
333
336
337
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 . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
339
339
342
348
350
353
357
361
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 oldum.1 Bu açıdan bu kitabın da kapsamı eksik kalmıştır.
Örneğin; bir topolojik uzayın ne zaman metrikleşebilir olmasının temel teoremlerinin bu kitapta yer almaması bir eksikliktir; ama, eksikliklerine 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
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 de1
Bu durum Kurt Gödel’in eksiklik teoremini çağrıştırıyor.
1
2
taylı bilgi edinebilmek için iz sürebilir. Bu yönüyle kitap çok kapsamlı olmasa
da bir referans kitap niteliğindedir.
Kitap Latex programında yazılmıştır. Bu 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. Bu
hoş olmayan durumun kitabın daha sonraki basımlarında daha da düzeltilebileceğini ummaktayım. Kitabın yazımı süresince Letex yazımı konusunda
bilgisini paylaşmaktan esirgemeyen İsmail U. Tiryaki’ye teşekkür ederim.
Her bölümün sonuna bir karikatür eklendi. Bununla, kitaptaki formal anlatımdan doğan olası gerginliği azda olsa ortadan kaldırmak amaçlandı. Bu karikatürlere zaman zaman görüşlerine önem verdiğim kişilerce ‘estetik olmama’
ya da ‘cinsiyetci olma’ yönünde eleştiriler yapılmıştır. Bu eleştiriler saygıyla
ve teşekkürle karşılanmakla birlikte, yazarın estetik anlayışının ‘mükemmel’
olmasının beklenemeyeceği ve tercihlerine tahammül gösterileceği kabulu ile,
bu karikatürlere kitapta yer verilmiştir. Karikatürlerin çizimini yapan ve bu
yönüyle kitaba renk katan Metin Selçuk Ercan’a sonsuz teşekkürlerimi sunarım.2
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 bunların okura farklı bakış açısı kazandıracağı varsayılmıştır. Bunun
yanında teoremlerın kanıtlarında zaman zaman “açıktır” kelimesi, “kolaydır”
anlamında kullanılarak, detaylar okura bırakılmıştır.
Kitabın yazımının düzeltilmesi konusunda A.İ.B.Ü Edebiyat bölümü öğretim
üyelerinden Şaban Doğan ve öğrencilerinin değerli katkıları olmuştur. Şafak Alpay ve Nuran Ercan kitabı son derece dikkatli okuyarak onlarca sayfa dolusu
hatalar bulup, kitabın düzeltilmesine inanılmaz emekleri geçmiştir. Hepsine
sonsuz teşekkür ederim. Timur Karaçay’ın kitap konusunda teşvik edici öneri
ve eleştirileri için 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
2
Karikatürler henüz tamamlanmadı???
3
bana eşlik eden kadındı. Sonradan öğrendim ki, o ağıtlar Bin Dokuz Yüz On
beşlerde katledilen ailesinin dıramıymış. Bu kitabı babaannem Zeynep Ercan’a
ve onun nezdinde o süreçteki Anadolu insanlarının acılarına, dıramına atfediyorum.
Bölümlere önsöz
Kitap toplam 20 bölümden ve bu bölümlerin alt bölümlerinden oluşmaktadır.
Bu bölümler ve alt bölümlerinin 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. Ayrıca, topolojinin çarpıcı örneklerinden olan Klein Şişesi, Mobius Şeriti tanımlanmıştır. Buna ilaveten Topolojinin inşa sürecinin temellerinden biri olarak bilinen Königsberg’in Yedi
Köprüsü’ne de kaçınılmaz olarak değinilmiştir. Bu bölümdeki anlatım dili aksiyomatik matematik dili değildir.
İkinci Bölüm: Topoloji kavramı aksiyomsal olarak tanımlanmıştır. Topolojinin denk tanımlarından olan “Komşuluk Sistemi, Kuratowski Kapanış
Operetörü” 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, tam sıralı küme üzerinde sıra topolojisi tanımlanarak, temel özellikleri verilmiştir. Ayrıca, fonksiyonlar tarafından üretilen topolojiler
tanımlanmıştır. Bu yaklaşımlarla altuzay, çarpım uzayı ve bölüm uzayları gibi
temel uzaylar tanımlanarak, bunların belirgin özellikleri çalışılmıştır.
Dördüncü Bölüm: Topolojik uzayın en temel motivasyonlardan 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 yakın-
4
samasını 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 altkümesi
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.
Yedinici Bölüm: Bu bölümde dizisel uzay kavramı ve Fréchet-Urysohn
uzay kavramları tanıtılarak, onların temel özellikleri çalışılmıştır. Metrik uzaylarda net kavramı yerine dizilerle çalışmak yeterlidir. Hangi tür topolojik uzaylarda net kavramı yerine dizilerle çalışmanın “yeterli” olduğunu soruşturmak
da anlamlı olacaktır. O tür uzaylara dizisel uzay denilir. Bir topolojik uzayın
dizisel uzay olması için gerekli ve yeterli koşulun bir metrik uzayın bölüm uzayı
olması gerkektiği, 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 gerekli ve yeterli 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.
Dokuzuncu Bölüm: Bu bölümde kapalı ayrık kümeleri ayrık açık kümelerle ayrılabilen Hausdorff uzaylar çalışılmışır. Bu özellikteki uzaylara normal uzaylar denir. Normal uzaylar tanım gereği düzenli uzaylardır. Hausdorff
5
uzayın normal uzay olması için gerekli ve yeterli 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 gerekli ve yeterli 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
gerekli ve yeterli 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-Weierstras Yaklaşım
Teoremi Alıştırma olarak kanıtıyla verilmiştir. İki topoloji arasında tanımlı
sürekli fonksiyonlar kümesi üzerine kompak-açık topoloji kavramı verilerek
belirli özellikleri çalışılmıştır. Bu kavram, çarpım uzay kavramının belirli bir
sınıfı genellemektedir.
On birinci Bölüm: Bu bölümde metrik uzaylarda kompaktlık kavramı
çalışılmıştır. Bir metrik uzayın bir altkümesinin kompakt olması için gerekli ve
yeterli 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 gerekli ve yeterli koşulun kapalı, sınırlı ve eşsürekli olması gerektiği
kanıtlanmıştır. İlaveten Hilbert küpü olarak bilinen [0, 1]N çarpım uzayı ve
Cantor uzayı olarak bilinen {0, 1}N -uzayları çalışılmıştır.
On ikinci Bölüm: X topolojik Hausdorff uzayı verildiğinde, X’in yoğun
olarak homeomorfik olarak gömülebildiği ve
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.
6
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 verilen 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 tam sıralı olması için gerekli ve yeterli 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 maksimal ideal, reelmaksimal ideal gibi çeşitli sınıflamalar
yapılabilmiştir. Buna ilaveten, tümüyle düzenli X uzayın, Stone-C̆ech kompaktlaması ile, X’den 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),
7
yani X’den 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 gerekli yeterli koşullar
belirlenmiştir. Ayrıca, sayılabilir kompakt olmayan, reelkompakt olmayan önkompak örneği verilmiştir.
On sekizinci Bölüm: X tümüyle düzenli uzay ve M , X’den gerçel sayılar
cismi R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar halkasının bir maksimal ideali olsun.
R, tam sıralı 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 op(X) ile gösterelim. X ve
T op(X) kümelerinin kardinaliteleri arasındaki ilişkiler bu bölümde çalışılmıştır.
Yirminci Bölüm: Bu bölümde kitabı takip edebilmek için bazı önbilgiler
temel seviyede verilmiştir.
Bu kitabın iyi yazılmış olması için bilgi, beceri ve imkanlarım dahilinde
elimden geleni yaptım. Buna rağmen, kitapta fark edemediğim hatalar ve eksiklikler olabilir; buna ilişkin bütün sorumluluklar bana aittir. Hatalarıyla anla
bu kitabı!
31 Ocak 2016, BOLU
1. Topoloji Nedir?
Bildiğim kadarıyla topoloji alanında Türkçede yazılmış olan ilk kitap Timur
Karaçay’ın Genel Topoloji[58] kitabıdır. Bu alanda yazılmış son kitaplardan
biri de sıradan olmayan bir eğitsel dil kullanan Ali Nesin’in Analiz IV[83] adlı
kitabıdır. Günümüze kadar bu alanda Türkçe birçok değerli kitap yazılmış
olsa da kanımca “Topoloji Nedir?” sorusuna bu kitapların hiçbirinde doğrudan
yer verilmemiştir. Bunun bir eksiklik olduğunu düşünmekteyim. Bu eksikliğin
giderilmesi kaygısıyla yukarıda verilen başlıkta bir bölüme bu kitapta yer verilmiştir.
Matematiğin birçok dalı vardır. Bu dallar genel olarak Analiz, Cebir, Topoloji, Uygulamalı Matematik ve benzeri dallardır. Bu dallar arasında “Topoloji
Nedir?” sorusu, her nedense, örneğin “Analiz Nedir?” sorusundan daha fazla
sorulur. Bu soruya verilen “Matematiğin bir dalıdır.” biçimdeki geçiştirmeli
bir yanıt pek de beklentiyi karşılayan nitelikte bir yanıt değildir. Bu bölümde
başlıkta geçen sorunun yanıtını aksiyomsal tanımlara girmeden ve zaman zaman da ironik bir dille vermeye çalışacağız. Dolayısıyla, bunlarla ilgili yapılacak
yaklaşımlar ve resimler fikir verme amaçlı olup, “mutlak” bir bağlayıcılığı yoktur.
Yapılacak açıklamaların sonucundan da anlaşılacağı üzere matematiğin
bir alt dalı olan topoloji, geometrinin büyüklükleri, köşeleri, uzunlukları gibi
kavramların yontularak, evrimleşmiş halidir. Günümüz matematiğinin kümeteorik olarak inşa edilmiş olmasından dolayı, topoloji kuramı da bu kavramdan
nasibini alarak, çeşitlenerek gelişmiştir. Kitabın konusu olacak bu topoloji dallarından biri Genel Topolojidir1 . Çalışma yöntemi olarak Genel Topolojiden
farklı olan birçok başka topoloji dalları da vardır: Geometrik Topoloji, Cebirsel
Topoloji, Topolojik Cebir gibi.
Aşağıdaki açıklamalarda sıklıkla kullanılacak geometri kavramı, çıplak gözle
gördüğümüz ve gözlemlediğimiz “ilksel geometri” anlamındadır.
1
Başka adları da vardır: nokta-küme topoloji, küme-teorik topoloji gibi.
1.1. Geometride Farklılık
1.1
9
Geometride Farklılık
“1 ve 1 (bir) rakamları arasındaki fark nedir?” sorusunun yanıtı sorunun nereden geldiğine göre elbette değişir. Matematik dilinde bu birler aynı birlerdir.
Üstelik matematikte sadece ve sadece bir tane “bir” vardır, yani biriciktir.
Birden fazla “bir” olsaydı matematiğin başı beladan kurtulamazdı. Ayrıca matematikte sayıların renkleri de yoktur. Bu durum ilk başta sıkıcı gibi gözükse
de, gözüktüğü gibi değildir.
Kenar uzunlukları 3, 4 ve 5 olan ve farklı konumlarda verilen Şekil 1.1
de ki üçgenlere bakalım: Bu üçgenler için de “farkları nedir?” diye sorulabiC
A
5
5
3
A
4
3
.
.
B
4
C
B
Şekil 1.1: Kenar uzunlukları aynı, konumları farklı iki dik üçgen. Bu üçgenler
aynıdır.
lir. Geometri dilinde bu üçgenler arasında bir fark yoktur. Çünkü geometride,
geomertik şekilleri farklı yapan unsurlar onların hangi renklerle çizilmiş ya
da yataklarına nasıl yatmış oldukları değildir. Buna karşın Şekil 1.2 de verilen üçgenler birbirlerinden farklıdır. Farklılıkların nedenlerinden biri sağdaki
Şekil 1.2: Açıları farklı olan iki üçgen farklıdır.
üçgenin bir geniş açısının olmasına karşın soldakinin hiç geniş açısının olmamasıdır.
Geometride bir üçgen ile bir dörtgen birbirlerinden çok daha farklıdır. Peki
bu farklılığı “daha bir üst bakışla” giderebilecek matematiğin bir dalı inşa edilebilir mi? Bu bir olgunluk ve medeniyet meselesidir. Tıpkı daha bir üst bakışla,
insanlar arasındaki insan haklarını dinden, ırktan ya da sermayeden bağımsız
kılmak gibi. Sınıfsız bir dünya inşa edebilmek gibi çoşkulu bir durumdur.
Alıştırmalar
1.1. (Pisagor Teoremi ) Kenar uzunlukları tamsayı olan bir dik üçgenin iki kenar uzunluğu
sırasıyla 3 ve 4 ise diğer kenarının uzunluğunun 5 olduğunu kanıtlayınız.
10
1. Topoloji Nedir?
1.2. Köşe noktası nedir? Bir çemberin hiç köşe noktası mı yoktur yoksa bütün noktaları köşe
nokta mıdır?
1.3. Geometride çevre uzunlukları eşit olan iki üçgen aynı mıdır?
1.2
“Topoloji Nedir?” Sorusuna Bir Yanıt Arayışı
“Topoloji” kelimesi ilk kez 1847 yılında Alman matematikçi J. B. Listing tarafından kullanılmıştır. Listing’in bu kavramla ilgili çalışmasının motivasyon
kaynağı Gauss’ın bazı çalışmalarıdır.
Türkçe yazılmış literatürde “Topoloji Nedir?” sorusu Matematik Dünyası
dergisinde [84] de sorulmuş ve kısa da olsa yanıtlanmıştır. Buna karşın Türkçe
dilinde yazılmış kitaplarda bu sorunun yanıtı tarihsel başlangıçlık açısından,
en azından yazar olarak beni, tatmin edici nitelikte verilmiş değildir! Bu alt
bölümde elimizden geldiği kadar bu sorunun yanıtını yalın bir dille vermeye
çalışacağız.
Topoloji kuramının olmazsa olmazlarından biri süreklilik kavramıdır. Topolojik iki yapının aynılığı bu terimle verilir. Bir anlamda süreklilik yoksa
topoloji yoktur, topoloji yoksa süreklilik yoktur da denilebilir. Bu bölümdeki
açıklamalarda sıklıkla kullanılacak süreklilik kavramı lisans seviyesinde ileri
analiz derslerinde Öklid uzayı olarak adlandırılan R, R2 , R3 ve R4 kümeleri
üzerinde tanımlı uzaylardaki süreklilik kavramlarıdır.
“Topoloji nedir?” sorusunu aşağıdaki gözlemlere dayanarak bir yanıt oluşturmaya çalışalım:
İki kapalı aralık topolojik olarak aynıdır : R’nin altkümeleri A = [1, 2]
ve B = [3, 4] verilsin. Bu kümeler arasında sürekli, birebir, örten ve tersi de
sürekli bir fonksiyon tanımlanabilir. Gerçekten de
f : A → B, f (x) = x + 2
eşitliği ile tanımlanan fonksiyon bu özellikte bir fonksiyondur. Bu nedenle A
ve B kümelerini topolojik anlamda “aynı” olarak görebiliriz. B yerine [0, 8]
alındığında da aynı durum geçerlidir. Genel olarak a < b ve c < d özelliğindeki
a, b, c ve d reel sayıları için [a, b] ve [c, d] aralıkları arasında topolojik olarak
fark yoktur.
Bir noktası çıkartılmış çember ile R arasında fark yoktur : S, (0, 1)
merkezli ve bir yarıçaplı çemberden (0, 2) noktanın çıkartılmasıyla elde edilen
küme olsun. Yani,
S = {(x, y) : x2 + (y − 1)2 = 1} \ {(0, 2)}
diyelim. s, R’den S’ye tanımlı, x ∈ R noktasını, (x, 0) ve (0, 2) noktasından
geçen doğru parçasıyla S’nin arakesiti olan s(x) noktasına götüren fonksiyon
1.2. “Topoloji Nedir?” Sorusuna Bir Yanıt Arayışı
11
olsun. Bu fonksiyona Stereografik izdüşüm 2 fonksiyonu denir. s fonksiyonu
sürekli, birebir, örten fonksiyondur ve tersi de süreklidir. Bunun sonucu olaral
R ve S’nin topolojik olarak aynı olduklarını söyleyebiliriz. Bununla ilgili resim,
Şekil 1.3’de olduğu gibidir.
x (0.2)
f(x)
x
(0,1)
x
Şekil 1.3: Bir noktası çıkartılmış bir yarıçaplı çemberle doğrunun topolojik
olarak aynı olduğunun resmidir.
Bir noktası çıkartılmış küre ile R2 arasında fark yoktur : Benzer
biçimde R2 ve bir noktası çıkartılmış 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 çizmeye davet ediyoruz.
İki içsiz dikdörtgen topolojik olarak aynıdır : Bir dikdörtgenin iç noktalarının çıkartılmasıyla kalan kümeye içsiz dikdörtgen diyelim. A ve B iki
içsiz dikdörtgen olsun. Bu dikdörtgenleri gerekirse öteleyerek en az bir noktanın bu dikdörtgenler arasında (A ya da B’ye ait değil) kalacak pozisyona
getirebiliriz. Bu noktayı x ile gösterelim. Bu noktadan geçen her doğru lx , A’yı
ve B’yi sadece ve sadece tek noktada keserler. Bu noktaları sırasıyla A(lx ) ve
B(lx ) ile gösterelim. A’dan B’ye A(lx ) → B(lx ) olacak şekilde sürekli, örten,
birebir ve tersi de sürekli bir fonksiyon bulabiliriz. Bahsi geçen fonksiyonun
temsili resmi Şekil 1.4 deki gibidir.
Kapalı bir aralık ile “L” şekli aynıdır : a < b için [a, b] aralığı verilsin.
[a, b] = [a, c] ∪ [c, b]
biçiminde yazalım.
L = {(c, y) : 0 ≤ y ≤ c − a} ∪ {(x, 0) : c ≤ x ≤ b}
2
Bu kavramın küreden düzleme olan versiyonunun eski mısırlılar tarafından bilindiği tahmin edilmektedir. Hipparchus, Ptolemy ve planisphere projection olarak da bilinir. Dünyanın
en eski haritası olarak bilinen 1507’de Gualterius Lud tarafından yapılan haritanın Stereografik izdüşüm fonksiyonunun kullanılarak yapıldığı düşünülmektedir.
12
1. Topoloji Nedir?
B
lx
B(lx)
A
A(lx)
x
Şekil 1.4: İki farklı dikdörtgenin topolojik olarak aynı olmasının bir resmi.
olarak tanımlansın. f fonksiyonu [a, b] aralığından L kümesine
(x, 0)
c≤x≤b
f (x) =
(c, c − x)
a≤x≤c
eşitliğiyle tanımlansın. f fonksiyonu birebir, sürekli, örten ve tersi de süreklidir. Bu fonksiyonun varlığı üzerinden [a, b] aralığıyla, L biçimindeki bir şekil
arasında topolojik fark yoktur.
Benzer yaklaşımla herhangi bir kapalı aralıkla ⊂ şekli arasında da birebir örten, sürekli ve tersi sürekli bir fonksiyonun varlığını ve bunun üzerinden
kapalı aralıkla U biçimindeki şeklin topolojik olarak aynı olduğunu söyleyebiliriz. Yukarıda iki içsiz dörtgeninin topolojik olarak aynı olduğu gösterilmişti.
Aralığı L şekline ve U şekline dönüştüren yukarıdaki yaklaşımla, iki içsiz dörtgenin topolojik olarak aynı olduğu farklı bir yöntemle de gösterilebilir.
İçsiz bir dörtgenle bir çember topolojik olarak aynıdır : Benzer
şekilde iki keyfi çember ya da içsiz bir dikdörtgen ve bir çember arasında
da birebir, örten, sürekli ve tersi sürekli fonksiyonların varlığı bir sonraki alt
bölümde bulunabilir.
Okur, yukarıda verilen örneklerde ortaya çıkan temel şeylerden birinin
“sürekli, birebir, örten ve tersi de sürekli fonksiyon” kavramının olduğunu fark
etmiştir. Zaten topolojik olarak tanım ve görüntü kümesinin topolojik olarak
aynı olması bu özellikte bir fonksiyonunun olması anlamındadır. Burada geçen
“aynı” olma topoloji dilinde “homeomorfik” olma olarak adlandırılır.
Demek ki anlaşilabileceği gibi topoloji, karenin köşegenlerini ve çemberin
köşe olmayan noktalarını dostluk içinde buluşturabilerek, “Kapalı aralıkla bir
içsiz dörtgen aynıdır.” ya da “İçsiz bir dikdörtgen ile çember arasında fark
yoktur.” diyebilen olgunlukta olan matematiğin bir alt dalıdır.
Geometrik şekillerin çevre uzunlukları farklı olsa da, bu farklılık topolojik
olarak farklı olduklarını söylemeye yeterli bir özellik değildir, bir başka deyişle,
çevre uzunluğu “topolojik özellik” değildir.
A = [0, 1) ve A = [0, 1] kümeleri R’de topolojik olarak aynı mıdırlar?
Değillerdir! Yani, A’dan B’ye tanımlı kendisi ve tersi sürekli olan, birebir ve
örten fonksiyon yoktur. Halbuki aralarındaki fark sadece ve sadece tek bir
1.3. Kahve Kupası ve Simit
13
noktadır. Diğer taraftan biraz şaşırtıcı olabilir ama (0, 1) aralığı ile R topolojik
olarak aynıdırlar. Halbuki, R’de olup, (0, 1) aralığında olmayan ne çok sayı var!
Yukarıdaki gözlemlerden aldığımız cesaretle “Topoloji Nedir?” sorusunun
en azından bir kısmını yanıtlayabiliriz: Uzaklık kavramı olmayan geometridir,
geometrik şekilleri üzmeden, kırmadan birbirlerine dönüştürmeye çalışan bir
matematiktir, geometrinin genellemesidir vesaire vesaire. Tabii ki keskin ve
kolaycı yanıt: Matematiğin bir dalıdır.
Alıştırmalar
1.4. Keyfi iki üçgenin topolojik olarak aynı olduğunu göstermeye çalışınız.
1.5. Topoloji kuramında bir evin ters çevrilerek çatısının aşağıda olmasının evin topolojik
niteliğini (Her ne demekse?) değişirip-değiştirmeyeceğini tartışınız.
1.6. Kapalı bir aralığın, T biçimindeki şekille topolojik olarak aynı olamayacağını gösteriniz.
1.7. Kapalı bir aralıktan topolojik olarak aynı olan bir yıldız yapınız.
1.8. Stereografik izdüşüm fonksiyonundan bahsetmişken, bunun bir uygulaması olarak Pisagor üçlülerini belirliyelim: (0, 0) merkezli ve bir yarıçalı çemberden (0, 1) noktasının
çıkartılmasıyla elde edilen kümeyi S ile gösterelim. r ∈ R noktasını, (r, 0) ve (0, 1) noktasından geçen doğruyla S’nin arakesiti olan f (r) noktasına götüren fonksiyonu f ile
gösterelim. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(a) f (r) = ( r22r+1 ,
r 2 −1
)
r 2 +1
olur.
(b) f fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu gösteriniz. Sonrasında f −1 fonksiyonunu yazınız.
(c) f fonksiyonu birebir, örten, sürekli ve tersi süreklidir.
(d) f (S ∩ Q2 ) = Q.
(e) a, b, c ∈ N verilsin. a2 + b2 = c2 olması için gerekli ve yeterli 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 3 denir. Örneğin (3, 4, 5) bir Pisagor
üçlüsüdür. Bununla ilgili detaylı bilgi [94]’de bulunabilir.
1.3
Kahve Kupası ve Simit
Kahve kupasını bilmeyen yoktur. Simit dediğimiz şeyin şekli ise “bir simit
parası” ifadesinde geçen simitin şekline benzer. Bir tekerin iç lastiğinin şişmiş
haline daha çok benzer. Ama bu benzetmelere rağmen bizim bahsettiğimiz
matematiksel simittir.
I = [0, 2π] ve S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}
olmak üzere,
S 1 , S 1 × I, S 1 × S 1
3
İngilizcesi Pythagorean triples olarak bilinir.
14
1. Topoloji Nedir?
kümelerinin herbiri sırasıyla çember , silindir ve torus (simit) örnekleridir.
Bunlar birbirlerine dönüşebilir. Bu dönüşümlerin nasıl olabileceği konusunda
paniğe kapılmayalım, kahve içerek de halledilebilir; Paul Erdos’in beynin, kahveyi matematiğe dönüştürdüğü iddiasını hatırlayalım. Tersini söyleyen henüz
çıkmadı.4
I × I kümesinin “iç noktalarının” çıkartılmasıyla elde edilen içsiz dörtgeni
D ile gösterelim.
f : D → S 1 , f (x, y) = (cosx, siny)
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon kullanılarak D ve S 1 kümelerinin topolojik
olarak aynı olduğunu söyleyebiliriz (Şekil 1.5).56
1
IxI
S
f
Şekil 1.5: f fonksiyonu kare ile çemberi topolojik olarak aynı yapıyor.
Bir önceki alt bölümde iki içsiz dörtgenin topolojik olarak aynı olduğu
gösterilmişti. Biraz farklılıkla başka biçimde de gösterilebilir. Bunun için R’nin
keyfi iki aralığı [a, b] ve [c, d] arasında topolojik bir fark olmadığı kullanılabilir.
Gerçekten de, D1 ve D2 , sırasıyla
0
0
0
0
[a, b] × [c, d] ve [a , b ] × [c , d ]
dikdörtgenlerinden içlerinin çıkartılmasıyla elde edilen içsiz dikdörtgenleri D1
ve D2 ile gösterelim.
0
0
0
0
f : [a, b] → [a , b ] ve g : [c, d] → [c , d ]
fonksiyonları birebir, örten sürekli ve tersi de sürekli fonksiyonlar olsunlar.
G : D1 → D2 , G(x, y) = (f (x), g(y))
dönüşümü kullanılarak içsiz dikdörtgenlerin, yani D1 ve D2 kümelerinin topolojik olarak aynı olduklarını söyleyebiliriz. Benzer biçimde keyfi iki çemberin
de topolojik olarak aynı olduğu gösterilebilir. Bu durumun yukarıdaki gözlemle
birleştirilmesiyle de, keyfi içsiz bir dikdörtgenle keyfi bir çember arasında topolojik olarak fark olmadığını, ufak tefek eksikliklerle, göstermiş oluruz.
Peki içsiz dikdörtgen yerine dikdörtgen alınma durumunda ne olabilir?
4
Pişmiş yumurtayı ilk haline dönüştürmeyi başaran Kimya profesörü Colin Raston’ın,
bu çalışmasından dolayı, Nobel Kimya Ödülü aldığı iddia ediliyor. Ama beynin matematiği
kahveye dönüştürülmesi kolay değil gibi!
5
Her ne kadar f fonksiyonu birebir olmasa da uygun bir ayar çekilebilir!
6
Bu işi demirci ustası demirden yapılmış içsiz kareyi çembere çekiçle dönüştürebilir!
1.3. Kahve Kupası ve Simit
15
g : I × I → S 1 × I, g(x, y) = ((cosx, sinx), y)
dönüşümünün varlığı kullanılarak I × I karesi ile S 1 × I silindiri arasında
topolojik olarak fark olmadığını söyleyebiliriz (Şekil 1.6). Bu durum şu şekilde
1
IxI
S xI
g
Şekil 1.6: g fonksiyonu kare ile silindiri topolojik olarak aynı yapıyor.
genellenebilir: keyfi bir dikdörtgen ile keyfi bir silindir arasında topolojik olarak
fark yoktur.
Bir kare ile bir simitin dış yüzeyi arasında da topolojik olarak fark yoktur.
Bununla ilgili bir fonksiyon h ve Şekil 1.7 aşağıda verilmiştir.
h : I × I → S 1 × S 1 , h(x, y) = ((cosx, sinx), (cosy, siny)).
IxI
1
h
1
S xS
Şekil 1.7: h fonksiyonu kare ile simidi topolojik olarak aynı yapıyor.
Uygun dönüşümlerle, bir dikdörtgen silindire ve bir silindir bir simite ve
kahve fincanı biçimine (tam olmasa da!) dönüştürülebir. Bu durum topoloji
dünyasında, çarpıcı olması açısından, “Bir kahve fincanının dış yüzeyi ile bir
simidin dış yüzeyinin farkı yoktur”7 örneği sıklıkla verilir. Yani “Kahve fincanı
ile simit aynıdır” demeye getirilir. Bu noktada tam ne demek istenildiğini
anlamak için biraz daha çaba harcamamız gerekmektedir.
Yukarıda tanımlanan fonksiyonlar altında I × I karesi, S 1 çemberi, S 1 × I
silindiri ve S 1 × S 1 torosu “aynıdır” denilse de hata yapılmış olunur, ama bu
hata giderilebilecek bir hatadır. Bu, “bölüm uzay” terminolojisiyle giderilebilir.
Okur, şimdilik hatayı görmezlikten gelerek, alt bölüm 3.10’da verilen örneklere
kadar sabretmelidir.
7
Bu nedenden dolayı Kelley[62] bir kadının iyi bir topolojist olamayacağını mizahi olarak
söyler:-)
16
1. Topoloji Nedir?
1.4
Klein Şişesi
Klein Şişesi bir silindirin belirli biçimlerde deforme edilerek elde edilen şekildir.
Bu, aşağıda tanımlanacak k fonksiyonuyla tanımlanabilir.
ki : [−1, 1] × [−1, 1] → R
fonksiyonları aşağıdaki gibi tanımlansın.
- 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 fonksiyonlar kullanılarak, R2 ’den R4 ’e
k(x, y) = (k1 (x, y), k2 (x, y), k3 (x, y), k4 (x, y))
eşitliğiyle k fonksiyonunu tanımlıyalım. k([−1, 1]×[−1, 1]) kümesine bir Klein
Şişesi 8 denir. Burada [−1, 1] × [−1, 1] yerine herhangi bir dikdörtgen almak
genelliği bozmayacaktır. Yani her dikörtgen bir Kein Şişesine dönüşebilir ve topolojide bütün Klein Şişeleri topolojik olarak aynıdır. Bu dönüşüm yapılırken
önce dikdörtgen, silindire dönüştürülür. Klein Şişesi’nin resmi Şekil 1.8 deki
gibidir.
Şekil 1.8: Klein Şişesi
Bir silindirin dış yüzeyine konan bir karınca, kenarlardan geçmemek kaydıyla,
silindirin içyüzeyine geçemez. Ancak bir karınca Klein Şişesi’nin her noktasını gezebilir! Diğer taraftan bir silindir bir Klein şişesine kırıp dökmeden
dönüştürülebilir.
Alıştırmalar
8
İngilizcesi Klein Bottle. 1882 yılında Alman matematikçi C. F. Klein (1849-1925) tarafından tanımlanmıştır.
1.5. Moebius Şeridi
17
1.9. Kelley’nin kadın topolojistler hakkındaki çekinceleri nedir? Bu yaklaşımı feminist örgütler
eleştirmiş midir? Kelley’in siyasi görüşü, malvarlığı nasıldı?
1.10. Klein Şişesinin resmini çiziniz.
1.11. Klein Şişesiyle rakı içilebilir mi?
1.12. Bir kocanın “Aşkım, çatısı aşağı gelmiş ama ilk haliyle topolojik olarak aynı olan ne
güzel bir evimiz var” yaklaşımına karısının yaklaşımı ne olabilir?
1.5
Moebius Şeridi
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 gezebilsin.
Öneğin 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 Şeridi9 denen Şekil 1.9 deki gibi görüntü çıkar. Elde edilen deforme
şeklin istenilen özellikte olduğu sanırım açık. Yani karınca dörtgenin arka ve
ön yüzeyinde bulunan bütün noktaları gezebilir.
Şekil 1.9: Bir Mobius şeridi
[−1, 1] × [−1, 1] karesini Mobius Şeridine dönüştüren fonksiyonunun
9
Moebius şeritinden 1861 yılında J. B. Listing, yüzeylerin bağlantılığı ilgili bir
çalışmasında bahsetmiş olmasına karşın dört yıl sonra 1790-1868 tarihleri arasında yaşamış
Alman matematikçi A. F. Moebius 1861 tarihli bir çalışmasında bu şeritin tanımını
yayınlamıştır. Bu nedenle bu şeritin isimlendirilmesinde Listing isminin yer almaması
haksızlık gibi gözüküyor!
18
1. Topoloji Nedir?
M (x, y) = ((2 + xy)cosπx, (2 + xy)sinπx, (1 − |x|)y)
özelliklerini okur anlamaya çalışmalıdır.
Alıştırmalar
1.13. Bir dikdörtgen, silindir, Klein şişesi ve Mobius şeriti topolojik olarak aynı mıdırlar?
1.6
Topolojinin Doğuşu: Königsberg’in Yedi Köprüsü
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. Bu köprüler
topluluğunu Königsberg’in Yedi Köprüsü 10 olarak bilinir. Bu köprüleri
Şekil 1.10 olduğu gibi gösterebiliriz:
Şekil 1.10: Königsberg’in Yedi Köprüsü
“Bu köprülerin her birinden sadece ve sadece bir kez geçilerek yürüyüş
yapılabilir mi?” sorusuna 1736 yılında Euler 11 tarafından “yapılamaz” yanıtı
verilmiştir. Topoloji dalının doğuşunun bir başlangıcı, yani doğuşunun nedeni,
bu soru ve yanıtı olarak bilinir.12 Ayrıca graf (graph) teorideki ilk problem
olarak da bilinir.
“Neden bu problem matematikte yepyeni bir dönem başlatmıştır?” sorusunun yanıtlarından biri bu problem sayesinde geometrinin nesnelerindeki
10
İngilizcesi: Seven Bridges of Königsberg . Bu köprülerden ikisi Euler dönemindeki
gibi varlığını korumaktadır. İkisi İkinci Dünya Savaşında bombalanarak yok edilmiş, ikisi
otoban içerisinde kalmış ve birinin ilk hali restore edilmiştir.
11
1707-1783 yılları arasında yaşamış Isviçreli Matematikçidir. Tüm zamanların önde gelen
matematikçilerinden biri olarak bilinir. 70 cildi aşmış matematik çalışmaları vardır.
12
Bu noktada “ammada attın, ne alaka var?” diyenler olabilir. Bu soruya bir soru ile yanıt
verelim: spermle yumurtanın birleşmesinin ilk haliyle, onun 60 yıl sonrakı kazık kadar adam
halinin ilişkisini düşünüp, açıklayabilir misiniz?
1.6. Topolojinin Doğuşu: Königsberg’in Yedi Köprüsü
19
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 v.b). 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 aksiyomsal 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.
Ayrıca Genel Topolojiyi üreten temellerden birinin reel sayılarda tanımlı
açık aralıkların bir özelliği olduğunu da vurgu yapalım.
Alıştırmalar
1.14. Türkiye’de topoloji ile ilişkilendirilmiş köprüler var mıdır?
1.15. Yaşam kalitesi açısından, bir karınca bir silindirin bir yüzeyinde mi yoksa Klein Şişesinde
mi yaşamak ister?
1.16. Yaşamın iki yüzü yalan dünya ve öbür dünya ise, bu iki yüzeyde de aynı anda yaşanabilecek
bir medeniyet yaratılabilinir mi?
1.17. Darwin’in evrim teoreisine benzer bir evrimleşme matematikte de olabilir mi? Örneğin
Pisagor Teoremi evrimleşebilir mi?
1.18. Kendinizi nasıl hissediyorsunuz kardeşlerim? Topolojinin ne olduğu anlaşıldı mı?13
Şekil 1.11: Bütün kadınları homeomorfik sanan zavallı topolojist!
13
Yanıtınız mutlak bir biçimde evetse bence konu anlaşılmamıştır:-)
2. Topoloji
Birinci bölümde “Topoloji Nedir?” sorusuna aksiyomsal olmayan bir dille yanıt
aranmış ve Alıştırma 1.18’de “Topolojinin ne olduğu anlaşıldı mı?” diye sorulmuştu. Kanımca çoğu okurun bu soruya yanıtı “eh işte, biraz anlaşıldı”
şeklinde olmuştur. Bu bölümde bu sorunun yanıtını aksiyomsal olarak tanımlıyarak vereceğiz. Böylece “eh işte”, “biraz” muğlaklıklarını kaldıracağız. Yani.
topolojiyi en az bir sayısının tanımı kadar sağlam tanımlıyacağız; topoloji
kavramını matematiksel tanımlarla verilecektir. Bundan daha rahatlatıcı ne
olabilir ki?
Topoloji kavramının temel motivasyonlarından biri reel sayılar kümesinin
boş olmayan bir açık aralığının bir temel özelliğidir. Bu temel özellik şudur:
a < b olmak üzere I = (a, b) diyelim. x ∈ I ise
x ∈ J = (c, d) ⊂ I
olacak biçimde bir J açık aralığı bulunabilir.1 Motivasyonu bu olan özellik
kullanılarak topoloji denen kavram tanımlanabilir.
Topolojik uzay kümeler dilinde kabaca şöyle tarif edilebilir: Boş olmayan
bir X kümesi üzerindeki topoloji τ , topoloji aksiyomları olarak bilinen aksiyomları sağlayan, P(X) kuvvet kümesinin bir altkümesidir. τ , X üzerinde bir
topolojiyse (X, τ ) ikilisine topolojik uzay denir.
Bu bölümde topolojik uzay kavramı tanımlanacak olsa da, detaylara girilmeden temel sayılabilecek düzeyde bazı özellikler ve tanımlar 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
21
Topoloji
Topoloji ve topolojik uzay tanımı aşağıdaki gibidir.
Tanım 2.1. (Hausdorff[46] ve Kuratowski[68] ) X boş olmayan bir küme olmak üzere, boşküme ve X kümesini içeren, sonlu arakesit işlem kapalı ve keyfi
birleşim işlem kapalı τ ⊂ P(X) kümesine, X kümesi üzerinde bir topoloji 2
denir. (X, τ ) ikilisine ise topolojik uzay denir.
Topolojik uzay kavramını, doğrudan simgeler kullanarak aşağıdaki gibi de
tanımlıyabiliriz: Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki topoloji τ , aşağıdaki
koşulları sağlayan, X kümesinin kuvvet kümesi P(X)’nin bir altkümesidir.
(i) ∅, X ∈ τ .
(ii) U , V ∈ τ ise U ∩ V ∈ τ .
(iii) Her i ∈ I için Ui ∈ τ ise ∪i∈I Ui ∈ τ .
(X, τ ) topolojik uzayına, kısaca topolojik uzay X’de diyebiliriz. Yani, “topolojik uzay X” ya da ”X topolojik uzayı” dediğimizde, X kümesinin belirli bir
topoloji ile donatıldığını varsayıyoruz. Bu durumda X, bir küme olmasının
yanında (X, τ ) ikilisini de temsil etmektedir.
Bir X kümesi üzerindeki topolojinin “en küçük” ve “en büyük” elemanları
vardır. Bunlar sırasıyla ∅ ve X dir. Kapsama sıralamasına göre τ kısmi sıralı
küme olduğundan,
τ = [∅, X]
yazabiliriz. τ ’nın her altkümesinin maksimumu vardır fakat minumumu olması
gerekmez. Buna karşın τ Dedekind tamdır. Yani alttan sınırlı her altkümenin
infimumu ve üstten sınırlı her kümenin supremumu vardır.
Boş olmayan bir X kümesi üzerindeki topolojilerin kümesini T op(X) ile
göstereceğiz. T op(X) 6= ∅ olduğu açıtır. Gerçekten
τ0 = {∅, X}
ve
τ1 = P(X)
2
Bu kavramın modern inşacıları Fréchet (1906), Riesz (1907,1908) ve Hausdorff (1914)
dır. Fréchet’in yaklaşımı yakınsak diziler terimiyle, Riesz’in yaklaşımı yığılma nokta terimiyle verilmiştir. Hausdorff’un tanımı “komşuluk sistemi” terimiyle vermilştir ve burada
verilen tanıma denktir, sadece Hausdorff olma aksiyom fazlasıyla! Hausdorff’ın yaklaşımının
geri planında olan fikirler Hilbert (1902) ve Weyl (1913)’e attir. Kuratowski ise bu kavramı
“kapanış operatör” terimiyle vermiştir.
22
2. Topoloji
olmak üzere,
τ0 , τ1 ∈ T op(X)
olur. X kümesi üzerinde τ0 topolojisine en kaba topoloji (ya da en küçük
topoloji ) ve τ1 topolojisine en ince topoloji (ya da ayrık topoloji ,en
büyük topoloji ) denir.
T op(X) kapsama sıralamasına göre en küçük elemanı en kaba topoloji ve
en büyük elemanı en ince topoloji olan bir latistir.3 Bu gösterimler altında
T op(X) = [τ0 , τ1 ]
gösterimi kullanılabilir. Aksi bir açıklama olmadığı sürece, kapsama sıralamasına
göre T op(X) bir latis olarak ele alınabilecektir. T op(X) kümesi arakesit işlem
kapalıdır. Buna karşın sonlu birleşim işlem kapalı olmayabilir. Bu gözlem bizi
aşağıdaki teoreme yönlendirir.
Teorem 2.1. X, boş olmayan bir küme olsun. T op(X) Dedekind tamdır.
Kanıt: ∅ =
6 T ⊂ T op(X) verilsin. τ0 , T kümesinin arakesiti ve τ1 , ∪T kümesini kapsayan topolojilerin arakesiti olarak tanınlansın. Yani,
T
τ0 = T
ve
τ1 =
T
{τ ∈ T op(X) :
S
T ⊂ τ}
olarak tanımlansın. τ0 , τ1 ∈ T op(X) ve
inf T = τ0 ve sup T = τ1
olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.
0
0
0
0
τ , τ ∈ T op(X) olmak üzere, τ ≤ τ ise, yani τ ⊂ τ ise, τ topolojisi τ
0
topolojisinden daha kalın ya da τ topolojisi τ topolojisinden daha ince
denir. Topoloji kalınlıştıkca topolojinin eleman sayısı azalır, inceldikce eleman
sayısı artar.
Alıştırmalar
2.1. X boş olmayan bir küme ve A ⊂ P(X) verilsin.
T
τ0 = { B : ∅ =
6 B⊂A
sonlu}
ve
τA = {
[
U : U ⊂ τ0 } ∪ {∅, X}
olarak tanımlıyalım.
3
Kısmi sıralı kümenin boşkümeden farklı sonlu her altkümesinin supremumu ve infimumu
varsa, ona latis denir. Latise örgü de denir. İngilizces lattice dir.
2.2. Komşuluk Sistemi
23
(i) τA ∈ T op(X),
(ii) τ ∈ T op(X) ve A ⊂ τ ise τA ⊂ τ ,
olduklarını gösteriniz. τA topolojisine ve A’ya “uygun” isimler veriniz.
2.2. X boş olmayan bir küme olmak üzere Alıştırma 2.1 deki gösterimler altında, aşağıdaki
topolojilerin neye karşılık geldiğini belirleyiniz.
(i) τ{X} .
(ii) τ{∅} .
(iii) τ{{x}:x∈X} .
(iii) τ{X\{x}:x∈X} .
2.3. X boş olmayan bir küme olmak üzere, verilen A ⊂ P(X) kümesine karşılık gelen topoloji
τA Alıştırma 2.1 deki gibi tanımlansın.
ϕ : P(P(X)) → T op(X),
ϕ(A) = τA
olarak tanımlanan fonksiyonun örten olduğunu gösteriniz. Buradan da
|T op(X)| ≤ |P(P(X))|
eşitsizliğini gösteriniz.
2.4. Bir elemanlı bir X kümesi için T op(X)’nin eleman sayı nedir? Aynı soruyu X kümesinin
n elemanlı olma durumu için yanıtlamaya çalışınız.
2.5. τ ∈ T op(X) ve ∅ 6= Y ⊂ X verilsin.
τY = {Y ∩ U : U ∈ τ },
Y üzerinde bir topoloji, yani τY ∈ T op(Y ) olduğunu gösteriniz. (Y, τY ) uzayına “uygun”
bir isim bulunuz. Bu uygun ismi “standart” tanımla karşılaştırınız.
2.6. τX ∈ T op(X) ve τY ∈ T op(Y ) olmak üzere,
τX×Y = {U × V : U ∈ τX , V ∈ τY }
olarak tanımlansın. τX×Y ∈ T op(X × Y ) olduğunu gösteriniz. (X × Y, τX×Y ) topolojik
uzayına uygun bir isim ne olabilir? Bu uygun isim Osman olabilir mi?
2.7. ∅ 6= Y ⊂ X olarak verilsin. τ ∈ T op(Y ) ise,
τ ∪ {∅, X} ∈ T op(X)
olduğunu gösteriniz.
2.2
Komşuluk Sistemi
Topoloji tanımı farklı ama denk aksiyomlarla da verilebilir. Bunlardan en temel olanı Hausdorff tarafından verilen “komşuluk” kavramıdır. Zaten, topoloji
tanımıda bu kavramdan türetilmiştir. (X, τ ) bir topolojik uzaysa her x ∈ X
için
τ (x) = {U ∈ τ : x ∈ U }
gösterimini sabitliyeceğiz. Daha genel olarak A ⊂ X için
τ (A) = {U ∈ τ : A ⊂ U }
24
2. Topoloji
yazacağız.
Tanım 2.2. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. U ∈ τ (a) kümesine a’nın açık
komşuluğu denir. U ⊂ A olacak biçimde U ∈ τ (a) varsa, A kümesine a’nın
komşuluğu denir.
Bir (X, τ ) topolojik uzayında τ (x) kümesine x noktasının açık komşuluk
sistemi ve x’nin komşuluklarının kümesine x’nin komşuluk sistemi denir.
Komşuluk sistemini aşağıdaki anlamda fonksiyon terimiyle verebiliriz.
Tanım 2.3. (Hausdorff[47]) X boş olmayan küme olmak üzere aşağıdaki
koşulları sağlayan
U : X → P(P(X))
fonksiyonuna X’nin komşuluk fonksiyonu denir.
(i) Her U ∈ U(x) için x ∈ U .
(ii) Her U , V ∈ U(x) için U ∩ V ∈ U(x) olur.
(iii) Her U ∈ U(x) için
y ∈ V =⇒ U ∈ U(y)
özelliğinde V ∈ U(x)
(iv) U ∈ U(x) ve U ⊂ V ise V ∈ U(x) olur.
Komşuluk fonksiyonun bir noktadaki görüntüsü, o noktadaki bir komşuluk
sistemidir. Yani U, X kümesi üzerinde bir komşuluk fonksiyonu ise, her x ∈ X
için U(x), x noktasının bir komşuluk sistemidir.
Örnekler
2.8. (X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere
U(x) = {A ⊂ X : ∃U ∈ τ (x), U ⊂ A}
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.
2.9. X boş olmayan küme olmak üzere A ⊂ X verilsin. x ∈ A için
U(x) = {B : A ⊂ B ⊂ X}
ve x ∈ X \ A için
U(x) = {X}
olarak tanımlanan fonksiyon komşuluk fonksiyonudur.
2.2. Komşuluk Sistemi
25
Komşuluk fonksiyonlarıyla topolojiler arasındaki temel ilişkilerden biri aşağıdaki
teoremdeki gibidir. Teoremin kanıtı kolaydır ve okura bırakılmıştır.
Teorem 2.2. (Hausdorff[47]) X boş olmayan bir küme olmak üzere, X’den
P(P(X)) kümesine tanımlı komşuluk fonksiyonların kümesini komf onk(X)
ile gösterelim. π : komf onk(X) → T op(X),
π(U) = {U ⊂ X : ∀x ∈ U ∃V ∈ U(x), V ⊂ U }
olarak tanımlanan fonksiyon örtendir. π(U)’ya U tarafından üretilen topoloji
denir.
U fonksiyonu Örnek 2.9 de 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 → P(P(X)) fonksiyonu
U(x) = {U ⊂ X : ∃V ∈ B(x), V ⊂ U }
özelliğinde olsun. B fonksiyonu aşağıdaki özellikleri sağlar.
- Her U ∈ B(x) için x ∈ U .
- Her U , V ∈ U(x) için W ⊂ U ∩ V özelliğinde W ∈ B(x) var.
- Her U ∈ B(x) için
y ∈ V =⇒ ∃W ∈ B(y), W ⊂ U
özelliğinde V ∈ U(x) vardır.
Buradan alınan motivasyonla aşağıdaki tanım anlamlı olacaktır.
Tanım 2.4. X boş olmayan küme olmak üzere aşağıdaki koşulları sağlayan
B : X → P(P(X)) fonksiyonuna X’nin komşuluk taban fonksiyonu denir.
(i) Her U ∈ B(x) için x ∈ U .
(ii) Her U , V ∈ U(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 ∈ U(x) vardır.
26
2. Topoloji
Tanım 2.5. (X, τ ) be topolojik uzay x ∈ X ve U(x), x’in komşuluk sistemi
olsun.
U(x) = {U ⊂ X : ∃V ∈ B(x), V ⊂ U }
özelliğindeki B(x) ⊂ U(x) kümesine x noktasında komşuluk taban sistemi
denir.
Tanım gereği komşuluk sistemi komşuluk taban sistemidir.
Örnekler
2.10. (X, τ ) bir topolojik uzay ve her x ∈ X için x noktasının bir komşuluk taban sistemi
B(x) verilsin.
U : X → P(P(X)), U(x) = B(x)
olarak tanımlanan fonksiyon komşuluk taban fonksiyonudur.
Komşuluk taban fonksiyonunun bir noktadaki görüntüsüne, o noktanın bir
komşuluk tabanı denir. Komşuluk fonksiyonu ve komşuluk taban fonksiyonu
arasındaki bir temel ilişki aşağıdaki gibidir. Teoremin kanıtı okura bırakılmıştır.
Teorem 2.3. X boş olmayan bir küme olsun. B : X → P(P(X)) komşuluk
taban fonksiyonu ise,
U(x) = {U ⊂ X : ∃B ∈ B(x), B ⊂ U }
eşitliğiyle tanımlanan U : X → P(P(X)) fonksiyonu bir komşuluk fonksiyonudur.
Alıştırmalar
2.11. Teorem 2.2 ve Teorem 2.3’ü kanıtlayınız.
2.12. (X, τ ) bir topolojik uzay olmak üzere,
U : X → P(P(X)), U(x) = τ (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun, komşuluk taban fonksiyonu olduğunu gösteriniz.
2.13. Boş olmayan X kümesi üzerinde tanımlı
U : X → P(P(X)), U(x) = {{x}}
fonksiyonunun komşuluk taban fonksiyonu olduğunu gösteriniz. Bu fonksiyonun Teorem
2.3’e göre komşuluk fonksiyonunu belirleyiniz. Belirlenen bu taban fonksiyonunun Teorem 2.2’de tanımlanan fonksiyon altındaki görüntüsü olan topolojiyi belirleyiniz.
2.14. Boş olmayan X kümesi üzerinde tanımlı
U : X → P(P(X)), U(x) = P(X)
fonksiyonunun komşuluk taban fonksiyonu olduğunu gösteriniz. Bu fonksiyona Teorem
2.3’e karşılık gelen komşuluk fonksiyonunu belirleyiniz. Bu komşuluk fonksiyonunun Teorem 2.2’de tanımlanan fonksiyon altında topoloji olan görüntüsünü belirleyiniz.
2.15. U : R → P(P(R)),
2.3. Alexandrov Uzay
27
U(x) = {(x − r, x + r) : r > 0}
olarak tanımlanan fonksiyonun komşuluk taban fonksiyon olduğunu gösteriniz.
2.16. X boş olmayan bir küme olmak üzere U : X → P(P(X)) bir komşuluk fonksiyonu ise
her x ∈ X için U(x) ∪ {∅}’nin bir topoloji olduğunu gösteriniz.
2.17. (Sorgenfrey[89]) B : R → P(P(R)),
B(x) = {[x, y) : x < y}
olarak tanımlanan fonksiyonun komşuluk taban fonksiyonu olduğunu gösteriniz. Teorem
2.3 gereği
U(x) = {U ⊂ X : ∃B ∈ B(x), B ⊂ U }
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon, komşuluk fonksiyonudur. π, Teorem 2.2 deki gibi olmak
üzere π(U) topolojisiyle donatılan R topolojik uzayına (Öklid R uzayı değil!) Sorgenfrey doğrusu denir.
2.18. B1 , B2 : R2 → P(P(R2 )) fonksiyonları,
(i) B1 ((a, b)) = {[a − r, a + r] × [b − s, b + s] : r, s > 0}
(ii) B1 ((a, b)) = {(x − a)2 + (y − b)2 < r : r > 0} olarak tanımlansın.
Bu fonksiyonların komşuluk taban fonksiyonları olduğunu gösteriniz. Teorem 2.3 anlamında bu fonksiyonlar tarafından elde edilen taban fonksiyonlar U1 , U2 olmak üzere,
bu taban fonksiyonların aynı topolojiyi ürettiklerini gösteriniz.
2.3
Alexandrov Uzay
Topolojinin tanımında “sonlu arakesit işlem kapalı olma” koşulu “arakesit
işlem kapalı” olarak değiştirildiğinde, neye karşılık geleceğini sorgulamak anlamlıdır. Bu sorgulama sonucunda Alexandrov uzay olarak adlandırılacak topolojik uzayla yarısıralılık arasında birebir ilişkinin varlığı sonucuna ulaşılıyor.
Tanım 2.6. (Alexandrov[3])4 τ topolojisi X üzerinde keyfi arakesit işlem kapalıysa, τ ’ya Alexandrov topoloji denir.
Alexandrov topoloji ile donatılmış topolojik uzaya Alexandrov uzay denir. Alexandrov uzay aynı zamanda T1 -uzayı (tanım alt bölüm 2.6’da verilmiştir.) ise, ayrık uzaydır (Alıştırma 2.38). Bu anlamda, Alexandrov uzayın
pek kıymeti yoktur!
Teorem 2.4. (X, τ ) topolojik uzay olmak üzere aşağıdakiler denktir.
(i) X Alexandrov uzay.
(ii) Her x ∈ X için τ (x) kısmi sıralı kümesinin en küçük elemanı vardır.
4
Bazen Alexandroff uzay olarakda bilinir. Bu kavram [91]’de principal topoloji adıyla
çalışılmıştır. Alexandrov uzaylar hakkında [8] üzerinden iz sürülebilir.
28
2. Topoloji
Kanıt: (i) ⇒ (ii) olduğu açık.
(ii) ⇒ (i) {Ui : i ∈ I} ⊂ τ verilsin. U = ∩i Ui diyelim. U ∈ τ olduğunu
göstermek için, her x ∈ U için x ∈ Ux ⊂ U özelliğinde Ux ∈ τ ’nin varlığını
göstermek yeterlidir (Neden?). x ∈ U verilsin. Her i ∈ I için
x ∈ Ui (x) ⊂ Ui ∈ τ
olacak şekilde, Ui (x) ∈ τ (x) vardır.
V = ∩i Ui (x)
diyelim. Varsayım gereği τ (x) kısmi sıralı kümesinin en küçük elemanı olduğundan
V ∈ τ (x) olur. V ∈ τ (x) ve V ⊂ U olduğundan kanıt tamamlanır.
Örnekler
2.19. X yarısıralı5 küme olsun.
τ = {U ⊂ X : ∀x ∈ U, [x, ∞) ⊂ U },
bir Alexandrov topolojidir. U ∈ τ olması için gerekli ve yeterli koşulun
U = ∪x∈U [x, ∞)
olduğu açıktır.
Aslında bütün Alexandrov topolojiler bu biçimdedir. Bunun için aşağıdaki
önsava ihtiyaç var. Kanıtı okura bırakılmıştır.6
Önsav 2.5. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için,
{x}7 := {y ∈ X : y ∈ U ∈ τ ⇒ x ∈ U }
olmak üzere,
x ∈ y :⇔ x ∈ {y}
olarak tanımlanan bağıntı bir yarısıralamadır.
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 T opAlex(X) ile gösterelim.
Teorem 2.6. X boş olmayan bir küme olmak üzere,
π : yarısıralı(X) → T opAlex(X),
5
İngilizcesi preorder olan 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!”
7
İleride buna {x} kümesinin kapanışı diyeceğiz.
6
2.3. Alexandrov Uzay
29
π(≤) = {U ⊂ X : x ∈ U, x ≤ y ⇒ y ∈ U }
eşitliğiyle tanımlanan fonksiyon vardır. Bu fonksiyon birebir ve örtendir.
Kanıt:
(i) Her yarısıralı bağıntı ≤ için π(≤) Alexandrov topolojidir: Bunun bir topoloji olduğu 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(≤)’nın
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
[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.
(ii) π örten: τ , X üzerinde Alexandrov topoloji olsun. Önsav 2.5’den dolayı,
x ≤ y ⇔ x ∈ {y}
bağıntısı yarısıralıdır. π(≤) = τ olduğunu görmek kolaydır.
Kanıt tamamlanır.
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 .
(ii) ∅ =
6 U ⊂ τ ve |U| < m ise ∩U ∈ τ .
30
2. Topoloji
(iii) U ⊂ τ ve |U| ≤ n ise ∪U ∈ τ .
Bu tanımlamaya göre standart topoloji ℵ0 − |P(P(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 ya da
yaramayacağı hakkında fikri olan var mı?!
Alıştırmalar
2.20. Bir X kümesi üzerindeki en kaba ve en ince topolojilerin Alexandrov olduğunu gösteriniz.
Bu uzaylara karşılık gelen (Teorem 2.6) yarısıralamaların neler olduğunu belirleyiniz.
2.21. R’deki temel sıralamaya karşılık gelen Alexandrov topolojisini belirleyiniz.
2.22. Önsav 2.5’i kanıtlayınız.
2.4
Topolojilerin Sayısı
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde ne kadar “çok” topolojinin olduğunu sorgulamak anlamlıdır. Yani, T op(X) kümesinin kardinalitesi |T op(X)| hakkında
ne diyebiliriz? Bu sorgulamayı X kümesinin sonlu ve sonsuz olma durumuna
göre ikiye ayırarak çalışmak anlaşılabilir bir yöntem olacaktır.
Öncelikle boş olmayan X ve Y kümeleri için |X| = |Y |8 ise
|T op(X)| = |T op(Y )|
olduğu açıktır. Ayrıca
T op(X) ⊂ P(P(X))
olmasından dolayı
|X|
|T op(X)| ≤ 22
olduğunu not edelim. Her k ∈ N için Xk = {1, 2, ..., k} diyelim.
- |T op(X1 )| = 1.
- |T op(X2 )| = 4.
- |T op(X3 )| = 29.
olduğu parmakla sayılarak da gösterilebilir. Buna karşılık |T op(X4 )| sayısını
hesaplamak için parmakla sayma yöntemi yeterli olmayacaktır. 1 ≤ k ≤ 18
için |T op(Kk )| sayısının ne olduğu bilinmektedir. Bunlardan bazıları
mk = |T op(Xk )|
olmak üzere,
8
Bir A kümesinin kardinalitesi |A| ile gösterilir.
2.4. Topolojilerin Sayısı
31
- m4 = 355,
- m5 = 6942,
- m6 = 209527,
- m7 = 9535241,
- m8 = 642779354,
- m9 = 63260289423,
- m10 = 8977053873043
olduğu bilinmektedir. Bununla ilgili detaylı bilgiler [66] te bulunabilir. Ayrıca
mn ≤ 2n(n−1)
olduğu Krishnamurthy[67] tarafından gösterilmiştir. Bu konuda yeni gelişmeler
[66] ve [67] üzerinden takip edilebilinir.
X sonsuz bir küme olmak üzere,
|P(X)| ≤ |T op(X)| ≤ |P(P(X))|
olduğu açıktır. Gerçekten eşitsizliğin sağ tarafı
T op(X) ⊂ P(P(X))
olmasındandır. Sol tarafdaki eşitsizlik ise
P(X) \ {∅, X} → T op(X),
A → {∅, A, X}
olarak tanımlanan fonksiyonun birebir olmasındandır. Dolayısıyla Genelleştirilmiş
Süreklilik Hipotezi9 altında
|P(X)| = |T op(X)|
ya da
|T op(X)| = |P(P(X))|
eşitliklerinden sadece ve sadece bir tanesi olur. Bu eşitliklerden birincisini eleyebileceğiz, yani
|X|
|T op(X)| = 22
olur. Frohlich’e ait olan bu sonuç Topolojilerin Sayısı bölümünde detaylı olarak
çalışılacaktır.
X boş olmayan bir küme ve m bir kardinal sayı olmak üzere,
T op(X, m) = {τ ∈ T op(X) : |τ | = m}
9
Temel Bilgiler bölümüne bakınız.
32
2. Topoloji
olmak üzere, |T op(X, m)|, |X| ve m arasındaki ilişkinin ne olduğu konusunda
da, özellikle X kümesinin sonlu olduğu durumu için çalışmalar mevcuttur.
Daha detaylı bilgi [66]’te bulunabilir.
Alıştırmalar
2.23. Xk = {n : 1 ≤ n ≤ k} olmak üzere, 1 ≤ k ≤ 3 ve m ∈ N verilsin. T op(Xk ) ve T op(Xk , m)
kümesinin bütün elemanlarını listeleyiniz.
2.5
Açık ve Kapalı Kümeler
Şu ana kadar topolojinin elemanlarına bir isim verilmediğinden, açıklamalarda
zorluklar yaşandığını okur farketmiş olabilir. Neden en başında bir isim verilmediği çokta anlaşılır değildir. Ama “geç olsun da, güç olmasın.” Şimdi bir
isim vererek işleri kolaylaştıracağız.
Topolojilerin elemanlarına özel bir isim verilir: açık küme.10 Bu adlandırma,
reel sayılarda tanımlı açık aralık kavramından türetilmiştir. Neden başka ne
olabilir ki?
Tanım 2.7. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun.
(i) τ ’nin her elemanına açık küme,
(ii) Tümleyeni açık olan kümeye kapalı küme denir.
Bir topolojik uzayda bir kümenin açık olması için gerekli ve yeterli koşul
tümleyeninin kapalı olmasıdır. Uzayda bir kümenin açık, kapalı ve ne açık ne
de kapalı olması geleneksel olarak Şekil 2.1’de11 olduğu gibi gösterilir.
Şekil 2.1: Sırasıyla açık, kapalı, ne açık ne de kapalı kümelerin temsili resimleri.
X topolojik uzayında bir kümenin hem açık hem kapalı olma durumu söz
konusudur. Bu kümelere açık-kapalı 12 denir. X topolojik uzayında boşküme
ve X kümeleri açık-kapalı kümelerdir. Ayrıca, ayrık X uzayında, X kümesinin
her altkümesi açık-kapalıdır. Bu fırsatla aşağıdaki tanımı verelim.
10
Açık ve kapalı küme kavramı ilk olarak Cantor tarafından Öklid uzayları için
tanımlanmıştır. Bu isimlendirme topolojiyi ilk kez çalışmaya başladığımda tuhaf gelmişti,
artık gelmiyor.
11
Bu şekillerin içerisininde kümeye ait olduğunu okuyucu tahmin etmelidir.
12
İngilizcede: clopen
2.5. Açık ve Kapalı Kümeler
33
Tanım 2.8. Açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece boşküme ve X olan τ ∈
T op(X) topolojisine bağlantılı topoloji denir. Bağlantılı olmayan topolojiye
kopuk topoloji denir.
Bir X topolojik uzayının kopuk olması için, yani topolojinin kopuk olması
için, gerekli ve yeterli koşul
X =U ∪V
özeliğinde, 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!
X topolojik uzayında, X kümesinin verilen bir altkümesine “en yakın”
açık küme tanımlanabilir. Benzer durum “en yakın” kapalı kümeler için de
söz konusudur.
Tanım 2.9. X bir topolojik uzay olsun. Her A ⊂ X kümesi için,
(i) Ao := ∪{U : U
açık ve
(ii) A := ∩{K ⊂ X : K
U ⊂ A},
kapalı ve A ⊂ K},
olarak tanımlanan kümelere sırasıyla, A kümesinin içi ve kapanışı denir.
Ao yerine int(A) ve A yerine cl(A) yazılabilir. Bir X kümesi üzerinde
farklı topolojiler olacağından, X’nin 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 ⇐⇒ Ao = A,
- A⊂X
kapalı ⇐⇒ A = A,
- Aoo = Ao .
- A = A,
olur. X topolojik uzayında bir kümenin içi, kendisi ve kapanışı arasındaki en
temel kapsama ilişkisi, her A ⊂ X için
Ao ⊂ A ⊂ A
34
2. Topoloji
olmasıdır. Ayrıca verilen A ⊂ X kümesi için A ve X \ A kümelerinin içi ve
kapanışı arasındaki eşitlik ve kapsama ilişkileri, tanımlar kullanılarak hemen
görülebir. Örneğin,
X \ A = (X \ A)o
olması gibi. A ⊂ X kümesi için X \A ve A kümeleri ayrık olduklarından, Ao ve
(X \ A)o kümeleri de ayrık, fakat birleşimleri X’e eşit olmayabilir. Bu gözlem
bizi aşağıdaki tanımı vermeye yönlendirir.
Tanım 2.10. Bir X topolojik uzayında A ⊂ X kümesi verilsin.
∂(A) := X \ ((X \ A)o ∪ Ao )
kümesine A’nın sınırı denir.
Yukarıdaki tanım gereği bir topolojik uzay X, her altkümesi için üç ayrık
parçaya ayrılır. Gerçekten, A ⊂ X için, Ao , (X \ A)o ve ∂(A) kümeleri ikişer
ikişer ayrık ve
.
.
X = Ao ∪ (X \ A)o ∪ ∂(A)
olur.
Yukarıda tanımlanan “içi” kavramı kullanılarak her topolojinin τ ∈ T op(X)
kapsama sıralamasına göre bir latis (örgü) olmasının daha fazlasını söyleyebiliriz.
Teorem 2.7. Her topoloji Dedekind tamdır.
Kanıt: τ ∈ T op(X) verilsin. ∅ =
6 U ⊂ τ için
S
T
sup U = U ve inf U = ( U)0
olmasından, istenilen kanıtlanmış olur.
Aşağıdaki tanımı vermenin tam zamanı olmasa da, zararı da yoktur.
Tanım 2.11. Bir X topolojik uzayında A = X ise, A’ya yoğun küme denir.
R Öklid uzayında (bu uzay henüz tanımlanmamış olsa da) rasyonel sayılar
0
kümesi Q ve irrasyone 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 [73] de bulunabilir.
Alıştırmalar
2.24. X bir topolojik uzay olsun. A ⊂ B ⊂ X ise
Ao ⊂ B o ve A ⊂ B
olduğunu gösteriniz.
2.5. Açık ve Kapalı Kümeler
35
2.25. Bir X topolojik uzayında A ⊂ X için
(i) Ao = X \ X \ A,
(ii) A = X \ (X \ A)o ,
olduğunu gösteriniz.
2.26. (X, τ ) topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin.
A = {x ∈ X : ∀U ∈ τ (x), U ∩ A 6= ∅} = Ao ∪ ∂(A)
olduğunu gösteriniz.
2.27. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X için
Ao = {x ∈ X : ∃U ∈ τ (x), U ⊂ A}
olduğunu gösteriniz.
2.28. X topolojik uzay olmak üzere A, B ⊂ X kümeleri verilsin.
∅ = ∅,
A ⊂ A,
A∪B =A∪B
ve
A=A
ve
∅o = ∅,
Ao ⊂ A,
(A ∩ B)o = Ao ∩ B o
ve
Aoo = Ao
olduğunu gösteriniz.
2.29. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. A ⊂ P(X) kümesi, verilen her x ∈ X için,
{A ∈ A : A ∩ U 6= ∅}
sonlu olacak biçimde U ∈ τ (x) varsa, A kümesine yerel sonlu denir. 13 A yerel sonluysa
∪A∈A A = ∪A∈A A
olduğunu gösteriniz.
2.30. Bir X topolojik uzayında A ⊂ P(X) kümesi yerel sonluysa,
A = {A : A ∈ A}
olarak tanımlanan kümenin de yerel sonlu olduğunu gösteriniz.
2.31. X topolojik uzay ve (An ), X’nin altkümelerinin bir dizisi olsun.
∞
∞
∞
∪∞
i=1 Ai = (∪i=1 Ai ) ∪ (∩i=1 ∪j=0 Ai+j )
olduğunu gösteriniz.
2.32. X topolojik uzay ve U , X’de açık küme olsun. Her A ⊂ X için
U ∩A=U ∩A
olduğunu gösteriniz.
2.33. X topolojik uzayında her açık U kümesi için
(U )o = U
olduğunu gösteriniz.
2.34. X topolojik uzayında A ⊂ X yoğunsa, her açık U kümesi için
U ∩A=U
olduğunu gösteriniz.
13
Bu kavram Alexandroff tarafından 1924 yılında verilmiştir.
36
2. Topoloji
2.35. (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 gösteriniz.
2.36. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin.
x ∈ A \ {x}
özelliğindeki x ∈ X noktasına, A kümesinin yığılma noktası 14 denir. A’nın yığılma
0
noktalarının kümesi A olmak üzere
0
A=A∪A
olduğunu gösteriniz.
2.6
T0 , T1 ve T2 -Uzaylar
Bir topolojik uzayda farklı iki noktanın farklı olmalarının ötesinde çok “daha
fazla farklı” olabilirler. Örneğin, onları içeren bazı açık kümelerin ayrık olma
durumları olabilir. Burada geçen “farklı” ve “daha fazla farklı” kavramlarını
2.2 deki gibi resimleyebiliriz. Bu ve benzeri “ayrıştırmaların” birçok çeşitleri
x
x
x
b
x
a
x
b
x
a
Şekil 2.2: Birinci şekilde a ve b noktaları farklı. Ikinci şekilde a ve b noktaları
“daha farklı”.
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. Tanımları aşağıda
verilmiştir.
Tanım 2.12. Bir (X, τ ) topolojik uzayın T0 , ve T1 ve T2 -uzay olmaları aşağıdaki
gibi tanımlanır.
T
T
(i) T0 - uzayı: Her x, y ∈ X, x 6= y için x 6∈ τ (y). ya da y 6∈ τ (x).
T
T
(ii) T1 - uzayı: Her x, y ∈ X, x 6= y için x 6∈ τ (y) ve y 6∈ τ (x).
14
Ingilizcesi: accumulation point. Bu noktaya cluster point ya da limit point denildiği de
olur.
2.6. T0 , T1 ve T2 -Uzaylar
37
(iii) T2 - uzayı: Her x, y ∈ X, x 6= y için x ∈ U , y ∈ V , U ∩ V = ∅ olacak
biçimde U ∈ τ (x) ve V ∈ τ (y) kümeleri varsa.
Literatürde T0 -uzayına Kolmogorov uzayı, T1 -uzayına Fréchet uzayı
ve T2 -uzayına Hausdorff uzayı denir.
T2 -uzayı=⇒ T1 -uzayı=⇒ T0 -uzayı
olmasına karşın tersi doğru değildir.
T0 - ve T1 -özelliğiyle ilgili iki görsellik Şekil 2.3 ve Şekil 2.4’de olduğu gibidir.
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.
Örnekler
2.37. (X, τ ) topolojik uzay ve A ⊂ X en az iki elemanlı altküme olsun. τ (A) ∪ {∅}, X kümesi
üzerinde T0 -olmayan topolojik uzaydır.
2.38. X = {a, b, c} üç elemanı bir küme üzerinde tanımlı topoloji τ = {∅, {a}, X} topoloji T0 değildir.
T0 - ve T1 - uzayları bir elemanlı kümenin kapanışları terimiyle karakterize edilebilir. Sonraki iki teorem bunlarla ilgilidir.
Teorem 2.8. 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 )
38
2. Topoloji
durumlarından biri sağlanır. Birinci durum için x ∈ {y} olduğundan,
U ∩ {y} =
6 ∅
olur. Bu bir çelişkidir. Ikinci 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.
Teorem 2.9. 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 }.
(iv) Her x,y ∈ X, x 6= y için {x} ∩ {y} = ∅.
(v) Her x,y ∈ X, x 6= y için x 6∈ {y}.
Sonlu bir X kümesinde ayrık uzaydan başka T1 -uzayının olmadığı açıktır.
Alıştırmalar
2.39. X bir topolojik uzay olsun. X kümesi üzerinde ≤ bağıntısını
x ≤ y ⇐⇒ x ∈ {y}
olarak tanımlıyalım. ≤ bağıntısını, X uzayının T0 -uzayı olmama, olma ve T1 -uzayı olma
özelliklerine göre karakterize ediniz.
2.40. X kümesi üzerinde tanımlı Alexandrov topolojilerin kümesini T opAlex(X), T0 -özelliğindeki
Alexandroff topolojilerin kümesini T opAlex0 (X), yarısıralama bağıntılarının kümesi
yarısıralama(X) ve kısmı sıralama bağıntılarının kümesi kısmısıralama(X) olmak üzere
(i) |AlexT op(X)| = |yarısıralama(X)|,
(ii) |AlexT op0 (X)| = |kısmisıralama(X)|,
olduğunu gösteriniz.
2.41. Bir Alexandrov uzayının T1 -uzayı olması için gerekli ve yeterli koşulun, ayrık olması
olduğunu gösteriniz.
2.42. X en az iki elemanlı küme ve x ∈ X verilsin.
τ = {U ⊂ X : x ∈ U } ∪ {∅}
2.7. Sonlu Topolojik Uzay ve İkinci Tip Stirling Sayısı
39
T1 - olmayan T0 -topoloji olduğunu gösteriniz. Bu topolojiye özel noktalı topoloji denir.
2.43. Sayılamaz sonsuz X kümesi üzerine
τ = {U ⊂ X : X \ U
sayılabilir} ∪ {∅}
topolojisini koyalım.
(i) Boşkümeden farklı iki açık kümenin ayrık olmayacağını gösteriniz.
(ii) X uzayının T1 -uzayı fakat Hausdorff olmadığını gösteriniz.
2.44. (X, τ ) bir topolojik uzay ve
x ≤ y :⇔ x ∈ {y}
bağıntısını tanımlayalım. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) ≤ yarısıralama.
(ii) τ topolojisinin T0 - olması için gerekli ve yeterli koşul ≤ bağıntısının kısmi sıralı
olmasıdır.
(iii) τ topolojisinin T1 - olması için gerekli ve yeterli koşul x ≤ y olduğunda, x = y
olmasıdır.
(iv) τ topolojisinin en kaba topoloji olması için gerekli ve yeterli koşul her x, y ∈ X
için x ≤ y olmasıdır.
2.45. 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 gösteriniz.
2.7
Sonlu Topolojik Uzay ve İkinci Tip Stirling Sayısı
Bir X kümesi üzerinde tanımlı T0 -topolojilerin kümesini T op0 (X) ile gösterelim. Sonlu X kümesi için |T op(X)| ve |T op0 (X)| arasındaki ilişki, aşağıda
tanımda verilen ikinci tip Stirling sayısı terimiyle verilebilir. Önce tanımı verelim.
Tanım 2.13. n, k ∈ N olmak üzere, ikinci tip Stirling sayısı aşağıdaki
gibi tanımlanır.
1 Pk
k!
j
n
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 2.10. (Comtet[24]) n ∈ N için Xn = {1, 2, ..., n} olmak üzere
P
|T op(Xn )| = nk=1 S(n, k)|T op0 (Xk )|
olur.
Bu teorem ile ilgili daha detaylı bilgiler Kolli[66] te bulunabilir.
40
2. Topoloji
2.8
Kuratowski Kapanış Operatörü
Bir X kümesinde tanımlı bir topoloji, belirli özellikleri sağlayan P(X)’ten
kendisine tanımlı fonksiyon tarafından da karakterize edilebilir. “belirli özeliklerin” temel motivasyonu herhangi bir topolojik X uzayında
(i) ∅ = ∅.
(ii) A ⊂ A.
(iii) A ∪ B = A ∪ B.
(iv) A = A.
özelliklerinin sağlanmasıdır.
Tanım 2.14. (Kuratowski[68]) X boş olmayan bir küme olmak üzere, her
A,B ⊂ X için aşağıdaki özellikleri sağlayan,
(i) c(∅) = ∅.
(ii) A ⊂ c(A).
(iii) c(A ∪ B) = c(A) ∪ c(B).
(iv) c(c(A)) = c(A).
c : P(X) → P(X) fonksiyonuna, X üzerinde Kuratowski Kapanış Opertörü denir.
Teorem 2.11. X boş olmayan bir küme olmak üzere, X’te tanımlı Kuratowski
Kapanış Operatörlerinin kümesini Kur(X) ile gösterelim.
π : T op(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.
∩i c(Ai ) = ∩i Ai ⊂ c(∩i Ai ) ⊂ ∩i c(Ai )
2.8. Kuratowski Kapanış Operatörü
41
olduğundan, ∩i Ai ∈ τ olur.
τ = {X \ A : A ∈ τ }
olarak tanımlansın. τ ∈ T op(X) olur. Her A ⊂ X için
τ
π(τ )(A) = A = ∩{B : B ∈ τ , A ⊂ B} = c(A)
olur. Böylece π(τ ) = c elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Tanım 2.15. π, yukarıdaki teoremde olduğu gibi tanımlansın. Her c ∈ Kur(X)
için π(τ ) = c özelliğindeki τ topolojisine Kuratowski kapanış operatörü tarafından üretilen topoloji denir.
Tanım 2.16. o : P(X) → P(X) fonksiyonu, bir Kuratowski Kapanış Opertörü c
için,
o(A) = X \ c(A)
biçiminde ise o’ya Kuratowski İç Operatör denir.
Bazı okurlar “nerden çıktı şimdi bu iç operatör?” diye sorabilirler. Sormakta haklılar!
Alıştırmalar
2.46. X boş olmayan küme olsun.
c : P(X) → P(X), c(A) = A
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösteriniz. X
üzerinde c tarafından üretilen topoloji nedir?
2.47. X boş olmayan küme olsun.
c : P(X) → P(X), c(∅) = ∅ ve A 6= ∅ için c(A) = X
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösteriniz. X
üzerinde c tarafından üretilen topoloji nedir?
2.48. o : P(X) → P(X) bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) o bir Kuratowski Iç Operatördür.
(ii) o(∅) = ∅ ve her A ⊂ X için
o(A) ⊂ A, o(A ∩ B) = o(A) ∩ o(B) ve o(o(A)) = o(A)
olur.
2.49. c : P(X) → P(X) bir Kuratowski Kapanış Operatörü ise, A ⊂ B ⊂ X olduğunda
c(A) ⊂ c(B) olduğunu gösteriniz.
2.50. X en az iki elemanlı bir küme ve x ∈ X verilsin. c : P(X) → P(X),
c(A) = A ∪ {x}
ve
c(∅) = ∅
olarak tanımlanan fonksiyonun bir Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösteriniz.
2.51. τ , X kümesi üzerinde c : P(X) → P(X) Kapanış Operatörü tarafından üretilen topoloji
olsun. A ⊂ X kümesinin kapalı olması için gerekli ve yeterli koşulun A = c(A) olması
gerektiğini gösteriniz.
42
2. Topoloji
2.52. c : P(X) → P(X) bir Kuratowski Kapanış Operatörü ve ∅ 6= Y ⊂ X verilsin.
c0 : P(Y ) → P(Y ),
c0 (A) = c(A) ∩ Y
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösteriniz.
2.53. c1 , X üzerinde ve c2 , Y üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü olsunlar.
c : P(X × Y ) → P(X × Y ), c(A × B) = c1 (A) × c2 (B)
olarak tanımlanan fonksiyonun Kuratowski Kapanış Operatörü olduğunu gösteriniz.
2.54. (Tondeur[97]) X 6= ∅ ve ≤, X üzerinde bir bağıntı olsun.
c : P(X) → P(X), c(A) = ∪a∈A {x ∈ X : x≤a}
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) c, bir Kuratowski Kapanış Operatörüdür.
(ii) ≤, simetrik ve geçişkendir.
2.55. τ , X kümesi üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü c tarafından üretilen topoloji
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(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))
özelliğinde A ⊂ X vardır.
2.56. τ , X kümesi üzerinde Kuratowski Kapanış Operatörü c tarafından üretilen topoloji
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) τ , T1 -topolojidir.
(ii) Her x ∈ X için c({x}) = {x}.
2.9
Düzgün Topolojik Uzay
Bu alt bölümde bir küme üzerinde düzgün küme kavramı ve onun ürettiği
topolojik uzay kavramı çokta detaylara girilmeden, tanıtılacaktır. Bu türdeki
topolojik uzayların herbirine düzgün topoloji denir.15 Bu kavramın önemli olmasının nedenlerinden biri topolojik uzayların önemli bir sınıfını oluşturan 8.
Bölümde tanıtılacak olan tümüyle düzenli uzaylarla düzgün topolojik uzayların sınıfları aynı olmasındandır.
X boşkümeden farklı bir küme,
∆ = {(x, x) : x ∈ X}
ve A ⊂ X × X için
−A = {(x, y) ∈ X × X : (y, x) ∈ A}
15
Düzgün topoloji kavramı literatürde ufak tefek farklı yaklaşımlarla verilmiş olsada aynı
amaçta çakışırlar. Burada verilen tanımlama [29]’den alınmıştır. Farklı bir yaklaşım için
[109]’a bakılabilir.
2.9. Düzgün Topolojik Uzay
43
olarak tanımlansın. A, B ⊂ X × X için,
A + B = {(x, z) : ∃y ∈ X, (x, y) ∈ A, (y, z) ∈ B}
olarak tanımlayalım. Ayrıca
DX = {V ⊂ X × X : ∆ ⊂ V, V = −V }
olsun. (x, y) ∈ V ∈ DX olmasını
|x − y| < V
olarak gösterelim.
Tanım 2.17. X boş olmayan bir küme olmak üzere, U ⊂ DX kümesi aşağıdaki
koşulları sağlasın.
(i) U ∈ U, V ⊂ U ∈ DX ise V ∈ U.
(ii) U, V ∈ U ise U ∩ V ∈ U.
(iii) V ∈ U ise W + W ⊂ V olacak biçimde W ∈ U vardır.
(iv) ∩U = ∆.
U’ya düzgün küme 16 ve (X, U) ikilisine düzgün uzay denir.
Aşağıdaki teorem bir X kümesi üzerinde tanımlanan her düzgün kümenin
topoloji üreteceğini ifade eder.
Teorem 2.12. U, boşolmayan X kümesinde tekdüzenli küme olsun. Her U ∈ U
ve x ∈ X için
B(x, V ) = {y ∈ X : |x − y| < V }
olmak üzere,
τU = {G ⊂ C : x ∈ G ⇒ ∃V ∈ U, B(x, V ) ⊂ U }
bir topolojidir. Bu topolojiye düzenli topoloji 17 denir. Topolojisi düzgün topoloji olan topolojik uzaya düzgün topolojik uzay denir.
Kanıt: ∅, X ∈ τU olduğu açıktır. Ayrıca τU ’nın keyfi birleşim işlem olduğu
da açıktır. G1 , G2 ∈ τU olmak üzere x ∈ G1 ∩ G2 verilsin.
B(x, V1 ) ⊂ G1 , B(x, V2 ) ⊂ G2
16
İngilizcesi:uniformity. Düzgün künenin elemanlarının herbirine ingilizce olarak “entourage” dnir.
17
Bu kavram Weil tarafından 1938’de verilmiştir.
44
2. Topoloji
olacak biçimde V1 , V2 ∈ U seçebiliriz. V = V1 ∩ V2 ∈ U diyelim.
B(x, V ) ⊂ B(x, V1 ) ∩ B(x, V2 ) ⊂ G1 ∩ G2
olmasından dolayı G1 ∩ G2 ∈ τU elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
2.57. X boş olmayan küme olmak üzere, U = DX bir düzgün kümedir. U tarafından üretilen
düzgün topoloji τU ’nın ayrık topoloji olduğunu gösteriniz.
2.58. τ , X. düzgün küme U tarafından üretilen düzgün topolojik uzay olsun. A ⊂ X olmak
üzere:
(i) Ao = {x ∈ X : ∃V ∈ U , B(x, V ) ⊂ A},
(ii) A = {x ∈ X : ∀V ∈ U , A ∩ B(x, V ) 6= ∅}
olduğunu gösteriniz.
2.59. U, X üzerinde tek düzenli küme olsun. U, V ∈ U verilsin. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösteriniz.
(i) |x − x| < V .
(ii) |x − y| < V ⇔ |y − x| < V .
(iii) |x − y| < V ve |y − z| < U ise |x − z| < V + U olur.
2.60. Tek düzenli küme tarafından üretilen topolojinin T1 -topoloji olduğunu gösteriniz.
2.61. X boş olmayan bir küme ve B ⊂ DX kümesi aşağıdaki özellikleri sağlasın.
(i) V1 , V2 ∈ B ise V ⊂ V1 ∩ V2 olacak biçimde V ∈ B var.
(ii) V ∈ B ise U + U ⊂ V olacak biçimde U ∈ B var.
(iii) ∩B = ∆.
özelliklerini sağlasın.
U = {U ⊂ X : ∃V ∈ B, V ⊂ U }
kümesinin düzgün olduğunu gösteriniz. Bu özellikteki B’ye U’nın düzgün taban sistemi
denir.18
2.62. düzgün topolojik uzayın Hausdorff olduğunu gösteriniz.
2.63. (X, τ ) bir topolojik uzay ve B = τ × τ olmak üzere
U = {G ∈ DX : ∀x ∈ G∃V ∈ B, B(x, V ) ⊂ G}
kümesinin düzgün olduğunu gösteriniz.
2.10
Süreklilik (Kısaca)
İki topolojik uzay arasındaki “topolojik benzerliklerin” ne olduğunu anlamanın
temel aracı sürekli fonksiyon kavramıdır. Iki topolojik uzay arasında tanımlı
süreklilik kavramı, Calculus seviyesinde verilen ∅ 6= A ⊂ R’den R’ye tanımlı
18
İngilizcede fundamental system of entourages denir.
2.10. Süreklilik (Kısaca)
45
fonksiyonların sürekliğinin genellemesidir. Bu genellemenin nasıl olduğu ilerideki konularla daha iyi anlaşılabilecektır.19
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 ⊂ P(X) ve B ⊂ P(Y ) için
f (A) = {f (U ) : U ∈ A}
ve
f −1 (B) = {f −1 (B) : B ∈ B}
yazabileceğiz.
Tanım 2.18. (Fréchet[34]) (X, τ1 ) ve (X, τ2 ) iki topolojik uzay ve f : X → Y
bir fonksiyon olsun. x ∈ X için
f −1 (τ2 (f (x))) ∈ τ1 (x)
oluyorsa f fonksiyonu x noktasında noktasında sürekli denir. Her noktada
sürekli olan fonksiyona sürekli denir.
Bir noktada süreklilik ve süreklilik aşağıdaki Şekil 2.5 ve Şekil 2.6 de verilen
resimlerle gösterilebilir.
(X, τX ) ve (Y, τY ) iki topolojik uzaysa, X’den Y ’e tanımlı sürekli fonksiyonların kümesi C((X, τX ), (Y, τY )) ile gösteriliz. Ancak karışıklık yoksa (genelde olmayacak!) bunun yerine C(X, Y ) ile gösteririz.
Aşağıdaki teorem süreklilikle ilgili en temel teoremlerden biridir.
Teorem 2.13. 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.
19
∅ =
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 yapılmıştır.
46
2. Topoloji
(iv) Her A ⊂ X için f (A) ⊂ f (A).
(v) Her A ⊂ X için (f (A))o ⊂ f (Ao ).
Kanıt: (i) ⇐⇒ (ii) ⇐⇒ (iii) ve (iv) ⇐⇒ (v) olduğu açıktır.
(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.
f
X
Y
−1
f (U)
U
x
f(x)
Şekil 2.5: f fonksiyonunun x noktasında sürekli olmasının temsili resmi.
f
X
f −1(U)
Y
U
Şekil 2.6: f fonksiyonunun sürekli olmasının temsili resmi.
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”. İki topolojik uzayın topolojik olarak aynı olmasından, bu kavramın matematiksel tanımını vermeden birinci bölümde sezgilere dayalı olarak
bahsedilmişti. Bu kavramın matematiksel tanımını aşağıdaki gibi verebiliriz.
Tanım 2.19. (Fréchet[34]) 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.
2.10. Süreklilik (Kısaca)
47
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 2.20. 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
2.64. X 6= ∅ olsun. τ1 ve τ2 , X üzerinde iki topoloji ve i : (X, τ1 ) → (X, τ2 ) fonksiyonu
i(x) = x olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) f süreklidir.
(ii) τ1 , τ2 ’den daha incedir, yani, τ1 ⊂ τ2 olur.
2.65.
2.66.
2.67.
2.68.
2.69.
2.70.
Ayrıca i’nin bir homeomorfizma olması için gerekli ve yeterli koşulun τ1 = τ2 olması
gerektiğini gösteriniz.
|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 gösteriniz.
X, Y ve Z topolojik uzay ve f : X → Y , g : Y → Z sürekli fonksiyonlar olsunlar.
g ◦ f : X → Z fonksiyonunun sürekli olduğunu gösteriniz.
τ , X üzerinde en kalın topoloji ve Y bir topolojik uzay olsun. X’den Y ’ye tanımlı sürekli
her fonksiyonun sabit olduğunu gösteriniz.
Y bir topolojik uzay ve ∅ 6= X kümesi verilsin. X üzerine nasıl bir topoloji konmalıdır
ki, X’den Y ’ye tanımlı her fonksiyon sürekli olsun?
(Calculus anlamında sürekliliğe göre) (0, 1)’de R’ye tanımlı birebir, örten kendisi ve tersi
sürekli fonksiyonun varlığını gösteriniz. En ince topolojilerden farklı hangi tür topolojiler
altında (0, 1) ve R topolojik uzayları topolojik eşyapılıdır?
X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y fonksiyonu verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini
kanıtlayınız.
(i) f süreklidir.
(ii) B ⊂ Y için f −1 (B) ⊂ f −1 (B).
(iii) B ⊂ Y için (f −1 (B))o ⊂ f −1 (B o ).
Kanıt: (i) =⇒ (ii) B ⊂ Y verilsin.
f (f −1 (B)) ⊂ f (f −1 (B)) ⊂ B
olmasından istenilen elde edilir.
(ii) =⇒ (iii) B ⊂ Y için
Bo = Y \ Y \ B
48
2. Topoloji
olması dikkate alınarak istenilen elde edilir.
(iii) =⇒ (i) U ⊂ Y açık olsun.
f −1 (U ) = f −1 (U o ) ⊂ (f −1 (U ))o ⊂ (f −1 (U ))
2.71.
2.72.
2.73.
2.74.
olmasından, f −1 (U ) açıktır.
X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y sürekli ve örten olsun. A ⊂ X yoğun ise,
f (A)’nın yoğun olduğunu gösteriniz.
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 fonksiyon20 denir. Kapalı, açık ve sürekli fonksiyonların
birinin diğerini gerektireceği/gerektirmeyeceği durumlarını tartışınız. (Alıştırma 3.55 ve
3.56 ve 3.57’ye bakınız.)
X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y bir fonksiyon olsun. f ’nin kapalı olması için
gerekli ve yeterli koşulun her A ⊂ X için f (A) = f (A) olması gerektiğini gösteriniz.
X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösteriniz.
(i) f açıktır.
(ii) f sürekli ve her A ⊂ X için f (Ao ) ⊂ (f (A))o .
(ii) Her B ⊂ Y için f −1 (B) = f −1 (B).
(ii) Her B ⊂ Y için (f −1 (B))o = f −1 (B o ).
Şekil 2.7: Topoloji, imam ve cemaat tarafından tartışlıyor.
20
Kapalı fonksiyonlar kavramı Hurewicz [53] tarafından verilmiştir. Açık fonksiyon kavramı
Aronszajn’e [10] aittir.
3. Taban
Bir matematiksel yapının şu ya da bu şekilde “tabanı” olmalı, en azından
tabana benzer birşeyleri olmalı! Tabansız bir matematiksel yapıyı inşa etmeye
çalışmak, onu anlamaya çalışmak “sazan gibi atlamaya” benzer. Aslında o
yapının inşa edilme süreciyle başlar taban kavramı. Topolojik uzay teorisinin
de taban kavramı vardır. Bu bölümde bu kavram tanımlanarak belli topolojik
uzayların tabanı verilecektir. Aslında ikici bölümün 2.3 alt bölümünde taban
kavramının dolaylı olarak verildiğini belirtelim.
Bir topolojik uzayın yapısını anlamak için topoloji yerine onun belirli özellikleri sağlayan altkümesinde çalışma yapmak yeterli olabilir. Bu altkümenin
adı “topolojik tabandır.” Hatta taban yerine “alttaban” üzerinde çalışılarak
daha az maliyetle sonuçlar elde edilebilecektir, örneğin, Alexandrov Alttaban
Teoremi.
Boş olmayan bir X kümesi ve B ⊂ P(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. Gerçekte de X üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi
T op(X) Dedekind tam olduğundan, aradığımız “en yakın” topolojinin
< B >:= inf{τ ∈ T op(X) : B ⊂ τ }
olarak tanımlanmasına, en azından ben itiraz etmem. Ayrıca bu topoloji B’nin
elemanlarınca açık seçik yazılabilir. Gerçektende,
S
T
< B >= { 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
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.
50
3. Taban
Bu kısımda bir topolojik uzayın tabanı ve onunla ilgili temel sonuçlarçoğunlukla problemler kısmında verilecektir. X boş olmayan bir küme olmak
üzere; B ⊂ P(X) boş olmayan altkümesi sonlu arakesit işlem kapalı ve
∪B = Y
olmak üzere,
τ = {∪V : V ⊂ B},
kümesi Y üzerinde bir topoloji olmasına karşın, X = Y olmadığı sürece, X
üzerinde bir topoloji değildir. Gerçektende, X üzerinde topoloji olması için
gerekli ve yeterli koşul X = Y olmasıdır.
Tanım 3.1. (Hausdorff[48]) X, boş olmayan bir küme olmak üzere B ⊂ P(X)
kümesi verilsin.
< B >:= inf{τ ∈ T op(X) : B ⊂ τ }
topolojisine B tarafından üretilen topoloji denir.
Büyük olasılıla okur yukarıda verilen tanımda B’ye < B > topolojisinin
“tabanı denir-denmez” ikilemi arasında gidip geliyordur. Ama denebilmesi için
standartlık açısından bir koşul daha eklememiz gerekecektir.
Teorem 3.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere, B ⊂ P(X) kümesi tarafından üretilen topoloji < B >,
S
T
< B >:= { i∈I ( Bi ) : I bir indeks küme ve ∅ =
6 Bi ⊂ B sonlu}
olur.
Kanıt: Hemen hemen de açıktır.
Tanım 3.2. τ ∈ T op(X) topolojisi B ⊂ P(X) tarafından üretiliyor ve
∪B = X
oluyorsa, B kümesine τ topolojisinin öntabanı 1 denir.
Tanım 3.3. X kümesi üzerinde B ⊂ P(X) kümesi tarafından üretilen topoloji
S
< B >= { A : A ⊂ B}
oluyorsa, B’ye ürettiği topolojinin tabanı denir.
1
alttaban da denir. Bu kavram ilk kez Bourbaki grubunun General Topology I kitabında
çalışılmaya başlanmıştır.
3.1. Topolojinin Tabanı
51
Aşağıdaki teorem, topolojinin tabanını karakterize eder ve oldukca kullanışlıdır. Bir çok kitapta toplojinin taban tanımı olarak de verilir.
Teorem 3.2. X boş olmayan bir küme olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) B, bir τ topolojisinin bir tabanıdır.
S
(ii) X =
B ve verilen A, B ∈ B kümeleri için x ∈ A ∩ B olduğunda
x ∈ C ⊂ A ∩ B özelliğinde C ∈ B vardır.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) Açıktır.
0
0
(ii) ⇒ (i) τ = {∪B : B ⊂ B} olarak tanımlayalım. τ ’nın bir topoloji olduğunu
göstermek yeterli olacaktır. τ ’nın birleşim işlem kapalı olduğu açıktır. U , V ∈ τ
verilsin.
U = ∪B1 ve U = ∪B2
olacak biçimde B1 , B2 ⊂ B altkümeleri vardır. A, B ∈ B için, (ii)’nin ikinci
koşulundan, A ∩ B ∈ τ olduğundan,
U ∩ V = ∪{A ∩ B : A ∈ B1 , B2 } ∈ τ
olduğu görülür. Yani, τ sonlu arakesit işlem kapalıdır. ∅, X ∈ τ olduğu da
açık. Yani, τ bir topolojidir. Kanıt tamamlanır.
Bir X kümesi üzerinde boşküme tarafından üretilen topoloji, en kaba topolojidir. {X} tarafından üretilen topoloji de en kaba topolojidir.
B = {{x} : x ∈ X}
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
< B > 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 gerekmez.2 Bunun yerine bir topolojinin ağırlığı tanımlanır. Yani X topolojik
uzaysa
w(X) = min{|B| : B
2
X
uzayının tabanı}
Aslında bu durum matematikte taban olma geleneğine aykırı bir durum. Ne yapalım,
öyle!
52
3. Taban
kardinal sayısına uzayın ağırlığı denir.3
Alıştırmalar
3.1. X, boş olmayan küme ve B ⊂ P(X) verilsin.
0
0
U = {∩B : B ⊂ B
sonlu}, ∪B = X
olsun.
< B >=< U >
ve U’nin < B > topolojisinin tabanı olduğunu gösteriniz.
3.2. X boş olmayan bir küme olsun. B ⊂ P(X) olmak üzere τ =< B > topolojisi için
aşağıdakiler denktir.
(i) τ , T0 -topolojidir.
(ii) x, y ∈ X, x 6= y için, B =
Tn
i=1
Bi olmak üzere
(x ∈ B ve y 6∈ B) ya da (x 6∈ B ve y ∈ B)
özelliğinde Bi ∈ B’ler vardır.
3.3. Boş olmayan X ve Y kümeleri için A ⊂ P(X) ve B ⊂ P(X) verilsin. f : X → Y
fonksiyonunun < A > ve < B > topolojilerine göre, aşağıdakilerin denk olduklarını
gösteriniz.
(i) f süreklidir.
(ii) Her B ∈ B için f −1 (B) ∈< A > olur.
3.4. X boş olmayan bir küme ve A, B ⊂ P(X) altkümeleri
A ⊂ B ⊂< A >
özelliğinde olsun.
< A >=< B >
olduğunu gösteriniz.
3.5. X boş olmayan bir küme ve
B = {X \ {x} : x ∈ X}
olsun.
< B >= {A ⊂ X : X \ A
sonlu}
olduğunu gösteriniz. 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 }
kümesinin bir taban olduğunu gösteriniz. Tabanı B olan topolojiye R’de Zariski topoloji 4 denir. R’de tanımlı Zariski topolojiyle tümleyeni sonlu topolojinin çakıştığını
gösteriniz. Ayrıca bu uzayın Hausdorff olmayan T1 -uzayı olduğunu gösteriniz.
3
Ben olsam w(X) = |B| özelliğindeki tabana, taban derdim; bir merkeze “bağlanmayan”
tabana, taban demek eksik kalıyor!
4
Zariski topoloji daha genel olarak birimli ve değişmeli bir halkanın asal idealleri kümesi
üzerinde tanımlanır. Bu kavramın cebirsel geometride önemli yeri vardır.
3.1. Topolojinin Tabanı
53
3.7. R Öklid topolojisinin sayılabilir tabanı olduğunu gösteriniz.
3.8. Sayılabilir tabanı olan topolojik uzaya ikinci dereceden sayılabilir uzay denir. (Buna
göre, birinci dereceden sayılabilir uzay da olmalıdır!) Sayılabilir yoğun altkümesi olan
topolojik uzaya ayrılabilir uzay denir. İkinci dereceden uzayın ayrılabilir olduğunu
gösteriniz.
3.9. X boş olmayan bir küme ve B ⊂ P(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 gösteriniz. Ayrıca, ayrılabilir olmadığını gösteriniz.
3.10. Ayrılabilir bir uzayın ikinci dereceden sayılabilir olması gerekmediğini gösteriniz.
3.11. B = {[a, b) : a < b} kümesinin R’de bir taban olduğunu gösteriniz. Bu uzayın topolojisinin açık kümelerinin
U = ∪i∈I [ai , bi )
biçiminde olduğunu gösteriniz. Bu topolojiye Sorgenfrey topoloji denir.
3.12. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için,
τ (x) = {∪B : B ⊂ Bx }
özelliğinda sayılabir Bx ⊂ τ (x) varsa τ topolojisine birinci dereceden sayılabilir denir.
Ikinci dereceden sayılabilir topolojilerin, birinci dereceden sayılabilir fakat tersinin doğru
olmadığını gösteriniz.
3.13. Birinci dereceden sayılabilir olmayan sayılabilir Hausdorff topolojik uzayın varlığını
gösteriniz.
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.
3.14. (Fürstenberg[36]) Aşağıdaki adımları takip ederek asal sayılar kümesinin sonsuz olduğunu
kanıtlayınız.
a, b ∈ Z ve b 6= 0 için
Na,b = a + bZ
yazalım. Ayrıca Z’de a, b’nin bir katıysa, yani b, a’yı bölerse, a ≡ 0mod(b) yazarız.
(i) Na,b = {c ∈ Z : c − a ≡ 0mod(b)}
(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
Z \ {1, −1} = ∪p∈P N0,p .
(vii) P sonsuzdur.
54
3. Taban
Yukarıda tanımlanan topolojinin Hausdorff olmadığını da gösteriniz.
3.15. X topolojik uzay ve B, X’nin bir tabanı olsun. (Us )s∈S , X’de açık kümelerin bir ailesi
ise
∪s∈S0 Us = ∪s∈S Us , S0 ⊂ S ve |S0 | ≤ |B|
özelliğinde S0 kümesinin varlığını gösteriniz.
Kanıt: S0 = {U ∈ B : ∃s ∈ S, U ⊂ Us } alalım. Her U ∈ B0 için U ⊂ Us(U ) özelliğinde
s(U ) seçerek U → s(U ) fonksiyonunu tanımlayalım. S0 = s(B0 ) kümesi istenilen özelliktedir.
3.2
Metrik Topoloji (Kısaca)
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 de 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 Acıkküre(X,d) ya da Ball(X,d) ile
gösterelim. X kümesi üzerinde Ball(X, d) tarafından üretilen topolojiye metrik topoloji denir. τ ∈ T op(X) topolojisi bir metrik topolojiye eşitse, τ topolojisine metrikleşebilir topoloji denir. Metrikleşebilirlik kavramı topolojik
uzay teorisinde oldukça geniş yer tutar, ama bu kitabın çokta konusu olmayacaktır. Metrik topolojiler için aşağıdakileri söyleyebiliriz.
(i) Ball(X, d) bir topoloji tabanıdır:
X=
S
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.
3.2. Metrik Topoloji (Kısaca)
55
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
3.16. X = R üzerinde tanımlı Öklid topolojisinin
d(x, y) = |x − y|
metriği tarafından üretilen metrik topolojisi olduğunu gösteriniz.
3.17. X = R üzerinde tanımlı Öklid topoloji τ olsun. X × X den R’ye tanımlı
p(x, y) = min{1, |x − y|} ve q(x, y) =
|x−y|
1+|x−y|
fonksiyonların metrik olduklarını ve bu metriklerle üretilen topolojilerin, Öklid topoloji
olduğunu gösteriniz. Yani
τ =< (X, d) >=< (X, p) >
olduğunu gösteriniz.
3.18. (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 gösteriniz.
3.19. Boş olmayan bir küme üzerinde düzgün topolojik uzay kavramı Bölüm 2.9’da tanımlanmıştı.
(X, d) bir metrik uzay ve her r > 0 için,
Ur = {(x, y) : d(x, y) < r}
olmak üzere
U = {A ∈ DX : ∃r > 0, Ur ⊂ A}
kümesinin düzgün küme olduğunu gösteriniz. Ayrıca X kümesi üzerinde d metriği ile
üretilmiş topoloji ile U tarafından üretilen düzgün topolojinin eşit olduğunu gösteriniz.
56
3.3
3. Taban
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 < Bn > 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 işlem 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)
olur. Bu bize
< Ball(X, d∞ ) >⊂< Bn >
olduğunu söyler. Şimdi
x∈
Qn
i=1 (ai , bi )
3.4. Sıra Topolojisi
57
verilsin. Her 1 ≤ i ≤ n için
xi ∈ (xi − , xi + ) ⊂ (ai , bi )
özelliğinde > 0 vardır. Buradan
B(x, ) ⊂
Qn
i=1 (ai , bi )
olur. Bu
< Bn >⊂< Ball(X, d∞ ) >
olduğunu söyler. Böylece
< Bn >=< Ball(X, d∞ ) >
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 de gösterilecek)
Öklid metriği denilecektir. Bu metrikle kanıtta verilen metrikler birbirlerine
“denktir”.5 Dolayısıyla aynı topolojiyi üretirler. Neden?
Alıştırmalar
3.20. X = Rn de tanımlanan d2 ve d∞ metrikleri için,
md2 (x, y) ≤ d∞ (x, y) ≤ M d2 (x, y)
özelliğinde m, M > 0 reel sayılarının olduğunu gösteriniz.
3.4
Sıra Topolojisi
X kısmi sıralı küme olmak üzere, her x, y ∈ X için x ≤ y ya da y ≤ x oluyorsa,
X’e tam sıralı denir. x, y ∈ X olmak üzere aşağıdaki gibi tanımlanan kümelerin
herbirine 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.
5
denklik kavramının ne anlamda olabileceğini okur şimdilik tahmin etsin.
58
3. Taban
Tanım 3.5. X tam sıralı küme olsun.
A = {U ⊂ X : U
açık aralık}
olmak üzere X üzerinde tanımlı < A > topolojisine sıra topolojisi denir.
Sıra topolojisiyle donatılmış uzaya da sıra uzayı denir.
Örnekler
3.21. 0 < α ordinal olmak üzere sıra topolojisiyle donatılmış [0, α) topolojik uzaya ordinal
uzay denir.
R üzerindeki Öklid topolojisinin bir sıra topolojisi oduğu açıktır. Buna
karşın Rn üzerinde tanımlı Öklid topolojisi, ters alfabetik sıralamaya göre6 bir
sıra topolojisi değidir.
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolaydır.
Teorem 3.5. X en az iki elemanlı tam sıralı küme ve τ , X üzerindeki sıra
topolojisi olsun. Açık aralıkların kümesi, τ ’nın bir tabanı ve
B = {(−∞, x) : x ∈ X} ∪ {(x, ∞) : x ∈ X}
bu topolojinin alttabanıdır.
Teorem 3.6. Sıra topolojisi Hausdorffdır.
Kanıt: τ , tam sıralı X kümesinde sıra topoloji olsun. x, y ∈ X ve x 6= y
olsun. (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 = ∅
olacaktır. U ve V kümeleri açık olduklarından kanıt tamamlanır.
Okur şunu sorabilir: “Neden böyle bir topoloji kısmi sıralı küme üzerinde
değil de, tam sıralı küme üzerinde tanımlandı?” Aslında sıra topolojisinin kısmi
sıralı küme üzerine genellemesi vardır. Bu genellemeyi aşağıdaki teoremin bir
sonucu alarak tanımlıyabiliriz.
Teorem 3.7. τ , tam sıralı 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
6
Rn kümesindeki bu sıralamaya göre (x1 , ..., xn ) < (y1 , ..., yn ) olması için gerekli ve yeterli
koşul x1 = y1 ,...,xk−1 = yk−1 ve xk < yk özelliğinde bir k’nın olmasıdır.
3.5. Sıra Uzayında Kapalı Kümeler
59
özelliğinde 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 ise
her u ∈ U ve v ∈ V için u 6≤ v ve x ∈ U , y ∈ V
özelliğinde U ve V açık kümeleri vardır. Bu özellikte τ topolojisi ile donatılmış
X uzayına kısmi sıralı uzay 7 8 denir. τ topolojisine kısmi sıralı topoloji
denir.
Kısmi sıralı topoloji bu kitabın çok fazla konusu olmayacaktır.
Alıştırmalar
3.22. X = Z üzerindeki sıra topolojisinin ayrık topoloji olduğunu gösteriniz.
3.23. X sıra uzayında her a, b ∈ X için (a, b] aralığının açık olduğunu gösteriniz.
3.24. X bir sıra uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(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.
3.25. 0 < α ordinali verilsin. [0, α) ordinal uzayı için aşağıdakileri gösteriniz.
(a) 0, bir izole noktadır. Yani, {0} kümesi açıktır.
(b) Verilen her 0 < β < α noktasını içeren açık-kapalı küme vardır.
(c) β ∈ [0, α) noktasının izole nokta olabilmesi için gerekli ve yeterli koşul β’nın limit
ordinal olmamasıdır.
3.5
Sıra Uzayında Kapalı Kümeler
Teorem 3.8. Tam sıralı X kümesinde, sıra topolojisine göre, A ⊂ X altkümesi
için aşağıdakiler denktir.
(i) A kümesi kapalıdır.
7
İngilizcesi: partially ordered space
Meraklısına: kısmı sıralı uzay kavramı üzerinde geçişli ve refleksiv (quasi order) bağıntısı
olan topolojik uzaya da genellenebilir. Bununla ilgili bir çalışma [107]’da bulunabilir.
8
60
3. Taban
(ii) S ⊂ A olmak üzere s = sup A ise s ∈ A olur. İlaveten s = inf A ise
s ∈ A olur.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) 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
özelliğinde bir U açık aralığı vardır. Diğer taraftan:
- U = (−∞, x) formunda olamaz: Gerçektende olma durumunda, S 6= ∅
olduğundan,
s<x≤t≤s
özelliğinde t ∈ S olacaktır ki, bu bir çelişkidir.
- U = (x, ∞) formunda da olamaz: Olsaydı, x, S kümesinin bir üst sınırı
olurdu, buradan da s ≤ x < s çelişkisi oluşurdu.
- U = (a, b) biçiminde olamaz: Olma durumunda b ≤ t özelliğinde t ∈ S
olamayacağından her t ∈ S için t ≤ a olacağından, a, S kümesinin bir
üst sınırı 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.
(ii) ⇒ (i) p ∈ X \ A verilsin. Aşağıdaki üç durumdan biri gerçekleşir.
(a) p, A kümesinin bir üst sınırı olma durumu: Bu durumda p, A kümesinin
supremumu olamaz. O halde
A ≤ x ve p 6≤ x
özelliğinde 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 üst sınırı olmama durumu: Bu durumda
A− = A ∩ (−∞, p) 6= 0 ve A+ = A ∩ (p, ∞) 6= ∅
3.6. Sıra Uzayının Kopukluğu
61
olur. Ayrıca A = A− ∪A+ olur. Bunun yanında p, A− kümesinin üst sınırı
olmasına karşın supremumu değildir. Benzer biçimde p, A+ kümesinin
alt sınırı olmasına karşın infimumu değildir. Dolayısıyla
A− ≤ x < p < y ≤ A+
özelliğinde x, y ∈ X vardır. Ayrıca
p ∈ (x, y) ⊂ X \ A
olur.
Böylece p ∈ U ⊂ X \ A özelliğinde U açık kümesi vardır. Dolayısıyla X \ A
açık, yani A kapalıdır. Kanıt tamamlanır.
X bir sıra topolojik uzay ve C, X’nin boşkümeden farklı bir altkümesi
olsun. C’nin boşkümeden farklı her altkümesinin supremumu ve infimumu var
ve bunlar C’de kalıyorsa, C kompakttır (kompaktlığın tanımının henüz verilmediğinin farkındayız!) Buna göre R’nin sınırlı ve kapalı aralıkları kompakttır.
3.6
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 tam9 ve x < y için (x, y) 6= ∅ olur.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) X uzayının bağlantılı olmadığını varsayalım, yani X kopuk
uzay olsun. U ve V ayrık, birleşimleri X’e eşit ve boş olmayan açık kümeler
olsunlar. a ∈ U ve b ∈ V seçelim. a < b olduğunu varsayalım.
a ∈ S = {x ∈ X : x < b, [a, x] ⊂ U }
kümesinin X’de 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
9
Dedekind tam olmanın ne demek olduğunu okur hatırlamalı.
62
3. Taban
m ∈ (u, v) ⊂ U
özelliğinde u, v ∈ X olacağından, [m, v) ⊂ U olur. m’nin supremum ve m < v
olmasından, v 6∈ U ve dolayısıyla v ∈ V olur. m < z < v özelliğinde 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
özelliğinde w ∈ V vardır ve w, S’nin bir üst sınırıdır. Böylece, m ≤ w ≤ m
eşitsizliğinden m = w olur. V açık olduğundan,
m ∈ (x, m] ⊂ V ve a ≤ x
özelliğinde x ∈ X seçebiliriz. Ayrıca, x, S kümesinin bir üst sınırı 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 birleşimleri X olacağından, X kopuk
uzay olur. Bu çelişkidir. O halde (x, y) 6= ∅ olmak zorundadır.
X’nin 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 özelliğinde 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,
p ∈ (−∞, s) ⊂ X \ U
elde edilir.
Böylece U , boşkümeden ve X’den farklı açık-kapalı bir kümedir. Bu, X’nin
bağlantılı olmasıyla çelişir.
İkinci durumda da benzer çelişki olur. Kanıt tamamlanır.
3.7. Fonksiyonlarla Topoloji Üretmek
63
Sonuç 3.10. Öklid R uzayı bağlantılıdır.
Kanıt: R bir sıra uzay ve Teorem 3.9’un (ii) özelliğini sağladığından istenen
hemen elde edilir.
Alıştırmalar
3.26. R üzerinde tanımlı Öklid topolojisinin bir sıra topoloji olduğunu gösteriniz.
3.27. 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 tam sıralı 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 çiziniz.
(ii) X üzerindeki Öklid topolojisinin S topolojisinden farklı olduğunu gösteriniz.
3.28. X = N üzerinde tanımlı sıra topolojisinin ayrık olduğunu gösteriniz.
3.29. X ve Y tam sıralı kümeler ve sıra topolojilerle donatılsınlar. f : X → Y sıra izomorfizma
ise f ’nin bir homeomorfizma olduğunu gösteriniz.
0
3.30. Q ve Q sıra uzayların kopuk uzaylar olduğunu gösteriniz.
3.7
Fonksiyonlarla Topoloji Üretmek
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ P(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 < A > topolojiye F tarafından üretilen topoloji denir ve yine < F > ile gösterilir.
Boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ P(X) tarafından üretilen topoloji
ile bu kümenin karakteristik fonksiyonlarının kümesinin ürettiği topolojiler eşit
olmayabilir. Buna karşın:
Teorem 3.11. X, boş olmayan bir X kümesi üzerinde A ⊂ P(X) tarafından
üretilen topoloji,
F := {χA : A ∈ A}
tarafından üretilen topolojiden daha kabadır. Yani,
< A >⊂< F >.
64
3. Taban
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 kısımda, tanım düzeyinde çok ve çok az özellikleriyle verilecektir.
Alıştırmalar
3.31. Y topolojik uzay ve f : X → Y sabit fonksiyon olsun. f tarafından üretilen topolojiyi
belirleyiniz.
3.32. Teorem 3.11’i kanıtlayınız.
3.33. τ , X üzerinde bir topoloji ve A ⊂ X verilsin. F = {χ{x} : x ∈ A} tarafından üretilen
topolojiyi belirleyiniz.
3.34. 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 çalışınız.
3.35. 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
gösteriniz.
3.8
Altuzay
Kümenin altkümesi, grupun altgrupu, halkanın althalkası, vektör uzayın altvektör uzayı olduğu gibi, topolojik uzayın da topolojik altuzayı vardır. Altuzay kavramı birbirlerine denk olan farklı formlarda verilebilir. Bunlardan biri
aşğıdadır.
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 (indirgenmis topoloji) ve (Y, τY ) topolojik uzayına topolojik
altuzay ya da indirgemis 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 }
olur.
Kanıt: U ∈ τY verilsin.
3.8. Altuzay
65
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’nin altuzayı ise, Z, X’nin altuzayıdır. Ayrıca,
Y , X’nin altuzayı olmak üzere, K ⊂ Y ’nin Y ’de kapalı olması için gerekli ve
yeterli koşulun, K = Y ∩ F olacak biçimde X’de kapalı F ’nin olması gerektiği
açıktır. Bu gözlemle aşağıdaki teoremin kanıtı kolaylıkla verilebilir.
Teorem 3.13. X bir topolojik uzay, Y , X’nin altuzayı ve A ⊂ Y verilsin.
Y
X
(i) A = Y ∩ A ,
X
(ii) Ao = Y \ Y \ A ,
olur.
Aşağıdaki teoremin kanıtı Ti -uzayların tanımı ve yukarıdaki teorem ve
gözlemlerin sonucu hemen elde edilir.
Teorem 3.14. X topolojik uzay ve Y , X’nin altuzayı olsun. 0 ≤ i ≤ 2 olmak
üzere, X, Ti -uzay ise, Y ’de Ti -uzaydır.
Alıştırmalar
3.36. (0, 1) aralığının, R Öklid uzayının altuzayı olmasının yanında homeomorfik uzaylar
olduğunu gösteriniz.
3.37. Y , X’nin bir altuzayı, Z bir topolojik uzay ve f : Z → Y bir fonksiyon olsun. f ’nin
sürekli olması için gerekli ve yeterli koşulun,
i : Y → X, i(x) = x
olmak üzere, i ◦ f ’nin sürekli olması gerektiğini gösteriniz.
3.38. X topolojik uzay ve A ⊂ X için intX (A), A’nın içini göstersin. Y , X’nin altuzayı
ve A ⊂ Y için intX (A) ⊂ intY (A) olduğunu gösteriniz. Bu eşitliğin genelde doğru
olmadığını gösteriniz.
3.39. Y , X uzayının altuzayı olsun. B, X’nin tabanı ise, {Y ∩ B : B ∈ B}’nin, Y uzayının bir
tabanı olduğunu gösteriniz.
3.40. Y bir topolojik uzay ve X, F ⊂ Y X tarafından üretilen topolojik uzay olsun. A, X’nin
altuzayı ise, A’nın {f|A : f ∈ F } tarafından üretilen topolojik uzay olduğunu gösteriniz.
3.41. Kopuk uzayın altuzayının da kopuk olduğunu gösteriniz.
3.42. X ve Y iki uzay olsun ve f : X → Y sürekli fonksiyon olsun. A, X’nin kopuk altuzayı
ise, Y ’nin altuzayı f (X)’nin de kopuk olduğunu gösteriniz.
66
3.9
3. Taban
Çarpım Uzayı
(Xi )i∈I boş olmayan kümelerin ailesi olmak üzere, bu kümenin kartezyan
çarpımının,
Q
I
i∈I Xi = {f : f ∈ (∪i Xi ) , ∀i, f (i) ∈ Xi }
olarak tanımlandığını hatırlayalım. Bu küme, seçim aksiyomu altında boşkümeden farklıdır.
((Xi , τi ))i∈I topolojik uzayların bir ailesi olsun. Bu aileyi kullanarak
Q
X = i∈I Xi
üzerinde “doğal” bir topoloji tanımlayacağız. İlk bakışta X kümesi üzerinde
tanımlanacak doğal topoloji tabanı
Q
B = { i Ui : Ui ∈ τi }
olan topoloji gibi görülebilir, ama öyle tanımlanmayacak (B’nin sonlu arakesit
işlem kapalı olduğu açıktır). B tarafından üretilen topolojiye kutu topolojisi
denir. Topolojisi kutu topolojisi olan topolojik uzay (X, τ )’ye topolojik kutu
uzayı (ya da kutu uzayı) denir. Kutu uzayı bazı ters örnek oluşumlarında
oldukça kullanışlı olsa da, bu topolojik uzay, topoloji alanında pek çalışılan
bir topolojik
Q uzay değildir.
X = i∈I Xi kümesi üzerinde izdüşüm fonksiyonlarla tanımlanan başka
bir topoloji tanımlayacağız. Öncelikle izdüşüm fonksiyonlarını hatırlayalım:
j ∈ I olmak üzere
Q
Pj : i∈I Xi → Xk , Pj (f ) = f (j)
olarak tanımlanan fonksiyona j’ninci
Q izdüşüm denir. Pratik olması açıdan her
i ∈ I için f (i) = ai olan f ∈ i∈I Xi fonksiyonunu, f = (ai ) olarak da
yazabileceğimizi unutmayalım.
Tanım 3.9. (Tychonoff[100]) (Xi , τi )i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve
Q
X = i∈I Xi
olsun. X üzerinde
P = {Pi : i ∈ I}
fonksiyonlar kümesi tarafından üretilen topolojiye çarpım topolojisi ya da
Tychonoff topolojisi , X topolojik uzayına çarpım uzayı 10 denir.
10
Çarpım uzaylarından ilk kez Steinitz’nin 1908 tarihli makalesinde bahsedilmiştir. Daha
soyut olarak, sonlu indeksli küme üzerinde, çarpım uzayları 1910 yılında Fréchet tarafından
tartışılmıştır. Çarpım uzayının genel tanımı Tychonoff tarafından [100] de verilmiştir.
3.9. Çarpım Uzayı
67
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 (Ui ) : i ∈ I, Ui ∈ τi }, X uzayının bir öntabanıdır.
Q
(iii) B = { i∈I Ui : Ui ∈ τi , {j ∈ I : Uj =
6 Xj } sonlu}, X uzayının bir
tabanıdır.
Teorem 3.15. X, ((X, τi ))i∈I topolojik uzaylarının çarpım uzayı olsun. Her
j ∈ I için, Xj uzayı, X’nin bir altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt: j ∈ I verilsin. Her i ∈ I \ {j} için ai ∈ Xi seçelim.
Y = {(xi ) : ∀i, i 6= j, xi = ai }
olarak tanımlansın. Xj ’nin Y altuzayına homeomorfik olduğu açıktır.
Q
Teorem 3.16. (Xi )i∈I
Q uzayların bir ailesi olsun ve i Xi bu ailenin
Q topolojik
çarpım uzayı olsun. 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 olsun.
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 ’ler seçilebilir. Her i ∈ I \ J için yi ∈ Ai seçip sabitliyelim. y = (yi )
olmak üzere
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
68
3. Taban
verilsin. j ∈ I için Uj , Xj topolojik uzayında açık ve xj ∈ Uj olsun. x ∈
Pj−1 (Uj ) olur. Varsayım gereği
Q
(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 ’nin 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 olsunlar.
π : X → Y × Z, π(f ) → (f|J , f|K )
olarak tanımlansın. π’nin birebir ve örten ve sürekli olduğu açıktır. Ayrıca,
π’nin ve tersinin sürekli olduğu da açıktır. Bu kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
3.43. (Xi , τi ) (i = 1, 2, ..., n) topolojik uzaylar olsunlar.
X = X1 × X2 ... × Xn = {(x1 , ..., xn ) : xi ∈ Xi }
ve
B = {U1 × U2 ... × Un : Ui ∈ τi }
olarak tanımlıyalım. X, B tarafından üretilen topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösteriniz.
(i) B, X uzayının bir tabanıdır.
Q
(ii) (X, τ ) topolojik uzayı, i∈{1,2,...,n} Xi uzerinde tanımlı kutu ve çarpım uzaylarına
homeomorfiktir.
3.44. (Xi , τi ) (i = 1, 2, ..., n) topolojik uzaylar olsunlar. (Yukarıdaki problemde olduğu gibi
tanımlanan topolojik uzaylar)
(X1 × ... × Xn−1 ) × Xn ve X1 × ... × Xn
uzaylarının homeomorfik olduklarını gösteriniz.
3.45. (Xi , τi ) topolojik uzayların bir ailesi olsun. τ bu ailenin çarpım topolojisi ve T kutu
topolojisi olsun. τ ⊂ T olduğunu gösteriniz.
Q
3.46. R Öklid uzay olmak üzere X = n∈N R kutu topolojisi ile donatılsın.
f : R → X, f (x) = (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun hiçbir noktada sürekli olmadığını gösteriniz.
Kanıt: f ’nin x0 ∈ R noktasında sürekli olduğunu varsayalım.
3.9. Çarpım Uzayı
69
U=
Q
n (x0
−
1
, x0
n
+
1
)
n
f (x0 ) noktasını içeren açık kümedir.
f ((x0 − , x0 + )) ⊂ U
özelliğinde > 0 vardır. Buradan, her n ∈ N için
x0 +
2
< x0 +
1
n
elde edilir ki, bu çelişkidir.
Q
Q
1 1
3.47.
n∈N R çarpım uzayında açık olmadığını gösteriniz.
n∈N (− n , n ) kümesinin,
3.48. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Y bir topolojik uzay ve f : Y → X
bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) f süreklidir.
(ii) Her i ∈ I için Pi ◦ f : Y → Xi süreklidir.
3.49. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Her k = 0, 1, 2 için aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) X bir Tk -uzayıdır.
(ii) Her i ∈ I için Xi , Tk -uzayıdır.
3.50. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Her i ∈ I için Pi : X → Xi
izdüşümünün açık olduğunu gösteriniz.
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’nin
öntabanı olduğundan istenilen açıktır.
3.51. 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 gösteriniz.
3.52. X, (Xi )i∈I topolojik uzayların kutu uzayı olsun ve her i ∈ I için Ai ⊂ Xi verilsin.
Q
Q
Q
Q o
0
i Ai =
i Ai ve
i Ai =
i Ai
olduğunu gösteriniz.
Q
3.53. 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 gösteriniz.
(i) τny ⊂ τd ⊂ τk .
(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.
3.54. 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
70
3. Taban
B={
Q
i
Ui : ∀i, Ui ⊂ Xi
açık ve
|{i ∈ I : Ui 6= Xi }| < α}
bir topolojik tabandır. Tabanı B olana uzaya α-çrpım uzayı diyelim. α-çarpım uzayının
çarpım uzayı gerekli ve yeterli koşulun ℵ0 ≤ α olması gerektiğini gösteriniz. Ayrıca X’nin
kutu uzayı olması için gerekli ve yeterli koşulun |I| + 1-çarpım uzayı olması gerektiğini
gösteriniz.
3.10
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’den 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.
Kanıt: Açıktır!
Yukarıda tanımlanan τf topolojisine f -bölüm topolojisi denir. (Y, τf )
topolojik uzayına f -bölüm uzayı diyeceğiz.11
X topolojik uzay ve f : X → Y 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 }
özelliğindeki 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
11
Bu tanımlama çokta standart bir tanımlama değil.
3.10. Bölüm Uzayı
71
x ≡ y ⇐⇒ f (x) = f (y)
denklik bağıntısını göz önüne alarak, bu denklik bağıntısına göre X’nin 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.
f : (X/≡, τq ) → (Y, τY ), f ([x]) = f (x)
olarak tanımlanan fonksiyon homeomorfizmadır. Bu gözlem nedeniyle aşağıdaki
tanımı yapmak kaçınılmaz olmalı.
Tanım 3.11. (Bear ve Levi[11])12 (X, τ ) bir topolojik uzay ve ≡, X üzerinde
bir denklik bağıntısı olsun.
q : X → X/≡, q(x) = [x]
olmak üzere, X/≡ üzerindeki q-bölüm topolojisine bölüm topolojisi ve bu
topoloji ile donatılmış X/≡ uzayına bölüm uzayı13 denir.
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 olsun. 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’ni denklik sınıfını göstermektedir.
(iii) U ⊂ Y açık ancak ve ancak f −1 (U ) açıktır.
12
Bölüm uzayı ilk kez Moore [1925] ve Alexandroff [1926]’da çalışılmaya başlanmıştır.
bu tanımlama nedeniyle, f -bölüm uzayına, neden sadece bölüm uzayı demediğimin
anlaşılacağını umuyorum.
13
72
3. Taban
(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.
Örnekler
3.55. 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 birerbir, 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.
3.56. [0, 2π], Öklid R 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.
3.57. 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.
Alıştırmalar
3.58. X ve Z iki topolojik uzay ve f : X → Y örten fonksiyon olsun. τY , Y üzerinde f -topoloji
olsun. g : Y → Z fonksiyonu için aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) g süreklidir.
(ii) g ◦ f süreklidir.
3.10. Bölüm Uzayı
73
3.59. X bir topolojik uzay ve Y = X × X çarpım uzayı olsun. Y üzerinde tanımlanan denklik
bağıntısı
(x, y)≡(a, b) ⇐⇒ y = b
olmak üzere, bölüm uzayı Y /≡ ve X’nin homeomorfik olduğunu gösteriniz.
3.60. f : [0, 2π] → S 1 , f (x) = (cosx, sinx) olarak tanımlanan fonksiyonun sürekli, örten ve
kapalı olmasına karşın açık olmadığını gösteriniz.
3.61. P : R2 → R, P ((x, y)) = x olarak tanımlanan fonksiyonun örten, sürekli ve açık olmasına
karşın kapalı olmadığını gösteriniz.
3.62. f : X → Y bir bölüm fonksiyonu olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) f açıktır.
(ii) Açık her U ⊂ X için f −1 (f (U )) açıktır.
3.63. X bir topolojik uzay ve ≡, X üzerinde denklik bağıntısı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösteriniz.
(i) U , X/≡ bölüm uzayında açıktır.
(ii) ∪{[x] : [x] ∈ U }, X’de açıktır.
3.64. X bir topolojik uzay, ≡, X üzerinde denklik bağıntısı olamak üzere
q : X → X/≡, q(x) = [x]
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) q kapalıdır.
(ii) A ⊂ X kapalı ise ∪{[x] : [x] ∩ A 6= ∅} kapalıdır.
(iii) A ⊂ X açık ise ∪{[x] : [x] ⊂ A} açıktır.
Problemde geçen kapalılık ifadesi açık olma ile değiştirilirse, problem yine geçerlidir.
Kanıt: (i) ⇐⇒ (ii)
∪{[x] : [x] ∩ A 6= ∅} = X \ q −1 (Y \ q(A))
olmasından istenilen elde edilir.
(ii) ⇐⇒ (iii) Açıktır.
3.65. f : X → Y ve g : Y → Z iki bölüm fonksiyonu ise g ◦ f ’nin bölüm fonksiyonu olduğunu
gösteriniz.
3.66. f : X → Y ve g : Y → Z, g ◦ f bölüm fonksiyonu olacak biçimde iki sürekli fonksiyon
ise, g’nin bölüm fonksiyonu olduğunu gösteriniz.
3.67. X bir topolojik uzay ve D, elemanları boş kümeden farklı, ayrık ve birleşimleri X olan
P(X)’nin 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 gösteriniz.
(i) F ∈ τf .
(ii) ∪U ∈F U , X’de açıktır.
D’ye X’de bir ayrışım, D üzerinde tanımlanan f -bölüm topolojisine ayrışım uzayı ve
f ’ye ayrışım fonksiyonu denir.
74
3. Taban
3.68. (X, τ ) bir topolojik uzay, D ⊂ P(X), X’nin bir ayrışımı ve P : X → D, x ∈ P (x)
özelliğinde örten fonksiyon olsun. τD , D üzerinde P -bölüm topolojisi olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) P kapalıdır.
(ii) F ∈ D, U ∈ τX ve F ⊂ U ise F ⊂ P −1 (W ) ⊂ U özelliğinde 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
özelliğinde W ⊂ D açık kümesi vardır. Ayrıca,
P (P −1 (W )) = W.
−1
(Gerçekten P (P (W )) ⊂ W olduğu açıktır. U ∈ W verilsin. P örten olduğundan
P (x) = U özelliğinde 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.
3.69. (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 gösteriniz.
(i) f kapalıdır.
(ii) F ∈ D, U ∈ τX ve F ⊂ U ise F ⊂ P −1 (W ) ⊂ U özelliğinde W ∈ τD vardır.
3.70. X bir topolojik uzay olsun.
x≡y ⇐⇒ {x} = {y}
olarak tanımlanan denklik bağıntısının bölüm uzayı X/≡’nin T0 -uzayı olduğunu gösteriniz.
3.71. X bir topolojik uzay ve X/≡, X’nin bir bölüm uzayı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösteriniz.
(i) X/≡ T1 -uzaydır.
(ii) Her x ∈ X için [x] ⊂ X kapalıdır.
3.72. (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 tanımlıyalım. Aşağıdakileri kanıtlayın.
(i) ≡ bir denklik bağıntısıdır.
(ii) Her i ∈ I için
dönüşümü açık olsun.
Q
qi : Xi → Xi /≡i , qi (x) = [x]i
Q
i Xi /≡ ve
i (Xi /≡i ) uzayları homeomorfikdir.
3.10. Bölüm Uzayı
75
Şekil 3.1: Bu karikatürün çok itici ve cinsiyetci bulunmasına rağmen, Hale’in
hatırına koydum.
4. Metrik Topoloji
Uzaklık (metrik) kavramı “muğlak” bir kavramdır. Bu muğlaklık, uzaklık kavramının matematiksel bir dil çerçevesinde ifade edilmesiyle ortadan kalkar.
Bu bölümde bu kavram aksiyomsal dille ifade edilerek, onun temel özellikleri
yanısıra, ürettiği topolojinin temel özellikleri çalışılacaktır.
Küme-Teorik topolojik uzay kavramının temel motivasyon kaynaklarından
biri metrik uzaylardır. Dolayısıyla, metrik uzay kavramının temel özelliklerini
incelemeden topoloji 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 belirli özellikleri sağlayan bir fonksiyondur. Bu özelliklerin temel kaynağı
R kümesinde iki nokta arasındaki uzaklığı veren fonksiyonlardan türetilmiştir.
Bir metrik ile donatılmış kümeye metrik uzay denir.
“Uzaklık” kavramı birçok anlamda olabilir. Örneğin bir kentin bir başka
kente olan uzaklığı vardır. Bu uzaklık değişik biçimlerde tanımlanabilir: Kuş
uçuşu, karayolu, bazı yerlerde kuş uçuşu bazı yerlerde karayolu v.b.
Uzaklık kavramı karmaşık da olabilir ya da kötü niyete bağlı olarak karmaşık
hale dönüştürülebilir: Bir kişinin kendi kendine olan uzaklığı ne olabilir? Uzaklık
“kendini sevmeme” üzerinden tanımlanırsa, kendi kendini sevmeyen birinin
kendi kendine olan uzaklığı yoktur, yani sıfırdır demek yersizlik de olabilir.
Kendisiyle barışık birinin kendi kendine olan uzaklığını sıfır kabul etmemek de
anlamsız olabilir. Bu tür bakış açılarını da yabana atmamak gerekir. Uzaklığın
hangi birimle ölçüldüğü de önemlidir. Bu kitapta geçen uzaklık gerçel sayılarla
ölçülecektir.
Eşit İki Nokta Arasındaki Uzaklık : Bir deli bulunduğu noktadan bulunduğu noktaya gitmek için beş kilometre yürüyebilir. Bu delinin uzaklık
anlayışıdır, ama sonuçta uzaklıktır, saygı (ne demekse!) duymak gerekir. Demek ki deli uzaklığına göre bir noktanın kendisine olan uzaklığı beş kilometre,
yani sıfır olmayabilir. Biz akıllı olduğumuzdan, deli uzaklığını boşvererek birbirine eşit iki nokta arasındaki uzaklığı sıfır alalım. Deli uzaklığı ile deliler
uğraşabilir.
77
Birbirine eşit iki nokta arasındaki uzaklığı sembollerle ifade edecek olursak:
bir küme üzerinde tanımlanan bir d metriğinin (yani uzaklık fonksiyonunun)
kümenin her elemanı x için,
d(x, x) = 0
olduğu kabul edilecek.
İki Nokta Arasındaki Uzaklığın Sıfır Olması: Iki nesne arasında
uzaklık yoksa, yani sıfırsa bu nesneler birbirinden farklı olabilir mi? Bazı “zorlama yorumlarla” olabilir. Ama zorlamayacağız. Yani sembollerle ifade edecek
olursak,
d(x, y) = 0 =⇒ x = y
olduğunu varsayacağız.
İki Nokta Arasındaki Birinin Diğerine Olan Uzaklıkları Arasındaki
İlişki : Öncelikle “dağ dağa kavuşmaz ama insan insana kavuşur” deyimini
hatırlayarak “insan dağa kavuşur ama dağ insana kavuşmaz” ifadesi üzerine
okuru bir anlık için olsa da düşünmeye davet ediyorum.
Ali’nin Anamur’da ve Mehmet’in Kıbrıs’da yaşadığını, Mehmet’in Kıbrıs’dan
Anamur’a gidebilecek ne yeteneği (yani yüzme falan bilmiyor) ne de araçları
var diyelim. Ali’nin ise Kıbrıs’a kadar yüzebildiğini varsayalım. Siz okurları
düşünmeye davet ediyorum: Ali’nin Mehmet’e gidebilme değeriyle Mehmet’in
Ali’ye gidebilme durumları aynı mıdır?
İki farklı kişi arasındaki uzaklık ne olabilir? Bu kişilerden biri x isimli bir
bayan ve diğeri y olan bir erkek ise, x’nin y’ye olan uzaklığı, y’nin x’e olan
uzaklığına eşit midir? Duruma göre değişir elbette. Örneğin, uzaklığı “aşık
olma” modeline göre ölçecek olursak, x’nin 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 akaryakıt ile ölçelim. İki noktanın x olanı,
y olanının yukarısındaysa, araç hiç çalıştırılmadan bile, yani sıfır yakıtla x noktasından y noktasına gidebilir. Bu durumda x’nin 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 ve saire ve saire. Bunlar
uzatılabilir.
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.
78
4. Metrik Topoloji
Üçgen Eşitsizliği Aksiyomu: Kümenin noktaları arasındaki mesafelerin
toplanabilir olduğunu varsayalım. a ve b noktaları arasındaki mesafeyi d(a, b)
ile gösterelim. x, y ve z keyfi üç noktaysa d(x, y), d(x, z) ve d(y, z) arasındaki
ilişki ne olmalı?
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
olduğunu varsayacağız, tıpkı üçgenlerin kenar uzunlukları arasındaki ilişki gibi!
Zaten buna da üçgen eşitsizliği denilecektir.
Her neyse yukarıdaki anlatımları ve yorumları matematiksel bir dil ile anlatmaya başlayalım.
4.1
Motivasyon: 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,
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. Bu durumda
(a, b) = B(x0 , )
yazabiliriz. O halde
B = {B(x, ) : x ∈ R, > 0}
olur. X üzerindeki Öklid metriğinin bu kümelerle üretildiğini not edelim. d
fonksiyonu da Öklid uzayı için “temel” bir fonksiyondur diyebiliriz ve aşağıdaki
özellikleri sağlar:
(i) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y.
(ii) d(x, y) = d(y, x).
(iii) d(x, y) ≤ d(x, y) + d(y, z).
4.2. Metrik Uzay ve Topolojisi
79
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 tanımlanabilmese bile, açık aralık kavramını genelleyen açık küre
kavramının yolu açılacaktır. Buradan da 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.
4.2
Metrik Uzay ve Topolojisi
Metrik uzay kavramını bilenler için kısım 3.2 de metrik uzay ve onun ürettiği
topolojiden bahsedilmişti. Bir küme üzerinde metriğin ne olduğunu açık seçik
tanımlayalım.
Tanım 4.1. (Frechet[33]) X boş olmayan bir küme olmak üzere d : X×X → R
fonksiyonu,
(m1) d(x, y) = 0 ⇐⇒ 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 denir.
X bir metrik uzay dediğimizde, X’nin üzerinde belirli bir metriğin var
olduğunu kabul etmiş olacağız.
Yukarıda tanımlanan m1, m2 ve m31 aksiyomlarına metrik aksiyomları
denir. Metriğin pozitif değerli olduğu,
0 = d(x, x) ≤ d(x, y) + d(y, x) = 2d(x, y)
eşitsizliğinin direk bir sonucudur ve önemlidir.2
En temel ve mütevazi metrik örneği ise tartışılmaz bir şekilde aşağıdakidir.
Örnek 4.1. d : R × R → R, d(x, y) = |x − y| olarak tanımlanan fonksiyon bir metriktir. Bu
metriğe Öklid metrik denir.
Metrik uzaylarını tanımlayan aksiyomlar kullanılarak bazı kavramlar aşağıdaki
gibi genellenebilir. Ancak, bu kavramların detaylarına girilmeyecektir.
1
bu eşitsizliğe üçgen eçitsizliğı denir.
Pedegolojik açıdan metriğin pozitif değerli olduğu sonuç olarak değil, tanımın içinde
verildiği olur.
2
80
4. Metrik Topoloji
Tanım 4.2. d : X × X → R+ fonksiyonu verilsin. Metrik uzayı tanımında
geçen (m1), (m2) ve (m3) aksiyomlar olmak üzere, d fonksiyonu aşağıdaki
gibi adlandırılır:
(i) sözde metrik 3 : (m2) ve (m3) koşulları ve her x ∈ X için d(x, x) = 0
sağlanıyorsa.
(ii) yarımetrik 4 : (m1) ve (m3) sağlanıyorsa.
(iii) semimetrik : pozitif değerli ve (m1), (m2) sağlanıyorsa.
(iv) premetrik: (m1) sağlanıyorsa.
Aşağıdaki örnekler (m1), (m2) ve (m3) aksiyomlar arasında ayırt edici
bilgiler verebilir.
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,
d(x, y) =
x−y
−1
x≥y
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 kavramı, metrik uzayda da tanımlanarak,
açık küre kavramıyla 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.
3
4
ingilizcesi: pseudometric
Ingilizcesi: quasimetric
4.2. Metrik Uzay ve Topolojisi
81
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 birleşimine eşittir. Ayrıca iki açık kürenin arakesiti bazı açık kürelerin birleşimine 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 < (X, d) > ile gösterilir.
Tanım 4.5. τ , X üzerinde bir topoloji ve X üzerindeki bir metrik d için
τ =< (X, d) >
oluyorsa τ ’ya metrikleşebilir topoloji denir.
Aşağıdaki teorem metrik topoloji ile 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, < (Y, d) >) uzayları homeomorfikse
τ =< (X, p) >
özelliğinde p metriği vardır.
Kanıt: f : (X, τ ) → (Y, < (Y, d) >) bir homeomorfizma olsun. X üzerinde
p(a, b) = d(f (a), f (b))
eşitliği ile tanımlanan fonksiyon bir metriktir ve τ =< (X, p) > olur.
< (X, d) > topolojisinin bir tabanının açık küreler olduğunu söylemiştik.
(X, d) sözde metrik uzay ise, 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 gerekli ve yeterli
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.
(i) p(x, y) = min{1, d(x, y)}.
82
4. Metrik Topoloji
(ii) q(x, y) =
d(x,y)
.
1+d(x,y)
(X, d) metrik uzaylarında aşağıdaki eşitsizliğin sağlandığı kolayca gösterilebilir: Her x,y, z ∈ X olmak üzere
|d(x, y) − d(x, z)| ≤ d(y, z)
sağlanır ve oldukca da kullanışlı bir eşitsizliktir. Bu eşitsizlik kavramı genellenebilir. Öncelikle bir metrik uzayda iki kümenin birbirine olan uzaklığını
tamımlıyalım.
Tanım 4.6. (X, d) bir metrik uzay ve A, B ⊂ X boş olmayan altkümeler
olsunlar. 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 sonuçlar 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 gösteriniz.
4.5. Bir X kümesi üzerinde tanımlı en ince topolojinin bir metrik topolojisi olduğunu gösteriniz.
4.6. Sözde metrik topolojisinin bir metrik topoloji olması için gerekli ve yeterli koşulun
Hausdorff olması gerektiğini gösteriniz.
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 gerekli ve
yeterli koşulu belirleyiniz.
4.8. d : X × X → R bir sözde metrik olsun.
4.3. Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
83
(i) x ≡ y ⇐⇒ d(x, y) = 0 ilişkisi bir denklik bağıntısıdır.
(ii) x ∈ X’nin 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 gösteriniz.
4.9. Sözde metrik topolojinin metrik topoloji olması için gerekli ve yeterli koşulun T0 -olması
gerektiğini gösteriniz.
4.10. (X, d) bir metrik uzay olsun. X × X’den 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’nın metrik olduğunu gösteriniz.
(ii) d, p ve q metriklerinin aynı topolojiyi ürettiklerini gösteriniz.
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
özelliğinde m, M > 0 gerçel sayılarının var olmasıdır. d ve p metrikleri denk ise, bunlar
tarafından üretilen metrik topolojilerin eşit olduklarını ancak, tersinin doğru olmadığını
gösteriniz.
(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 gösteriniz.
4.13. d, X üzerinde tanımlı metrik ise, P(X) üzerinde
p(A, B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}
olarak tanımlanan fonksiyonunun premetrik olduğunu gösteriniz.
4.14. (Sieberski[88]) Bir X topolojik uzayında {x} açık-kapalı ise x noktasına izole nokta denir. Izole noktası olmayan sayılabilir metrik uzayın rasyonel sayılar uzayına homeomorfik
olduğunu gösteriniz. (Kanıtı kolay değil!)
4.3
Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
Bir metrik uzayda açık küre ve kapalı küre kavramlarının yukarıdaki kısımda
tanımlandığını not edelim. Kalkülüs düzeyinde X = R’de 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, )
84
4. Metrik Topoloji
özelliğinde n0 ∈ N olmasıdır. Buradan gelen motivasyonla, yakınsama kavramı
topolojik uzaylar için aşağıdaki gibi genelleştirilebilir.
Tanım 4.7. (X, τ ) topolojik uzay ve (xn ), X’de bir dizi olsun. x ∈ X olmak
üzere her U ∈ τ (x) için
n ≥ n0 =⇒ xn ∈ U
özelliğinde n0 ∈ N varsa, (xn ) dizisi x noktasına yakınsıyor denir ve
xn → x
yazarız.
Bir topolojik uzayda bir dizinin bir noktaya yakınsaması, topolojinin alttabanının elemanlarıyla da test edilebilir. Kanıtını okura bırakıyoruz.
Teorem 4.3. (xn ), X topolojik uzayinda bir dizi, x ∈ X ve B, τ ’nın bir
alttabanı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) xn → x.
(ii) Verilen x ∈ B ∈ B için, her n ≥ n0 için xn ∈ B olacak biçimde n0 ∈ N
vardır.
(X, d) metrik uzay ve (xn ), X’de bir dizi olsun. x ∈ X olmak üzere, her
> 0 için
n ≥ n0 =⇒ xn ∈ B(x, )
özelliğinde n0 ∈ N varsa, (xn ) dizisi x noktasına < (X, d) > topolojisinde
yakınsar.
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
ifadeleriden ikincisi birincisini gerektirir.
(i) x ∈ A.
(ii) Terimleri A’da olan bir (xn ) dizisi x noktasına yakınsar.
Yukarıdaki teoremde birinci koşul ikincisini gerektirmeyebilir. Ancak metrik topolojiler için bu iki koşul birbirlerine denk olur. Yani:
Teorem 4.5. (X, d) bir metrik uzay ve A ⊂ X verilsin. < (X, d) > topolojisinde aşağıdakiler denktir.
4.3. Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
85
(i) x ∈ A.
(ii) Terimleri A’da olan bir (xn ) dizisi bir x ∈ X noktasına yakınsar.
Kalkulus 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 sayısı olmasıdır. Bu gözlemle Kalkülüs anlamındaki
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 sayısını varsa f , x0 noktasında süreklidir denir. f her
noktada sürekliyse, f ’ye süreklidir denir.
Yukarı tanımda geçen δ sayısının 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 okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 4.8. X bir metrik uzay ve Y bir topolojik uzay olsun. x ∈ X ve
f : X → Y fonksiyonu için aşağıdakiler denktir.
(i) x noktasında süreklidir.
86
4. Metrik Topoloji
(ii) xn → x ise f (xn ) → f (x)
Yukarıdaki teorem X metrik uzayının dizisel uzay (tanım için bkz: 7.
Bölüm 2.3) alınarak da genellenebilir.
Teorem 4.9. X bir metrik uzay ve Y topolojik uzay olsun. f : X → Y
fonksiyonu için aşağıdakiler denktir.
(i) f süreklidir.
(ii) xn → x ise f (xn ) → f (x).
olur.
(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
X kümesinden R ye tanımlı f fonksiyonunun sıfır kümesinin
Z(f ) := f −1 (0)
olarak tanımlandığını söyleyelim.
Teorem 4.10. (X, d) bir metrik uzay olsun. < (X, d) > topolojisine göre
A ⊂ X kümesi için,
A = Z(f )
olacak biçimde sürekli f : X → R vardır.
Kanıt: 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.
4.3. Dizinin Yakınsaması ve Süreklilik
87
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 kümelerin arakesiti olarak yazılabilen kümeye Gδ küme denir. Sayılabilir tane kapalı kümelerin birleşimi 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.
Kanıt: (X, d) ber metrik uzay ve A ⊂ X bu uzayda kapalı olsun.
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
4.15. (X, d) bir metrik uzay olmak üzere, < (X, d) > metrik topolojisine göre boşkümeden
farklı ayrık ve kapalı A, B ⊂ X için aşağıdakileri gösteriniz.
(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 özelliğinde ayrık açık kümeler U ve V vardır.
4.16. p ve q, X üzerinde iki metrik olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) i : (X, < (X, p) >) → (X, < (X, q) >), i(x) = x fonksiyonu süreklidir.
(ii) < (X, q) >⊂< (X, p) >.
Ayrıca, özdeşik fonksiyonun bir homeomorfizma olması için gerekli ve yeterli koşulun
< (X, p) >=< (X, q) > olduğunu gösteriniz.
4.17. X = R üzerinde
p(x, y) =
|x−y|
1+|x−y|
metriğini tanımlayalım. < (X, p) > topolojisinin Öklid topoloji olduğunu gösteriniz.
4.18. (Xi ), topolojik uzayların bir ailesi ve X, bu uzayların çarpım uzayı olsun. (xn ), X
uzayında bir dizi olsun ve x ∈ X olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) xn → x.
(ii) Her i için, Xi uzayında Pi (xn ) → Pi (x).
Burada Pi ’ler izdüşüm fonksiyonlarıdır.
4.19. Bir topolojik uzayda bir dizinin birden fazla limiti olamıyorsa uzayın T1 -uzayı olduğunu
gösteriniz.
4.20. f , X topolojik uzayından R’ye bir fonksiyon olmak üzere f ’nin sürekli olması için gerekli
ve yeterli koşulun her a, b ∈ R için f −1 ((a, ∞)) ve f −1 ((−∞, b)) kümelerinin açık olması
gerektiğini kanıtlayınız.
88
4. Metrik Topoloji
4.21. X topolojik uzay ve R, d(x, y) = |x−y| metriği ile donaltılsın. X’den R’ye tanımlı sürekli
fonksiyonların kümesi C(X)ile gösterilir. C(X)’nin 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 gösteriniz. 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 gösteriniz.
4.4
Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
“Metrik topolojilerin çarpım topolojileri bir metrik topoloji midir?” sorusu anlamlı ve yanıtı evet değildir. Bunun için bir örnek vermeden 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.
Örnekler
4.22. Çarpım uzayı X =
yalım ve d,
Q
r∈R
R’nin topolojisi τ , metrik topoloji değildir: Olduğunu varsaτ =< (X, d) >
özelliğinde metrik olsun. (An ) reel sayıların altkümelerinin bir dizisi ve her n için
fn = χR\An
diyelim.
d(fn , 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
olur. Buradan da f (r) = 1 olur, yani 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.
f ∈ ∩r∈I Pr−1 (−, ) ⊂ U
özelliğinde > 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 . 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 = χR\An formunda olduğundan,
4.4. Çarpım Uzayının Metrikleşebilirliği
89
{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.
Teorem 4.12. ((Xn , τn )) topolojik uzayların bir dizisi olsun. (X, τ ), bu topolojik uzayların topolojik çarpım uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) Her n için τn metrikleşebilir.
(ii) τ metrikleşebilir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Her i için τi , X 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 ) ,
X üzerinde bir metriktir. τ topolojisinin d metriği tarafından üretidildiğini
göstereceğiz. U ∈ τ ve (xm ) ∈ U olsun. τi ’ler di metriği tarafından üretilen
topoloji olduğundan,
δ<
2n (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 olduğu gösterilmiş olur. Yani,
τ ⊂< (X, d) >
olur. > 0 ve (xn ) ∈ X verilsin.
P∞
1
i=m+1 2i
<
2
özelliğinde m ∈ N seçelim.
−1
(xn ) ∈ ∩m
i=1 Pi (B(xi , 2 )) ⊂ B((xn ), )
olur. τi ’lerin di metriği tarafından üretilen topolojiler olduğu dikkate alınarak,
X üzerinde τ çarpım topolojisinin, d metriği tarafından üretilen topolojiden
daha ince olduğu gösterilmiş olunur. Bu kanıtın bir yönüdür.
(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
90
4. Metrik Topoloji
0
x = (u1 , ..., uk−1 , x, uk+1 , ...)
olarak tanımlayalım.
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.
δ=
2k
1−2k
olmak üzere B(x, δ) ⊂ U olduğunu göstermek zor değildir. Bu bize, τk ’nın dk
tarafından üretilen topolojiden daha kaba olduğunu söyler. > 0 ve x ∈ Xk
verilsin.
δ=
2k
1−2k
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, )
olur.
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 [109]’de
bulunabilir.
Teorem 4.13. X, topolojik uzayların ailesi (Xi )i∈I ’lerin çarpım uzayı olsun.
Aşağıdakiler denktir.
(i) X metrikleşebilir uzaydır.
(ii) Her i için Xi metrikleşebilir ve {i ∈ I : 1 < |Xi |} sayılabilirdir.
Alıştırmalar
4.23. RN çarpım uzayında
{f ∈ RN : ∀n, f (n) > 0}
4.5. Öklid Topolojik Uzayı
4.24.
91
kümesinin açık olmadığını gösteriniz.
(i) ( Baire Metrik)5 d : RN × RN → R, her f için d(f, f ) = 0 olmak üzere, f 6= g
için
1
d(f, g) =
min{i : f (i) 6= g(i)}
olarak tanımlanan fonksiyonun bir metrik olduğunu gösteriniz.
(ii) RN üzerinde tanımlı Baire Metriği tarafından üretilen topolojinin, çarpım topolojisinden farklı ve daha ince olduğunu gösteriniz.
Q
4.25. ((Xn , τn )n ) metrikleşebilir uzayların bir dizisi ve X = n Xn bu dizinin çarpım uzayı
olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(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 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 olur.
(i) =⇒ (ii) olduğunun kanıtını okuyucuya bırakıyoruz.
Q
4.26. ((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{di (xi , yi ), 1} : i ∈ N} olarak tanımlanan d, X üzerinde bir metrikdir.
(ii) X’nin topolojisi d metriği tarafından üretilir.
4.27. RN üzerindeki kutu topolojisinin metrik topolojisi olmadığını gösteriniz.
4.5
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, esas olarak göstermek
istediğimiz, X = Rn üzerinde, 1 ≤ p reel sayısı için,
1
P
dp (x, y) = ( ni=1 |xi − yi |p ) p
5
Kanıt için:[90], p. 124
92
4. Metrik Topoloji
olarak tanımlanan fonksiyonun metrik olduklarını göstermek. 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
esitliği ile tanımlansın. f fonksiyonunun türevini sıfır yapan tek değer x = 1
dir ve o noktada f ’nin ikinci türevi negatif değer 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
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 6
olarak adlandırılan,
ab ≤ p1 ap + 1q aq
eşitsizlik elde edilir. Young eşitsizliği aşağıdaki teoremde verilen iki temel
eşitsizlikten hemen elde edilir.
Teorem 4.14.
7
ai , bi ∈ R+ (i = 1, ..., n) ve p,q ∈ R+ sayıları
1
p
+
1
q
=1
özelliğinde olsun. Aşağıdaki eşitsizlikler geçerlidir.
(i) Hölder eşitsizliği:
Pn
i=1 ai bi
≤(
p p1 Pn
q 1q
i=1 ai ) ( i=1 bi )
Pn
(ii) Minkowski eşitsizliği:
6
7
1912 yılında W. H. Young tarafından verilmiştir.
Bu teoremle ilgili gelişmeler hakkında [96] üzerinden iz sürülebilir.
4.5. Öklid Topolojik Uzayı
(
93
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. Yaung eşitsizliğini uygulayarak
her 1 = 1, 2, ..., n için
ai bi
AB
p
≤ p1 ( aAi )p + 1q ( bBi ) .
Buradan,
1
AB
Pn
i=1 ai bi
=
Pn
ai bi
i=1 ( A B )
≤
Pn
1 ai p
i=1 ( p ( A )
+ 1q ( aAi )q ) = 1.
elde edilir. Bu istenilen eşitsizliktir.
(ii) Basit işlemler ve Hölders eşitsizliğinden aşağıdaki eşitsizlik elde edilir.
Pn
i=1 (ai
P
+ bi )p = Pni=1 (ai + bi )(ai + bi )p−1
Pn
n
p−1
p−1 +
=
i=1 ai (ai + bi )
i=1 ai (ai + bi )
1 P
1
Pn
= ( i=1 ai p ) p ( ni=1 (ai + bi )q(p−1) ) q
1 P
1
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 (M 1) ve (M 2)’nin sağlandığı açıktır. (M 3)
ise Minkowski eşitsizliğinden başka birşey değildir.
X = Rn üzerinde Öklid ∞-metriği ,
d∞ (a, b) = sup1≤i≤n |ai − bi |
94
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.
eşitliği ile tanımlanır. Bunun gerçekten bir metrik olduğu açıktır.
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)
özelliğinde 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
< (X, dp ) >=< (X, d2 ) >
olur.
Şimdi aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 4.9. X = Rn üzerinde d2 tarafından üretilen topoloji < (X, d2 ) >’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. Burada
Bd1 (0, 1) ⊂ Bd2 (0, 1) ⊂ Bdp (0, 1) ⊂ Bd∞ (0, 1)
olur. Ayrıca 2 < p < q < ∞ ise
4.5. Öklid Topolojik Uzayı
95
1
−1
1
−1
Şekil 4.2
Bdp (0, 1) ⊂ Bdq (0, 1)
olur.
Alıştırmalar
4.28. n ∈ N için X = Rn çarpım uzayının n-boyutlu Öklid uzayına homeomorfik olduğunu
gösteriniz.
4.29. 0 < p < ∞ verilsin.
P
lp = {(xn ) : xn ∈ R, n |xn |p < ∞}
olarak tanımlansın. Her x = (xn ) ve y = (yn ) ∈ lp için
1
P
dp (x, y) = ( n |xn − yn |p ) p
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) x = (xn ) ve y = (yn ) ∈ lp ve α ∈ R için (xn + yn ) ve (αxn ) ∈ lp . Dahası, lp bir
vektör uzaydır.
(ii) 1 ≤ p ≤ ∞ için dp metriktir.
(iii) 1 ≤ p ≤ ∞ için ||x|| = dp (x, 0)’nin bir normdur.
(iv) 0 < p < 1 ise dp semimetrik fakat metrik değildir.
(l2 , d2 ) uzayına Hilbert uzay denir.
Q
4.30. 1 ≤ p < ∞ verilsin. Bdp (0, 1) ⊂ lp kümesinin n∈N R çarpım uzayınında açık olmadığını
gösteriniz.
1
Kanıt: Varsayalım ki Bdp (0, 1) açık. Bu durumda n− 2 < 2 ve
−1
∩n
i=1 Pi (−, ) ⊂ Bdp (0, )
özelliğinde > 0 ve n ∈ N vardır. 1 ≤ i ≤ n için xi =
x = (xi ) ∈
2
ve i > n için xi = 0 olmak üzere
−1
∩n
i=1 Pi (−, )
olmasına karşın, x 6∈ Bdp (0, 1) olur. Bu çelişkidir.
Q
4.31. 1 ≤ i ≤ n için (Xi , di ) metrik uzaylar olsunlar. 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 gösteriniz.
4.32. X = R2 olmak üzere her 1 ≤ p < q ≤ ∞ için,
Bdp (0, 1) ⊂ Bdq (0, 1)
olduğunu gösteriniz. p = 1, 2, 3, ∞ için Bdp (0, 1)’nin resmini çiziniz.
96
4. Metrik Topoloji
4.33. 1 ≤ p < ∞ için (lp , dp ) metrik uzayının ayrılabilir olduğunu gösteriniz. (Bir topolojik
uzayın sayılabilir yoğun altuzayı varsa, o metrik uzaya ayrılabilir uzay denir.)
Kanıt: Her k ∈ N için
A = {(xn ) ∈ lp : xi ∈ Q, ∃i, xn = 0∀n ≥ i}
diyelim. A sayılabilir kümedir ve A = lp dir.
4.34. Reel değerli sınırlı dizilerin uzayı l∞ ile gösterilir. Yani,
l∞ = {f ∈ RN : supn |f (n)| < ∞}.
l∞ , noktasal toplama ve çarpma altında vektör uzaydır. Ayrıca
d∞ (f, g) = supn |f (n) − g(n)|,
l∞ üzerinde bir metrik tanımlar. (l∞ , d∞ ) metrik uzayının ayrılabilir olmadığını gösteriniz.
Kanıt: l∞ uzayının ayrılabilir olduğunu varsayalım.
A = {fn : n ∈ N} ve A = l∞
özelliğinde A kümesi vardır. f ∈ l∞ 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.
4.35. Şekil 4.2 de 1 < p < q < 2 için Bdp (0, 1) ve Bdq (0, 1) açık kürelerinin şekillerini çizerek
aralarındaki ilişkiyi gözlemleyiniz
4.36. Young eşitsizliği genellenebilir: [0, ∞)’den [0, ∞)’ye tanımlı kesin artan, sürekli ve sıfırda
sır değerini alan fonksiyonların kümesini F ile gösterelim. f ∈ F fonksiyonun ters fonksiyonunu f −1 ile gösterlim.
(i) f ∈ F ve a, b ≥ 0 için
ab ≤
Ra
0
f (x)dx +
Rb
0
f −1 (x)dx
olduğunu gösteriniz.
(ii) Yukarıda verilen eşitsizlikte 0 < α ≤ 1, f (x) = xα alınması durumunda eşitsizliğin
neye karşılık geldiğini görünüz.
(iii) ([52]) 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 gösteriniz.
4.6
Tam Metrik Uzay
Öncelikle şunu not edelim: (X, d) bir metrik uzay, (xn ), X’de 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,
4.6. Tam Metrik Uzay
97
∃x, limn→∞ |xn − x| = 0 ⇐⇒ limn,m→∞ |xn − xm | = 0
ifadesi de her zaman doğrudur. Buna karşın bir (X, d) metrik uzayında 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 fonksiyonu
genişleterek yapacağız.
Tanım 4.10. (Fréchet[33]) (X, d) bir metrik uzay olmak üzere
limn,m→∞ d(xn , xm ) = 0,
özelliğindeki (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[33]) (X, d) metrik uzay olsun. X’deki her Cauchy dizisi
yakınsak ise X’e tam metrik uzay denir.
Teorem 4.18. R Öklid metrik uzayı tamdır.
Kanıt: (xn ) 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 özelliğinde (xn ) dizisinin bir
altdizisi (xnk )’nin var olduğunu söyler. (xn )’nin Cauchy dizisi olduğu tekrar
kullanılarak xn → x olduğu elde edilir.
Örnekler
4.37. R Öklid uzayının altuzayı (0, 1) tam olmayan metrik uzaydır. Gösteriniz.
4.38. c00 = {f ∈ RN : f −1 (R \ {0}) sonlu} kümesi
d(x, y) = supn |xn − yn |
metriğine göre tam olmadığını gösteriniz.
4.39. R’nin metrik altuzayı Q’nın tam olmadığını gösteriniz.
98
4. Metrik Topoloji
4.40. Tam metrik uzayın kapalı altuzayı tamdır. Gösteriniz.
4.41. X boş olmayan bir küme ve (Y, d) tam metrik uzay olsun. B(X, Y ), X’den 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))
eşitliği ile tanımlanan d, B(X, Y ) üzerinde metrik olduğunu gösteriniz. Üstelik bu metriğe
göre B(X, Y ) uzayının tam olduğunu gösteriniz.
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 elde edilir. Dolayısı ile
fn (x) → f (x)
özelliğinde f ∈ Y
X
vardır. Ayrıca
supa,b∈X d(f (a), f (b)) < ∞
olduğu da açıktır. Yani f ∈ B(X, Y ). > 0 verilsin.
n,m ≥ n0 =⇒ p(fn , fm ) < özelliğinde 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.
4.42. Öklid R metrik uzayı tam olduğundan, yukarıdaki örneğin bir sonucu olarak: X boşkümeden farklı bir küme ve D, X’den 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. Gösteriniz.
Alıştırmalar
4.43. (DeMarr[26]) X kısmı sıralı küme olsun. X’de bir (xn ) dizisi x ∈ X noktasına sıra
yakınsıyor denir, eğer
yn ↑ x, zn ↓ x, yn ≤ xn ≤ zn (∀n)
özelliğinde (yn ) ve (zn ) dizileri varsa. Bu durumda x = o − lim xn yazılır. (X, d) bir
metrik uzay olmak üzere Y = X × R diyelim. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) Y üzerinde
(x, a) ≤ (y, b) :⇔ d(x, y) ≤ b − a
bağıntısı bir kısmi sıralamadır.
(ii) (xn ), X’de bir dizi ve x ∈ X olsun. xn → x olması için gerekli ve yeterli koşul
(x, 0) = o − lim(xn , 0) olmasıdır.
(iii) X metrik uzayının tam olması için gerekli ve yeterli koşul Y ’de artan ve üstten
sınırlı her dizinin supremumu ve azalan ve alttan sınırlı her dizinin infimumunun
olmasıdır.
4.7. Cantor Teoremi
4.7
99
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’nin kendisi
sınırlıysa metriğe sınırlı metrik 8 denir. Ayrıca,
r(A) = r(A)
olur. Bir kümenin sınırlı olması için gerekli ve yeterli koşulun, bir açık kürenin
altkümesi olduğu açıktır.
Teorem 4.19. (Cantor Teoremi) (X, d) bir metrik uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X tam uzaydır.
(ii) (Fn ), X’nin boşkümeden farklı kapsama ilişkisine göre azalan kapalı kümelerin dizisi ve r(Fn ) → 0 ise ∩n Fn 6= ∅ olur.
(iii) {Fs : s ∈ S}, X’nin sonlu arakesit işlem kapalı, kapalı altkümelerinin
bir ailesi ve her > 0 için r(Fs ) > 0 özelliğinde s ∈ S varsa ∩s∈S Fs 6= ∅
olur.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Her n için xn ∈ Fn seçelim. Her k için xn+k ∈ Fn
olacağından,
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 n için için
xn+k ∈ Fk ve xn+k → x olduğundan x ∈ Fk olur. O halde x ∈ ∩k Fk olur.
Böylece ∩k Fk 6= ∅ olur.
(ii) =⇒ (i) (xn ), X’de bir Cauchy dizisi olsun. Her k ∈ N için
Fk = {xn : n ≥ k}
olsun.
Fk+1 ⊂ Fk ve r(Fk ) → 0
olduğu açıktır. Dolayısıyla Fn ’lerin arakesitleri boşkümeden farklıdır. x ∈
∩n Fn diyelim. Her k için
B(x, k1 ) ∩ {xn : n ≥ k} =
6 ∅
8
Sınırlı metrik kavramının daha önce tanımlanmıştır!
100
4. Metrik Topoloji
olacağından, (xn ) dizisinin x’e yakınsayan bir altdizisi vardır. (xn ) dizisi Cauchy olduğundan xn → x olur.
(i) =⇒ (iii) Varsayımdan her j ∈ N için
r(Fsj ) <
1
j
özelliğinde sj vardır.
Fi = ∩ij=1 Fsj
olarak tanımlayalım. Fi boşkümeden farklı ve
r(Fi ) ≤
1
i
→0
olduğundan Fi ’lerin arakesiti tek elemanlı bir kümedir. x ∈ ∩i Fi olsun. s ∈ S
verilsin. Her i için
0
Fi = Fs ∩ Fi
diyelim. Aynı nedenlerle
0
∅=
6 ∩i Fi = Fs ∩ (∩i Fi ) = Fs ∩ {x}
olduğundan x ∈ Fs olur. Böylece x ∈ ∩s∈S Fs olur.
(iii) =⇒ (ii) olduğu açıktır.
Yukarıdaki teoremde (ii) =⇒ (i) ⇐⇒ (iii)’nin kanıtları Kuratowski [69]
tarafından verilmiştir.
Alıştırmalar
4.44. Bir metrik uzayın bir altkümesinin sınırlı olması için gerekli ve yeterli koşulun bir açık
kürenin altkümesi olması gerektiğini gösteriniz.
4.45. Bir metrik uzayda (xn ) dizisi Cauchy ise {xn : n ∈ N} kümesinin sınırlı olduğunu
gösteriniz.
4.8
Baire Uzayı
X topolojik uzay ve U ⊂ X açık olmak üzere her A ⊂ X için.
A∩U ⊂A∩U
olduğundan, X’nin yoğun ve açık iki altkümesinin arakesiti de yoğundur. Tam
metrik uzaylarda bunun daha fazlası doğrudur.
Bu kısımda bir tam metrik uzayda sayılabilir tane açık yoğun altkümelerinin arakesitinin de yoğun olduğu gösterilecektir. Bu sonuç oldukca önemlidir,
çünkü bunun bir uygulaması sonucu, Fonksiyonel Analizin esas toremlerinden ikisi olan Banach-Steinhaus Teorem (Düzgün Sınırlılık Prensibi) ve Açık
Gönderim Teoremleri kanıtlanabilir. Ayrıca sürekli fakat hiçbir yerde türevlenemeyen fonksiyonunun varlığı da bu sonuç kullanılarak kanıtlanabilir.
X topolojik uzayında
4.8. Baire Uzayı
101
(A)o = ∅
özelliğindeki A ⊂ X kümesine hiçbir yerde yoğun olmayan denir.
Tanım 4.12. X bir topolojik uzay olsun. X’nin boşkümeden farklı hiçbir
açık kümesi hiçbir yerde yoğun olmayan sayılabilir tane kümelerin birleşimi
olmuyorsa X’e Baire Uzay denir.
Yukarıdaki tanımlamanın anlaşılması zor olabilir ama aşağıdaki teoremde
verilen denklikler kolaylaştıcı olacaktır.
Teorem 4.20. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) X Baire uzayıdır.
(ii) Sayılabilir tane yoğun açık kümelerin arakesiti yoğundur.
(iii) Fn ’ler kapalı olmak üzere X = ∪n Fn ise ∪n Fno açık kümesi yoğundur.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Her n ∈ N için On , X’de açık ve yoğun olsun.
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.
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. X, Baire uzay olmasından dolayı O = ∅ çelişkisi elde
edilir. Böylece A ∩ O 6= ∅ olur. A’nın yoğun olduğu gösterilmiş olunur.
(ii) =⇒ (iii) Her n için Fn kapalı olmak üzere ve X = ∪n Fn olsun. O = ∪n Fno
diyelim. Her n için
En = Fn \ Fno
kümesi kapalı, hiçbir yerde yoğun olmayan kümedir ve dolayısıyla Enc açık
yoğun kümedir.
E = ∪n En
diyelim. Varsayım gereği
E c = ∩n Enc
yoğundur.
102
4. Metrik Topoloji
Oc = (∪n Fn ) \ (∪n (Fn )o ) ⊂ ∪n [Fn \ (Fn )o ] = E
olduğundan E c ⊂ O olur. E c yoğun olmasından da O’nın yoğun olduğu
görülür.
(iii) =⇒ (i) X’nin Baire uzay olmadığını varsayalım. Bu durumda
V = ∪n An , (An )o 6= ∅
özelliğinde An ’ler ve V 6= ∅ açık kümesi vardır.
X = V c ∪ (∪n An )
olduğundan, varsayım gereği
(V c )o = (V c )o ∪ (∪n (An )o
kümesi yoğundur, dolayısıyla V ∩ V c 6= ∅ olur ki, bu çelişkidir. Kanıt tamamlanır.
Teorem 4.21.
9
Tam metrik uzay Baire uzaydır.
Kanıt: (X, d) tam metrik uzay olsun. Her n ∈ N için An , X’de yoğun açık
olsun. A = ∩n An diyelim. x ∈ X ve r > 0 verilsin. Tümevarımla,
B[xn+1 , rn+1 ] ⊂ B(xn , rn ) ∩ An+1
özelliğinde X’de (xn ) dizisi ve 0 < rn ≤
gösterilebilir.
1
n
özelliğinde (rn ) dizisinin olduğu
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 ∩n Cn 6= ∅ dır. y ∈ ∩n Cn
alalım. y ∈ B(x, r) ∩ A olur. Yani
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.
Teorem 4.22. X tam metik uzay olsun. X = ∪n An ise en az bir m için
o
Am 6= ∅ olur.
9
Bu teorem Reeé-Louis Baire (1874-1932) tarafından 1989 tarihli doktora tezinde Rn için
kanıtlanmıştır. Genelleştirilmiş Hausdorff tarafından verilmisştir.
4.9. Metrik Uzayın Tamlaması
103
Alıştırmalar
4.46. Q’nın Baire uzay olmadığını gösteriniz.
4.47. Izole noktası olmayan tam metrik uzayın sayılamaz olduğunu gösreriniz.
4.48. R Öklid uzayında irrasyonel sayılar kümesinin sayılabilir tane kapalı kümelerin birleşimi
olarak yazılayamacağını gösteriniz.
4.49. Baire uzayın açık altuzayının Baire uzay olduğunu gösteriniz.
4.50. X = [0, 1] olmak üzere aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(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.
(iv) C(X) 6= (∪n An ) ∪ (∪n Bn )
(v) Sürekli fakat hiçbir noktada türevlenemeyen f ∈ C(X) vardır.
4.9
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)
özelliğinde ise f ’ye izometri denir. Bir metrik uzay tam olmasa bile tam olan
bir metrik uzayın yoğun altuzayına izometriktir. Daha da fazlası:
Teorem 4.23. (Hausdorff[47]) (X, d) bir metrik uzay olsun. u : X → Y ve
u(X) = Y özelliğinde tam metrik uzay (Y, p) ve izometri u vardır.
Kanıt: (Kuratowski[70]) B, X’den R’ye tanımlı sınırlı fonksiyonlar kümesi ve
her f ,g ∈ B için
p(f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
olmak üzere (B, p)’nin tam metrik uzay olduğunu göstermek zor değil. x0 ∈ X’i
sabitleyelim.
u : X → B, u(x)(y) = d(x, y) − d(x0 , y)
104
4. Metrik Topoloji
eşitliği ile verilen u fonksiyonun varlığı açıktır.
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))
eşitsizliklerinden u’nın izometri olduğu görülür. Tam metrik uzayın kapalı altuzayı tam olduğundan, Y = u(X) alınarak kanıt tamamlanır.
Teorem 4.24. (Hausdorff[48]) 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)
özelliğinde iki izometri olsun. Birebir ve örten h : Y → Z izometri vardır.
Kanıt: X uzayında (an ) ve (bn ) dizileri verilsin.
(i) f (an ) dizisinin yakınsaması için gerekli ve yeterli koşul (g(an )) dizisinin
yakınsamasıdır.
(ii) lim f (an ) = lim f (bn ) ⇐⇒ lim g(an ) = lim g(bn )
olduğunu göstermek zor değildir. Bu gözlemelerin 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,
detaylar okura bırakılmıştır.
X ve Y metrik uzayları arasında örten izometri var ise bu uzaylara izometrik uzaylar denir.
Tanım 4.13. Y tam metrik uzay olmak üzere, X metrik uzayından Y metrik
uzayına tanımlı f (X) = Y özelliğinde bir izometri var ise, Y uzayına X’nin
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 kalsik sayılabilen bir başka
kanıtı aşağıda verilmiştir.
4.9. Metrik Uzayın Tamlaması
105
Teorem 4.25. (Hausdorff[47]) Her metrik uzayın metrik uzay tamlaması
vardır.
Kanıt: Y0 , X üzerindeki Cauchy dizilerinin kümesi olsun. Her f ,g ∈ Y0 için,
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.
(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 Cauchy dizisi olsun. π(X) = Y olduğundan
her n için,
1
p(Gn , π(xn )) <
n
özelliğinde, X’de (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’de bir Cauchy dizisi olduğu görülür. f (n) = xn
olmak üzere,
106
4. Metrik Topoloji
[f ] ∈ Y ve π(xn ) → [f ]
olur.
p(Gn , [f ]) ≤ p(Gn , π(xn )) + p(π(xn ), [f ]) ≤
1
n
+ p(π(xn ), [f ]) → 0
olduğundan Gn → [f ] dir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
4.51. R Öklid metrik uzayın altuzayları Q ve R \ Q’nın metrik tamlamalarının R olduğunu
gösteriniz.
4.52. R’nin altuzayları (0, 1), [0, 1) ve (0, 1]’nin tamlamalarını belirleyiniz.
4.53. Bir metrik uzayın tam altuzayının kapalı olduğunu gösteriniz.
4.54. Ayrık metrik uzayın tam olduğunu gösteriniz.
4.55. (X, d) bir metrik uzayında bir (xn ) dizisi için aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) (xn ) Cauchy dizisidir.
P
(ii)
n d(xn , xn+1 ) < ∞.
4.56. (X, d) tam metrik uzay olsun.
p : X × X → R, p(x, y) = min{1, d(x, y)}
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) p, X üzerinde tam metriktir.
(ii) d ve p, X üzerinde aynı topolojiyi üretirler.
4.57. X = C[0, 1], [0, 1]’den 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 gösteriniz.
(X, p) uzayının tamlamasını belirleyiniz.
4.58. [0, 1]’den R’ye tanımlı polinomlar kümesi P ([0, 1])’nin
d(f, g) = supx∈[0,1] |f (x) − g(x)|
metriğine göre tam olmadığını gösteriniz ve tamlamasını belirleyiniz.
4.59. [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])’nin elemanlarının denklik sınıflarının kümesini R ile
gösterelim. R’nin
R1
d([f ], [g]) = 0 |f (x) − g(x)|dx
metriğine göre tam olmadığını gösteriniz ve tamlamasını belirleyiniz.
4.60. ((Xn , dn )) metrikQuzayların dizisi ve her n ve x,y ∈ Xn için dn (x, y) ≤ 1 olduğunu
varsayalım. X = n Xn olarak tanımlansın.
4.10. Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi
107
d : X × X → R, d((xn ), (yn )) =
1
n 2n dn (xn , yn )
P
olarak tanımlansın. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) (X, d) bir metrik uzaydır.
(iii) (X, d)’nin tam olması için gerekli ve yeterli koşul, her n ∈ N için (Xn , dn ) uzayının
tam olmasıdır.
4.10
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
her x ∈ A için g(x) = f (x)
ise 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.
Örnekler
4.61. Metrikleşebilir topolojik her uzayın kapalı altkümesi Gδ -kümedir. Gerçekten, X uzayının
topolojisi d metriği tarafından üretilen topoloji olsun. A ⊂ X kapalı olsun.
f : X → R, f (x) = d(x, A)
olmak üzere, f sürekli ve
A = ∩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 fonksiyon
uzayın kapanışına sürekli genişlemesi olması gerekmese de, altuzayla kapanışı
arasında kalan bir Gδ -kümesine sürekli olarak genişleyebilir.
Teorem 4.26. (X, d) bir metrik uzay ve (Y, p) tam metrik uzay olsun. A ⊂ X
ve f : A → Y sürekli fonksiyon olsun.
A ⊂ A∗ ⊂ A
ve f ∗ : A∗ → Y , f ’nin sürekli genişlemesi olacak biçimde Gδ -küme A∗ vardır.
Kanıt: d tarafından üretilen topolojiyi τ ile gösterelim. Her x ∈ X için
τ (x) = {U ∈ τ : x ∈ U }
gösterimini tanımlamıştık. f fonksiyonu sürekli olduğundan her x ∈ X için
supy,z∈A∩Ux p(f (y), f (z)) < ∞
108
4. Metrik Topoloji
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))
tanımlayalım. 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 açıktır. Y tam olduğundan da
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 )
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)) < özelliğinde 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 },
4.10. Sürekli Fonksiyonların Genişlemesi
109
A’nın açık bir kümesidir. Gerçekten, x ∈ An ise,
sup{p(f (y), f (z)) : y, z ∈ U ∩ A} <
1
n
özelliğinde U ∈ τ (x) vardır. Buradan
x ∈ U ∩ A ⊂ An
elde edilir. Böylece An , A altuzayında açıktır.
A∗ = ∩n An
olduğundan, A∗ , A’da Gδ -kümesidir. Metrik uzayda kapalı her küme Gδ küme olduğundan , A∗ , X’de 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. 10 (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)) < özelliğinde δ > 0 var ise, f ’ye düzgün sürekli 11 denir.
Henüz kompaktlık kavramı verilmemiş olsa da, bir kompakt metrik uzayda
tanımlı reel değerli sürekli her fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu söyleyelim. Bunun bir sonucu olarak reel sayıların kapalı ve sınırlı her altkümesinden
R’ye tanımlı her sürekli her fonksiyon düzgün süreklidir. Bunun için Alıştırma
11.10’a bakınız.
Teorem 4.27. X bir metrik uzay ve Y tam metrik uzay olsun. A ⊂ X ve
f : A → Y düzgün sürekli fonksiyon olsun. f ’nin düzgün sürekli genişlemesi
f : A → Y vardır.
10
Bu kavram Bolzano’nın 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 Bolzana çalışmalarında
tam olarak kanıtı vermeden, kapalı aralıkta tanımlı sürekli fonksiyonun düzgün sürekli
olduğunu ifade etmiştir.
11
X metrik uzayından her metrik uzaya tanımlı sürekli fonksiyon düzgün sürekli oluyorsa,
X’e Atsuji uzay denir.
110
4. Metrik Topoloji
Kanıt: f ’nin düzgün sürekliliğinden, bir önceki teoremde geçen A∗ = A
olduğu açıktır. Ayrıca f ’nin düzgün sürekli olduğu da açıktır.
Alıştırmalar
4.62. (X, d) bir merik uzay ve ∅ 6= A ⊂ X verilsin.
f : X → Y , f (x) = d(x, A)
olarak tanımlanan fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
4.63. f : R\{0} → R, f (x) = x1 olarak tanımlanan sürekli fonksiyonun R’ye sürekli genişlemesinin
olmadığını gösteriniz.
4.64. 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 gösteriniz.
4.11
Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
Bu bölümde topolojisi bir tam metrik tarafından üretilebilen topolojileri karakterize edeceğiz. (X, d) ve (Y, p) metrik uzayları homeomorfik olsunlar. p
tam metrik ise, f : X → Y bir homeomorfizma olmak üzere, X üzerinde
tanımlı
q(x, y) = p(f (x), f (y))
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[33]) Tam metrik uzaya homeomorfik olan topolojik
uzaya tam metrikleşebilir 12 uzay denir.
Tam metrik uzayın altuzaylarının tam metrikleşebilir olması için gerekli
ve yeterli 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 , T ’de bir Gδ -kümedir. Ayrıca, bir metrik uzayın kapalı
altkümesi Gδ -kümedir.
12
İngilizcesi: completely metrizable
4.11. Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
111
Teorem 4.28. (Lavrentieff[71]) 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 özelliğinde
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 ’nin 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
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∗ dır. x ∈ A∗ verilsin. xn → x özelliğinde A’da (xn ) dizisi vardır. f ∗ ve g ∗ ’nın
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∗ ’nın istenilen özellikte homeomorfizma olduğunu söyleyebiliriz.
Yukarıdaki teoremin bir sonucu aşağıdadır. Bu sonuç n-boyutlu Öklid uzayları için Mazurkiewicz[77] tarafından verilmiştir.
Sonuç 4.29. Bir metrik uzayın tam metrikleşebilir altuzayı Gδ -kümedir.
112
4. Metrik Topoloji
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 topoloji ile, 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’da 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’nin 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 olsunlar. Her n ∈ N için
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 ) <
1
n
olsun.
W = V ∩ {y ∈ Y : d(y, X) < n1 } ∈ τ (y0 )
ve W ⊂ Gn dir.
(ii) X ⊂ ∩n Gn : x ∈ X ve n ∈ N verilsin.
d(x, X) = 0
olur.
U = {y ∈ X : p(x, y) <
1
3n }
kümesi X’de açık olduğundan U = X ∩ O özelliğinde açık O ⊂ Y vardır.
x ∈ O ve r(X ∩ O) < n1 olduğu açıktır. Böylece x ∈ Gn dir. n keyfi
olduğundan x ∈ ∩n Gn olduğu gösterilmiş olur.
(iii) X = ∩n Gn : x ∈ ∩n Gn verilsin. d(x, X) = 0 ve dolayısıyla x ∈ X.
d(xn , x) → 0 olacak biçimde X’de (xn ) dizisi seçebiliriz. Ayrıca, τ (x)’de
r(Vn ∩ X) <
1
n
özelliğinde (Vn ) dizisi vardır. (Y, d) uzayında xn → x ve her n için x ∈ Vn
olduğundan,
4.11. Tam Metrikleşebilir Topolojik Uzaylar
113
m ≥ kn ⇒ xm ∈ Vn
özelliğinde (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 da verilmiş olur.
Yukarıdaki teoremin tersi tam metrik uzaylar için doğrudur.
Teorem 4.30. (Alexandroff Önteoremi) X metrikleşebilir uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X tam metrikleşebilir uzaydır.
(ii) X bir tam metrik uzay (Y, d)’nın Gδ -uzayına homeomorfiktir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) olduğu açıktır.
(ii) =⇒ (i) X uzayını, Y uzayının bir altuzayı olarak görebiliriz, dolayısıyla
X üzerindeki metrik d|X×X olur. X 6= Y olduğunu varsayalım.
X = ∩n Gn
özelliğinde 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) +
P
1
∗
n min{ 2n , |dn (x)
− d∗n (y)|}
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. Ayrıcan limn,m→∞ p(xn , xm ) = 0 olmasından,
|dk (xn ) − dk (xm )| → 0
olur. Böylece (dk (xn )) dizisinin limiti (n → ∞) vardır. Buradan,
114
4. Metrik Topoloji
limn d(xn , Y \ Gk ) = d(x, Y \ Gk ),
olur. Böylece d(x, Y \ Gk ) > 0, yani x ∈ Gk olur. k keyfi olduğundan
x ∈ ∩n Gn = X olur. p(xn , x) → 0 olduğu gösterilmiş olunur. Sonuç
olarak, (X, p) metrik uzayının tam olduğu gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
4.65. Tam metrikleşebilir bir uzayın kapalı altuzayının tam metrikleşebilir olduğunu gösteriniz.
4.66. Sayılabir tane tam metrikleşebilir uzayın çarpım uzayının tam metrikleşebilir olması
için gerekli ve yeterli koşulun her bir faktörün tam metrikleşleşebilir olması gerektiğini
gösteriniz.
5. Bağlantılı Uzay
Bir topolojik uzayın hem açık hem de kapalı olan altkümesine, açık-kapalı
küme denir. Bir X topolojik uzayda boşküme ve X açık-kapalı kümelerdir.
Ayrık uzayda her altküme açık-kapalıdır. Buna karşın temel topolojik uzay
örneklerimizden olan Öklid uzayı R’de açık-kapalı kümeler sadece ve sadece
boşküme ve R dir. X topolojik uzayının açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece
boşküme ve X ise, X uzayına bağlantılı uzay denilecektir. Bağlantılı olmayan
uzaya kopuk uzay denilecektir.
Bir Topolojik uzay bağlantılılığı sürekli fonksiyonlar terimiyle karakterize
edilebilir. Bunun sonucunda R Öklid uzayının altkümelerinin bağlantılı olması
için gerekli ve yeterli koşulun, bir aralık olması gerektiği kanıtlanabilecektir.
Aslında daha fazlası sıra topolojik uzaylar için kanıtlanacaktır.
Öklid R uzayından bir nokta atılarak elde edilen altuzayın kopuk uzay olmasına karşın, bu durum Öklid R2 uzayında geçerli değildir. Bunun bir sonucu
olarak R ve R2 uzaylarının homeomorfik olmadığı sonucuna varılabilecektir.
5.1
Bağlantılılık
Aşağıdaki tanımla başlayalım.
Tanım 5.1. 1 (Hausdorff[47], Riesz[86], Lennes[72]) τ , X üzerinde bir topoloji
olsun. X’nin açık-kapalı kümeleri sadece ve sadece boşküme ve X ise τ ’ya,
bağlantılı uzay 2 denir. Bağlantılı olmayan uzaya kopuk uzay 3 denir.
Bağlantılı uzayın topolojisine bağlantılı topoloji denir. Benzer biçimde
kopuk uzayın topolojisine kopuk topoloji denir. Aşağıdaki örneklerin doğruluğu
ilerleyen bölümlerde verilecektir.
Örnekler
5.1. R Öklid uzayı bağlantılıdır.
1
Bu tanım ilk olarak 1893 tarihinde düzlemin kompakt altuzayları için Jordan tarafından
verilmiştir.
2
Ingilizcesi:connected space
3
Ingilizcesi: disconnected space
116
5. Bağlantılı Uzay
5.2. R Öklid uzayında boşkümeden ve X’den farklı ayrık A ve B altkümleri verilsin. X’in Y
altuzayı Y = A ∪ B kopuk uzaydır.
5.3. Sonsuz X kümesi üzerinde, tümleyeni sonlu kümelerden oluşan topoloji kopukdur.
Aşağıdaki teorem beklenen sonuçlardandır.
Teorem 5.1. X ve Y topolojik uzaylar ve f : X → Y sürekli fonksiyon olsun.
X bağlantılıysa f (X)’de bağlantılıdır.
Kanıt: 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= ∅
özelliğinde A ⊂ Z vardır. f −1 (U ) ve f −1 (V ) kümeleri ayrık ve açık olmasının
yanında birleşimleri X olur. X bağlantılı uzay olduğundan
f −1 (U ) = ∅ ya da f −1 (V ) = ∅
olur. Buradan da A = ∅ yada Z \ A = ∅ olur. Bu çelişkidir ve böylece kanıt
tamamlanır.
Aşağıdaki teorem oldukca kullanışlıdır. Bu teoremde {0, 1} ayrık topolojiyle donaltılmış topolojik uzaydır.
Teorem 5.2. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) X bağlantılıdır.
(ii) X’den {0, 1} uzayına tanımlı sürekli her fonksiyon sabittir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) f : X → {0, 1} sürekli ve sabit olmasın. Bu durumda
f −1 ({0}), X’in boşkümeden ve X’den farklı açık-kapalı altuzayıdır. Bu X’in
bağlantı olmasıyla çelişir.
(ii) =⇒ (i) Varsayalım ki X bağlantılı değil, yani kopuk olsun. X’in boşkümeden ve kendisinden farklı açık-kapalı U ⊂ X kümesi vardır. Bu durumda χU
fonksiyonu sabit olmayan sürekli bir fonksiyondur ki, bu bir çelişkidir.
Teorem 5.3. X topolojik uzay ve A ⊂ X bağlantılı altuzaysa A altuzayı da
bağlantılıdır.
Kanıt: f : A → {0, 1} sürekli fonksiyon olsun. A bağlantılı olduğundan f|A
sabit fonksiyondur. f ’nin sürekliliğinden dolayı f sabittir. Teorem 5.2 gereği
A bağlantılıdır.
Teorem 5.4. X uzayının bağlantılı altuzaylarının bir (Xi )i∈I ailesi verilsin.
∩i Xi 6= ∅ ise Y = ∪i Xi altuzayı bağlantılıdır.
5.1. Bağlantılılık
117
Kanıt: 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)
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
özelliğinde bağlantılı altuzay Ca,A vardır.
Kanıt:
B = {Y ⊂ X : Y
bağlantılı ve Y ⊂ A}
olarak tanımlansın. {a} ∈ B olduğundan B boşkümeden farklıdır. Ayrıca arakesiti de boşkümeden farklıdır. Teorem 5.4’den
Ca,A = ∪B
alınarak kanıt tamamlanır.
X topolojik uzayında, yukarı teoremde geçen Ca,A kümesine, a’nın A’ya
göre bağlantılı birleşeni denir. Bir problem yaratmadığı 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. X topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. a,b ∈ A ve a 6= b için Ca
ve Cb ’ler ayrık ya da birbirlerine eşittir.
Kanıt: Ayrık olmadıklarını varsayalım. Yukarıdaki teoremin sonucu olarak
Ca ∪ Cb bağlantılı olduğu görülür.
Ca , Cb ⊂ Ca ∪ Cb
olduğundan
Ca = Ca ∪ Cb ve Cb = Ca ∪ Cb
olur ve Ca = Cb sonucu elde edilir.
Sonuç 5.7. X topolojik uzay olsun. Her a ∈ C için Ca kapalıdır.
118
5. Bağlantılı Uzay
Kanıt: Ca bağlantılı olduğundan, Teorem 5.3 gereği Ca , X’nin bağlantılı altuzayıdır. Yine Teorem 5.5 gereği, Ca , a’yı içeren bağlantılı her altuzayı kap
sayacağından 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 okuyucuya 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
5.4. X bir topolojik uzay olsun. Eğer C, X’in bağlantılı bir altkümesi ve A ⊂ C ⊂ A ise,
A’nın bağlantılı olduğunu gösteriniz.
5.5. X bağlantılı uzay ise her a ∈ X için Ca = X olduğunu gösteriniz.
5.6. Bağlantılı uzayın bölüm uzayının bağlantılı olduğunu gösteriniz.
5.7. Q uzayında her q ∈ Q için Cq = {q} olduğunu gösteriniz. Yani Q uzayı tümden kopuktur.
5.8. X bir topolojik uzay olmak üzere, X’in
H ∩K =H ∩K =∅
özelliğindeki H ve K kümelerine karşılıklı ayrışık kümeler 4 denir. Aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) X bağlantılıdır.
(ii) X = H ∪ K ve H ve K’lar karşılıklı ayrışır kümelerse, H ya da K boşküme
olmalıdır.
5.9. X bir topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) Y bağlantılıdır.
(ii) H ve K, X’de 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 R için öncelikle kanıtlaması yararlı olabilir.
Kısmi sıralı bir X kümesinin altkümesi A ⊂ X, her a, b ∈ A için [a, b] ⊂ A
özelliğinde ise A’ya konveks küme denir. Aşağıdaki teoremi vermeden önce
şu önsava ihtiyacımız var.
4
İngilizcesi: mutually separated
5.2. Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık
119
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 izole5 noktası yoktur.
Kanıt: Varsayalımki x ∈ [a, b] bir izole nokta olsun. 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 olamayacaği gösterilir.
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 özelliğinde
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
özelliğinde x 6∈ A vardır. (−∞, x) ∩ A ve (x, ∞) ∩ A kümeleri A’da açık
boşkümeden ve A’dan farklı ve birleşimleri 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 özelliğinde
x ∈ X olsun. A ⊂ X konveks olsun. A tek elemanlı ise istenen açıktır. A’nın
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
özelliğinde a, b ∈ A vardır. a < b olduğunu varsayabiliriz.
C = {c ∈ [a, b) : f ([a, c]) ⊂ {0}}
olsun. a ∈ C olduğu açıktır. X Dedekind tam ve C üstten sınırlı olduğundan,
c = sup C vardır.
(i) a < c olur: Olmadığın 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]
özelliğinde 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,
5
Bir uzayda {x} kümesi açık-kapalı ise x noktasına izole nokta denir.
120
5. Bağlantılı Uzay
f ((x, c]) ⊂ {1}, a < x < c
özelliğinde 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 özelliğinde 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 özelliğinde
x ∈ X vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii).
- 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 özelliğinde 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 özelliğinde 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 Dedekind tamdır.
Şimdi a, b ∈ X verilsin ve a < b olsun. (a, b) = ∅ olduğunu varsayalım. Bu
durumda (−∞, b) ve (a, ∞) kümeleri boşkümeden farklı, açık ve birleşimleri
X olur. Bu X’in bağlantılı olmasıyla çelişir.
(ii) =⇒ (i). X’in kendisi konveks olduğundan istenilen Teorem 5.10’nın 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 özelliğinde q irrasyonel
sayısı var olacağından ve
5.2. Sıra Topolojik Uzayda Bağlantılılık
121
Cr = ((−∞, q) ∩ Cr ) ∪ ((q, ∞) ∩ Cr )
yazılabiliceğinden çelişki elde edilir.
Yukarıdaki teoremin direkt sonuçlarından biri aşağıdadır.
Sonuç 5.13. R bağlantılı uzaydır. Üstelik A ⊂ R altuzayının bağlantılı olması
için gerekli ve yeterli 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.
Kanıt: a ≤ b olduğunu varsayalım. [a, b] bağlantılı olduğundan f ([a, b]) bağlantılı
ve dolayıyla konveksdir. z ∈ Y , f (a) ve f (b) arasında olsun. f (a), f (b) ∈
f ([a, b]) ve f ([a, b]) konveks olduğunan 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
d(x, y) = (
Pn
i=1 |xi
1
− yi |2 ) 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 uzayında bağlantılıdır. Ayrıca, her x ∈ X için 0 ∈ fx ([0, 1]) olduğundan,
∪x∈X fx ([0, 1]) bağlantılıdır. Diğer taraftan
X = ∪x∈X fx ([0, 1])
olmasından dolayı, X bağlantılıdır.
Alıştırmalar
0
5.10. Öklid uzayı R’nin altuzayları Q ve Q altkümelerinin bağlantılı olmadıklarını gösteriniz.
5.11. R’nin boşkümeden farklı her açık kümesinin ikişer ikişer ayrık olan sayılabilir tane açık
aralıkların birleşimi olarak yazılabileceğini gösteriniz.
5.12. C ⊂ R boşkümeden farklı kapalı bir kümeyse sürekli her fonksiyon f : C → R nin, R’ye
sürekli genişlemesinin olduğunu gösteriniz.
5.13. f : [0, 1] → [0, 1] sürekli fonksiyon olsun. f ’nin sabit noktasının olduğunu bağlantılılık
terimiyle gösteriniz.
122
5.3
5. Bağlantılı Uzay
Bağlantılı Uzayların Çarpım Uzayı
Temel sorulardan biri bağlantı özelliğinin çarpım uzayına nasıl geçtiğidir?
Yanıt olumludur. Yani bağlantılı uzayların çarpım uzayı bağlantılıdır. Bunu
gösterebilmek için önce aşağıdaki önsava ihtiyacımız var.
Önsav 5.16. (van Dantzig[104]) X ve Y bağlantılı uzaylarsa X × Y çarpım
uzayı da bağlantılıdır.
Kanıt: a ∈ X ve b ∈ Y verilsin. {a} × Y altuzayı Y uzayına homeomorfik
olduğundan, bağlantılıdır. Benzer biçimde X × {b} altuzayı bağlantılıdır. Her
x ∈ X için
Tx = (X × {b}) ∪ ({a} × Y )
olmak üzere
(a, b) ∈ ∩x∈X Tx
olduğundan, Teorem 5.4 sonucu
∪x∈X 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 gerekli ve yeterli 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.
c ∈ ∩J∈J YJ
olduğundan
Y = ∪J∈J YJ
5.4. Yol Bağlantılılık
123
uzayı bağlantılıdır. Dolayısıyla, Y uzayı bağlantılıdır. Y = X olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. f ∈ X verilsin. J ∈ J için f ∈ ∩i∈J Pi−1 (Ui ) (Ui ,
Xi ’de açık) olsun. g ∈ X, i 6∈ J için g(i) = ci ve diğer durum için g(i) = f (i)
olarak tanımlansın.
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 gösteriniz.
5.4
Yol Bağlantılılık
Bu alt bölümde yol bağlantılılık kavramı tanımlanacak. “Ne işe yarar?” 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
özelliğinde sürekli f : [a, b] ⊂ R → X fonksiyonuna x’den y’ye yol 6 denir.
X’in her iki noktası arasında bir yol varsa X’e yol bağlantılı 7 denir.
Bu tanımda [a, b] aralığı [0, 1] ile değiştirilebilir. 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. x,
y ∈ X verilsin.
f (a) = x ve f (b) = y
özelliğinde f yolu vardır. [a, b] aralığı bağlantılı olduğundan g ◦ f fonksiyonu
sabittir. Dolayısıyla
6
7
İngilizca:path
İngilzce: path connected
124
5. Bağlantılı Uzay
(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
fonksiyonu a’dan c’ye bir yoldur.
Örnekler
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’den 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 imgesi 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)
özelliğinde u, v ∈ X seçelim. X bağlantılı olduğundan
g(0) = u ve g(1) = v
özelliğinde sürekli g : [0, 1] → X fonksiyonu vardır. f ◦g : [0, 1] → f (X) sürekli,
f ◦ g(0) = a ve f ◦ g(1) = b
5.5. Topolojicinin Sinüs Eğrisi
125
olur. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teorem sonucu, aşağıdaki örneği verebiliriz.
Örnekler
5.17. n > 1 olmak üzere Rn ’de x ∈ Rn ’nin normu
||x|| = d2 (x, 0)
n
olarak tanımlanır. R ’nin birim küresi de
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], [0, 1) ve [0, 1] uzaylarının birbirlerine homeomorfik olamayacaklarını gösteriniz.
5.19. R2 uzayında doğru ve çember (=S 1 ) altuzayların homeomorfik olmadıklarını gösteriniz.
5.20. A ⊂ R2 sayılabilir sonsuz küme olsun. (a, b) ∈ X = R2 \ A ise (a, b) ∈ l1 , l2 ⊂ X olacak biçimde birbirlerinden farklı l1 ve l2 doğruların olduğunu gösteriniz. Bunun sonucu
olarak da X uzayının yol bağlantılı olduğunu gösteriniz.
5.21. (Xi ) topolojik uzayların ailesinin çarpım uzayın yol bağlantılı olması için gerekli ve
yeterli koşulun her i için Xi ’nin yol bağlantılı olması gerektiğini gösteriniz.
5.22. (Xi ), X uzayının altuzaylarının yol bağlantılı altuzaylarının bir ailesi olsun. ∩i Xi 6= ∅
ise Y = ∪i Xi uzayının yol bağlantılı olduğunu gösteriniz.
5.23. X topolojik uzay ve her x, y için f (0) = x, f (1) = y özelliğinde f : [0, 1] → f ([0, 1]) ⊂ X
homeomorfizması varsa X’e ergisel bağlantılı 8 denir. Hausdorff uzayın ergisel bağlantılı
olması için gerekli ve yeterli koşulun yol bağlantılı olması gerektiğini gösteriniz. (Biraz
zor olacak, ben de zorlandım!)
5.5
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 ∪ {(0, y) : −1 ≤ y ≤ 1}
olur. Gerçekten, −1 ≤ y ≤ 1 verilsin. sinx = y özelliğinde x ∈ [0, 2π] alalım.
1
Her n ∈ N için xn = x+2nπ
olarak tanımlıyalım.
8
İngilizcesi: Arcwise
126
5. Bağlantılı Uzay
(xn , sinxn ) → (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
özelliğinde sürekli fonksiyon vardır.
b = max{t ∈ [0, 1] : f (t) ∈ {0} × [−1, 1]}
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 özelliğinde bir (tn ) dizisinin varlığı
çelişki yaratacaktır. Gerçekten 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
özelliğinde u ve x fonksiyonu (b, 1] aralığında sürekli olduğundan, Ara Değer
Teoremini kullanarak
b < tn ≤ b +
1
n
ve x(tn ) = u
özelliğinde tn seçebiliriz. Kanıt tamamlanır.
5.6. Yerel Bağlantılılık ve Yerel Yol Bağlantılılık
5.6
127
Yerel Bağlantılılık ve Yerel Yol Bağlantılılık
Bir topolojik uzay bağlantılı ya da yol bağlantılı olmasa bile, yerel anlamda
benzer özelliklere sahip olabilir. Bu bölümde kısaca da olsa bunlara değineceğiz.
Tanım 5.5. X topolojik uzay olmak üzere her açık U ⊂ X ve x ∈ U için
x ∈ V ⊂ U özelliğinde bağlantılı ve açık V kümesi varsa X’e yerel bağlantılı 9
denir.
Aşağıdaki örnekten de anlaşılacağı gibi yerel bağlantılılık, bağlantılılığı gerektirmeyeceği gibi tersi gerektirmede yoktur.
Örnekler
5.24. X = [0, 1) ∪ (1, 2] uzayı bağlantılı olmayan yerel bağlantılı uzaydır.
5.25. R2 ’nin altuzayı
X = {(0, y) : y ∈ R} ∪ {(1, y) : y ∈ R} ∪ {(x, n1 ) : x ∈ [0, 1], n ∈ N} ∪ {(x, 0) : x ∈ [0, 1]}
bağlantılı ama yerel bağlantılı değildir.
Yerel bağlantılı uzaylar aşağıdaki gibi karakterize edilebilir. Kanıtı çok kolay
olduğundan kanıtınının verilmesi okura saygı gereği verilmemiştir.
Teorem 5.23. Topolojik uzay X’in yerel bağlantılı olması için gerekli ve yeterli koşul 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
birleşimi 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 gerekli ve yeterli 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.
9
İngilizce: locally connected
128
5. Bağlantılı Uzay
(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 uzayı, yol bağlantılıdır.
Alıştırmalar
5.26. Yerel bağlantılı uzayın tümden kopuk olması için gerekli ve yeterli koşulun X’in ayrık
olması gerektiğini gösteriniz.
5.27. Yerel bağlantılı uzayın açık altuzayının yerel bağlantılı olduğunu gösteriniz.
5.28. Yerel bağlantılı uzayların kapalı altuzaylarının yerel bağlantılı olması gerektirmediğine
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 örenek 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. Iki yerel bağlantılı uzayın çarpım uzayının yerel bağlantılı olduğunu gösteriniz.
Q
5.31. Y = n {0, 1} çarpım uzayının tümden kopuk olduğunu gösteriniz.
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Metrik uzaylarda dizilerin yakınsama kavramından bahsedilmişti. Bu kavramın
metrik uzayların yapısının anlaşılmasındaki yeri yaşamsaldır. Örneğin, metrik
uzaylarda bir kümenin kapanışı dizilerin yakınsaması terimiyle ifade edilebilir.
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.
Ama 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 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, filtreler kavramını kullanmaka haha çok noktasal topolojik yöntemdir. Topolojik
uzaylarda net ve filtreler hakkında referans alınabilecek temel yayınlardan biri
[14] dir.
130
6. Yakınsama: Net ve Filtre
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
özelliğinde t ∈ N olmasıdır. Bu üç özellik yönlü küme kavramını tanımlar.
Tanım 6.1. I boş olmayan bir küme ve ≤, I üzerinde bir bağıntı olmak üzere,
(i) Her x ∈ I için x ≤ x,
(ii) x, y,z ∈ I, x ≤ y ve y ≤ z ise x ≤ z,
(iii) Her x,y ∈ I için x, y ≤ z olacak biçimde bir z ∈ I vardır,
koşulları sağlanıyorsa (I, ≤) ikilisine yönlü küme denir.
Yönlü kümelere temel örnekler aşağıdadır.
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 kümesi her y ∈ X için
A ∩ {x ∈ X : x ≥ y} 6= ∅
özelliğinde ise, yani cofinal ise, 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. P, [a, b] aralığının bölünmüşlerinin bir
kümesi olsun. P,
P ≤ Q ⇐⇒ Q ⊂ P
bağıntısına göre yönlü bir kümedir.
6.4. Tam sıralı 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’nin boş olmayan sonlu altkümelerinin kümesi
kapsama sıralamasına göre yönlü kümedir. Bu örnek boşu boşuna verilmemiştir, ne
olabilir acaba?
Dizi kavramı aşağıdaki gibi net kavramına genellenebilir.
Tanım 6.2. (Moore-Smith[78]) I yönlü bir küme olmak üzere, I’dan bir X
kümesine tanımlı her fonksiyona X’de bir net 1 denir.
1
Eski literatürde net, “Moore-Simith Convergence” olarak bilinse de, günümüzde kullanılmamaktadır.
6.1. Net ve Yakınsaklık
131
Yönlü I kümesinden X’e tanımlı netlerin kümesini net(I, X) ile gösterelim.
Ayrıca X değerli netlerin topluluğunu net(X)2 ile gösterelim. 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
yok ise sadece (f (i)) yazabiliriz.
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.
Bir f netin kuyruklarının kümesi kuyruk(f ) ile gösterebiliriz. Bir topolojik
uzay X’de bir f = (xn ) dizisinin x ∈ X noktasına yakınsaması için gerekli ve
yeterli koşul, x’i içeren her açık kümenin f ’nin bir kuyruğunu kapsamasıdır.
Bu gözlem bizi aşağıdaki son derece isabetli olacak tanıma yönlendirir.
Tanım 6.4. (Kelley[62]) X bir topolojik uzay ve f ∈ net(X) ve x ∈ X
verilsin. x noktasını içeren her açık küme, f ’nin bir kuyruğunu kapsıyorsa f ,
x noktasına yakınsıyor denir.
Bir X topolojik uzayında tanımlı f neti x ∈ X noktasına yakınsıyorsa
f →x
ya da her i ∈ I için f (i) = xi olmak üzere
xi → x ya da limi xi = x
biçiminde yazılır.
Örnekler
P
6.7. ( x∈X f (x)’nin tanımı) X boş olmayan bir küme, f : X → R bir fonksiyon. F, X’nin
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 sıralamsına
göre) P ile gösterelim. f : [a, b] → R sınırlı fonksiyon olmak üzere, her
P = {a = x0 , , , xn = b} ∈ P
için,
2
Bu topluluk küme değildir.
132
6. Yakınsama: Net ve Filtre
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 : P → R netlerini tanımlıyalım. U − P : P → 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.
Aşağıdaki teorem bir topolojik uzayda açık kümelerin, netlerin yakınsaması
ile betimlenebileceğini söyler.
Teorem 6.1. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakiler denktir.
(i) A açıktır.
(ii) x ∈ A ve f → x özelliğinde f ∈ net(X \ A) yoktur.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Açıktır.
(ii) =⇒ (i) Tersine A açık olmasın. Öyle bir x ∈ A vardır ki, x noktasını içeren
her açık U için, U 6⊂ A olur, yani
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
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, her A ⊂ X için,
A = {f ∈ AN : f → x}
olduğunu biliyoruz. X = RR çarpım uzayında ise, bazı A ⊂ X için
A 6= {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olduğu biliniyor.
Buna karşın aşağıdaki kullanışlı teoremi verebiliriz.
Teorem 6.2. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. A ⊂ X için
A = {x ∈ X : ∃f ∈ net(A), f → x}.
6.1. Net ve Yakınsaklık
133
Kanıt: 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
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. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X’de her net en fazla bir noktaya yakınsar.
(ii) X Hausdorff uzaydır.
Kanıt: a ∈ X’i içeren açık kümelerin kümesini τ (a) ile gösterelim.
(i) =⇒ (ii) X’nin Hausdorff olmadığını varsayalım. Bu durumda
Her U ∈ τ (x) ve V ∈ τ (y) için U ∩ V 6= ∅
özelliğini 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.
(ii) =⇒ (i) Tersine, X’de bir f neti iki farklı noktaya yakınsasın. Bu noktalar
x ve y olsunlar. X Hausdorff olduğundan,
134
6. Yakınsama: Net ve Filtre
x ∈ U , y ∈ V ve U ∩ V = ∅
özelliğinde 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
6.9. (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 gösteriniz.
6.10. 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 tanımlıyalım.
f → x ve g → y =⇒ f + g → x + y, f g → xy
olduğunu gösteriniz.
6.11. Yukarıdaki teoremi kullanarak bir topolojik X uzayından R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesi C(X)’nin noktasal cebirsel işlemler altında bir cebir olduğunu gösteriniz.
6.12. Her dizisi en fazla bir noktaya yakınsayan uzayın T1 -uzayı olduğunu gösteriniz. Tersi
doğru mudur? (Alıştırma 16’ya bakınız.)
6.13. X birinci dereceden sayılabilir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X Hausdorff uzaydır.
(ii) Her dizi en fazla bir noktaya yakınsar.
6.14. X bir topolojik uzay ve f : I → X, x ∈ X noktasına yakınsayan bir net ise, f (I) ∪ {x}
kümesinin kapalı olması gerekmediğini bir örnekle gösteriniz.
6.15. (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 tanımlıyalım. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) f → (xi )
(ii) Her i ∈ I için Pi (f ) → xi .
6.16. Terimleri birbirlerinden farklı her dizinin uzayın her noktasına yakınsayan bir T1 -uzay
örneği veriniz.
Q
6.17. X = n∈N R kümesinde (fn ) dizisi, fn = ( n1 ) olarak tanımlansın. Çarpım topolojisine
göre (fn )dzisinin f = (0) dizisine yakınsamasına karşın kutu topolojisine göre yakınsak
olmadığını gösteriniz.
6.2. Net ve Süreklilik
6.2
135
Net ve Süreklilik
Net kavramı kullanılarak fonksiyonların sürekliliğini betimleyebiliriz. Öncelikle
f : I → X bir net ve σ : X → Y bir fonksiyon ise, σ ◦ f : I → Y 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. Aşağıdakiler denktir.
(i) f , x noktasında süreklidir.
(ii) (xi ), X’de bir net ve xi → x ise f (xi ) → f (x).
Kanıt: (i) =⇒ (ii) (xi ), 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.
(ii) =⇒ (i) A ⊂ Y kapalı olsun. x ∈ f −1 (A) olsun. xi → x özelliğinde Teorem
6.2. gereği f −1 (A)’de (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) dır. Böylece
f −1 (A) = f −1 (A)
olduğu gösterilmiş olur. x noktasını içeren kapalı her kümenin f altındaki ters
görüntüsünün kapalı olduğu gösterilmiş olur ki, bu f ’nin x noktasında sürekli
olmasına, Teorem 2.12’den dolayı denktir.
Aşağıdaki sonuç yukarıdaki Teoremin doğrudan sonucu olarak elde edilir.
Sonuç 6.5. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y bir fonksiyon olsun.
Aşağıdakiler denktir.
(i) f süreklidir.
(i) (xi ), X’de bir net, x ∈ X ve xi → x ise f (xi ) → f (x) olur.
6.3
Altnet
Metrik uzaylarda altdizi kavramının birçok önemli teoeremin kanıtında kullanıldığını biliyoruz. Bu alt bölümde altdizi kavramının benzeri olarak altnet kavramı tanımlanacaktır. Bu kavram kullanılarak bir uzayın birçok temel
sonuçları verilebilecektir.
136
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Bir topolojik uzayda bir dizi yakınsak olmasada yakınsak olan altdizileri
olabilir. (xn ) dizisinin altdizilerinin yakınsadığı noktaların kümesi, dizinin kuyruklarınının kapanışlarının arakesitidir. Burada (xn ) yerine net almamız durumunda aşağıdaki kavramı vermeden yapamayacağımız açıktır.
Tanım 6.5. I ve J iki yönlü küme ve α : I → J fonksiyonu,
j ∈ J ⇒ ∃i ∈ I, α(i) ≥ j
özelliğindeyse, α’ya cofinal denir.
a ≤ b =⇒ f (a) ≤ f (b)
oluyorsa α’ya artan denir.
Tanım 6.6. (Moore-Smith[78]) f : I → X bir net, J yönlü bir küme ve,
σ : J → I artan ve cofinal fonksiyonsa f ◦ σ netine f ’nin bir altneti 3 denir.
X bir topolojik uzay, f : I → X bir net olmak üzere, f ’nin i’ninci kuyruğu
Fi = {f (j) : j ≥ i}
biçiminde tanımlanmıştı. τ (x), x noktasını içeren açık kümelerin kümesi olsun.
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. X bir topolojik uzay olsun. x ∈ X ve f : I → X bir net olmak
üzere, x’i içeren her açık küme, f netinin her kuyruğu ile kesişiyor ise, x’e
f ’nın bir yığılma noktası ya da limit noktası denir.
Bir X topolojik uzayında, bir f netinin yığılma noktalarının kümesi Lim(f )4
ile gösterilir.
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 [82]’da bulunabilir.
4
Bir X topolojik uzayda her f ∈ net(X) için Lim(f ) 6= ∅ olmasının, X’nin kompakt
olmasına denk olduğu kanıtlanacaktır.
6.3. Altnet
137
Lim(f ) = ∩i {f (j) : j ≥ i}
olduğu açıktır. Ayrıca aşağıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 6.6. X bir topolojik uzay, f ∈ net(I, X) ve x ∈ X verilsin. Aşağıdakiler
denktir.
(i) x ∈ Lim(f ).
(ii) f ’nin x noktasına yakınsayan bir altneti vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) τ (x), x’i içeren açık kümelerin kümesi 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 tanımlıyalım. f ◦ σ, f ’nin bir altneti ve f ◦ σ → x olduğu açıktır.
(ii) =⇒ (i) f ◦ σ : J → X, f ’nin bir altneti ve f ◦ σ → x özelliğinde 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. x ∈ Fi0 olduğu
gösterilmiş olur. i0 ∈ I’nın keyfi olmasından (i) elde edilir.
Bir topolojik uzayda yakınsak her netin altneti de aynı noktaya yakınsar.
Bunu bütünleyen teorem aşağıdadır.
Teorem 6.7. X bir topolojik uzay, f : I → X bir net ve x ∈ X verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
(i) f → x.
(ii) g, f ’nin bir altneti ise, h → x özelliğinde g’nin altneti h vardır.
138
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Kanıt: (i) =⇒ (ii) açıktır.
(ii) =⇒ (i) f 6→ x olsun. Hipotezden, her i ∈ I için i ≤ k(i), f (k(i)) 6∈ U
özelliğinde 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
özelliğinde 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 olması ile çelişir. O
halde f → x elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
6.18. Bir topolojik uzayda bir dizinin altnetinin bir altdizi olması gerekmediğini gösteriniz.
(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.)
6.19. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) A açıktır.
(ii) f , X’de bir net ve f → x ∈ A ise, A, f ’nin en az bir kuyruğunu kapsar.
6.20. 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 tanımlıyalım. J = N × {1} olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) f → (0, 0).
(ii) (0, 0), f ’nin bir yığılma noktasıdır.
(iii) (0, 0), f|J altnetinin yığılma noktası değildir.
6.4. Ultranet
6.4
139
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, bir çok şeyin yanında, bu tür soruları da yanıtlar.
Tanım 6.8. X bir topolojik uzay ve f : I → X bir net olsun. Her A ⊂ X
için f ’nin en az bir kuyruğu A ya da X \ A tarafından kapsanıyor ise, f ’ye
ultranet5 denir.
Teorem 6.8. X bir topolojik uzay ve f : I → X bir ultranet olsun. x ∈ X
verilsin. Aşağıdakiler denktir.
(i) x, f ’nin bir yığılma noktasıdır.
(ii) f → x dir.
Yani,
Lim(f ) = {x ∈ X : f → x}
olur.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) Açıktır.
(i) =⇒ (ii) x, f ’nin yığılma noktası olsun. f 6→ x olduğunu varsayalım.
Bu durumda x noktasını içeren öyle bir açık küme U vardır ki, f ’nin hiçbir
kuyruğunu kapsamaz, yani,
Fi = {f (j) : j ≥ i} ⊂ U
özelliğinde i ∈ I yoktur. j ∈ I verilsin. f , ultranet olduğundan
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 çelişkidir. f → x olduğu gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
6.21. Bir X topolojik uzayında, sonunda sabit olan her netin bir ultranet olduğunu gösteriniz.
Yani en az bir kuyruğu tek elemanlı olan netin ultranet olduğunu gösteriniz.
6.22. Bir ultranetin her altnetinin bir ultranet olduğunu gösteriniz.
6.23. (Kelley[61]) Her netin ultranet olan bir altnetinin olduğunu gösteriniz.
6.24. 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 gösteriniz.
5
Literatürde Ultranet kavramı farklı biçimde de verilmektedir. Bunun için detaylı bilgi
[1]’de bulunabilir.
140
6. Yakınsama: Net ve Filtre
6.5
Filtreler
Topolojik uzaylarda net kavramına bir çok yönüyle paralel olan bir başka
kavram filtre kavramıdır. Tanımı aşağıda:
Tanım 6.9. (Cartan[19]) X boş olmayan bir küme ve F ⊂ P(X) kümesi
aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa F’ye bir filtre6 denir.
(i) ∅ 6∈ F.
(ii) A,B ∈ F ise A ∩ B ∈ F.
(iii) A ∈ F ve A ⊂ B ⊂ X ise B ∈ F dir.
X bir topolojik uzay ve f : I → X bir net olsun. kuyruk(f ), X üzerinde bir
filtre olmasada,
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 ⊂ P(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 minumumu vardır.
Tanım 6.10. Yukarıdaki teoremde tanımlanan F(A) bir filtre ise F(A)’ye A
tarafından üretilen filtre, A’ye ise bu filtrenin bir filtre tabanı denir.
f , bir X kümesi üzerinde net ise, f ’nin kuyruklarının kümesinin bir filtre
tabanı olduğu açıktır.
Teorem 6.10. Boş olmayan X kümesi üzerindeki her filtre, bir net tarafından
üretilebilir.
Kanıt: X topolojik uzay ve F, X üzerinde bir filtre olsun.
6
Filte kavramı ilk olarak Riesz (1908) ve Caratheodory (1913) tarafından gözlenmiştir.
6.6. Filtrenin Yakınsaması
141
I = {(a, A) : A ∈ F, a ∈ F }
kümesi,
(a, A) ≤ (b, B) :⇐⇒ B ⊂ A
sıralamasına göre yönlü kümedir.
f : I → X, f (a, A) = a,
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 netin F olduğunu söyler.
Alıştırmalar
6.25. X bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X için,
Fx = {F ⊂ X : x ∈ F o }
bir filtredir, gösteriniz.
6.26. (Xi ) boşkümeden farklı kümelerin bir ailesi ve i için Fi . Xi ’ler üzerinde bir filtre olsun.
Y
F = { F i : Fi ∈ F i }
i
Q
Xi ’lerin kartezyen çarpım kümesi i Xi ’de bir filtre olduğunu gösteriniz.
6.27. (Xi ) boşkümeden farklı kümelerin bir ailesi ve her i için Ai , Xi ’ler üzerinde bir filtre
tabanı olsun.
Q
F = { i Fi : Fi ∈ F i }
Q
kümesinin Xi ’lerin kartezyen çarpım kümesi i Xi ’de bir filtre tabanı olduğunu gösteriniz.
6.28. A, X kümesinde bir filtre tabanı, B ⊂ X kümesi her A ∈ A, A ∩ B 6= ∅ özelliğinde
olsun. {A ∩ B : A ∈ A} kümesinin A üzerinde bir filtre tabanı olduğunu gösteriniz.
6.29. Bir küme üzerinde tanımlı filtre kavramının aşağıdaki gibi genellenebilir olduğunu gözlemleyiniz: X kısmi sıralı bir küme olmak üzere, ∅ 6= F ⊂ X kümesi aşağıdaki koşulları
sağlasın.
(i) x,y ∈ F ise z ≤ x ve z ≤ y özelliğinde z ∈ F vardır.
(ii) x ∈ F ve X’de x ≤ y ise y ∈ F .
Bu durumda F ’ye X’nin (kısmi sıralı küme olarak) bir filtresi denir.
6.6
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 filtreninde net
tarafından üretilebildiği ile ilgili teoremi bir önceki kısımda vermiştik. Bir
topolojik uzayda bir netin yakınsaması tanımlanmıştı. Benzer anlam ve nedenlerden dolayı bir filtrenin yakınsaklığını tanımlamak hemen hemen de bir
zorunluluk oluşturur.
142
6. Yakınsama: Net ve Filtre
Tanım 6.11. X bir topolojik uzay F, X üzerinde bir filtre olsun. x ∈ X
olmak üzere x’i içeren açık kümelerin kümesi τ (x) olmak üzere,
τ (x) ⊂ F
ise F filtresi x’e yakınsıyor denir ve F → x ile gösterilir. x’e F filtresinin bir
yakınsadığı noktası denir. En az bir noktaya yakınsayan filtreye yakınsak
filtre denir.
Örnekler
6.30. (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. X bir topoljik uzay, f , X üzerinde bir net ve Ff , f tarafından
üretilen filtre olsun. x ∈ X verilsin. aşğıdakiler denktir.
(i) f → x.
(ii) Ff → x
Kanıt: 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 ∈ U açık verilsin. U ∈ Ff olduğundan, f ’nin en
az bir kuyrugu 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. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X ve x ∈ X verilsin. Aşağıdakiler
denktir.
(i) x ∈ A.
(ii) F → x, A ∈ F özelliğinde X’de F filtresi vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) x’i içeren açık kümelerin kümesi τ (x) olsun.
F = {F ⊂ X : ∃U ∈ τ (x), U ∩ A ⊂ F }
6.6. Filtrenin Yakınsaması
143
bir filtre ve A = A ∩ X ∈ F dir. τ (x) ⊂ F olduğu da açıktır. O halde F → x.
(ii) =⇒ (i). x ∈ U 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’de bir filtre olsun. Bir
an için,
f (F) = {f (F ) : F ∈ F}
kümesini Y ’de bir filtre olduğu sanılsada 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
okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 6.13. X ve Y iki topolojik uzay, f : X → Y bir fonksiyon ve x ∈ X
verilsin. Aşağıdakiler denktir.
(i) f , x noktasında süreklidir.
(i) F, X’de bir filtre ve F → x ise f ∗ (F) → x dir.
Sonuç 6.14. X ve Y iki topolojik uzay, f : X → Y bir fonksiyon olsun.
Aşağıdakiler denktir.
(i) f süreklidir.
(i) F, X’de bir filtre ve F → x ise f ∗ (F) → x dir.
Q
Teorem 6.15. X = i∈I Xi , (Xi )i∈I topolojik uzayların çarpım uzayı, x ∈ X
ve F, X’de bir filtre olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) F → x.
(i) 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, yukarıdaki sonucun bir sonucu
olarak Pi (F) → Pi (x) dir.
(ii) =⇒ (i) U ⊂ X açık ve x ∈ U olsun.
x ∈ ∩nk=1 Pi−1
(Uik ) ⊂ U
k
özelliğinde Uik ⊂ Xik açık kümeleri vardır.
Pik (x) ∈ Uik ve Pik (F) → Pik (x)
olduğundan, Uik ∈ Pi∗k (F) olur. Pik (Fik ) ⊂ Uik özelliğinde Fik ∈ F vardır.
Buradan
144
6. Yakınsama: Net ve Filtre
(Uik )
∩nk=1 Fik ⊂ ∩nk=1 Pi−1
k
(Uik ) ⊂ U olduğundan U ∈ F
elde edilir ve ∩nk=1 Pi−1
(Uik ) ∈ F olur. ∩nk=1 Pi−1
k
k
dir. Böylece F → x olduğu gösterilmiş olur.
Bir topolojik uzayın Hausdorff olması, netlerin en fazla bir noktaya yakınsaması
terimiyle betimlenmişti. Benzer bir betimleme aşağıdadır.
Teorem 6.16. Bir X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) (X, τ ) Hausdorff.
(ii) Her filtre en fazla bir noktaya yakınsayabilir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) (i) gerçekleşsin. F, X’de bir filtre olmak üzere F → x ve
F → y olsun. x 6= y olma durumunda, varsayım gereği,
x ∈ U , y ∈ V , y 6∈ U ve x 6∈ V ve U ∩ V = ∅
olacak biçimde U ve V açık kümeleri vardır. Buradan ∅ ∈ F çelişkisi ortaya
çıkar, o halde x = y olmak zorundadır.
(ii) =⇒ (i) X’de x 6= y olsun. 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 dir. Bu çelişki kanıtı tamamlar.
Bir topolojik X uzayında F bir filtre ise,
F → x =⇒ x ∈ ∩F ∈F F
olduğu açıır. Ancak gerektirmenin tersi genelde doğru değildir. Bu gözlemin
motivasyonuyla aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 6.12. X bir topolojik uzay, x ∈ X ve F, X’de bir filtre olsun.
x ∈ ∩F ∈F F
ise, x’e F’nin yığılma noktası denir.
Teorem 6.17. X bir topolojik uzay, F, X’de bir filtre ve x ∈ X verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
(i) x, F’nin bir yığılma noktasıdır.
(ii) G → x ve F ⊂ G özelliğinde X’de G filtresi vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) τ (x), x’i içeren açık kümelerin kümesi olsun.
6.7. Ultrafiltre
145
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 ve istenilen gösterilmiş olur.
(i) =⇒ (ii) U ⊂ X açık ve x ∈ U olsun. F ∈ F için F ∈ G olduğundan
F ∩ U 6= ∅. Böylece, x ∈ F olduğu gösterilmiş olur.
Aşağıdaki teoremin kanıtı tanımdan kolayca yapılabilir. Detaylar okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 6.18. X bir topolojik uzay, f : I → X bir net ve F, f tarafından
üretilen filtre olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) x, f ’nin bir yığılma noktasıdır.
(ii) x, F’nin bir yığılma noktasıdır.
Alıştırmalar
6.31. X ayrık topolojik uzay, F, X’de bir filtre ve x ∈ X verilsin. F → x olması için gerekli
ve yeterli koşulun F = {A ⊂ X : x ∈ A} olduğunu gösteriniz.
6.32. Bir X topolojik uzayı için aşağıdakilerin denkliklerini gösteriniz.
(i) X en kaba topolojik uzaydır.
(ii) X’deki her filtre, X’in her noktasına yakınsar.
6.33. X bir topolojik uzay, F ve G, F ⊂ G ve F → x özelliğinde iki filtre olsun. G → x
olduğunu gösteriniz.
6.34. f , X’de bir net ve g, f ’nin altneti olsun. Ff , f tarafından üretilen filtre ve Gg , g tarafından üretilen filtre ise Ff ⊂ Gg olduğunu gösteriniz.
6.7
Ultrafiltre
Şu ana kadar net ve filtrenin iki kardeş olduğunu açıkça ilan ettik. Kardeşleri
birbirinden ayırmamak gerekir; netin ultrası olur da filtrenin olmaz mı? Olur
tabi ki:
Tanım 6.13. Bir X kümesi üzerinde tanımlı,
A ⊂ X =⇒ A ∈ F
ya da
X \A∈F
özelliğindeki F filtresine ultrafiltre denir.
Ultrafiltrenin denk tanımlarından biri aşağıdadır.
Teorem 6.19. F, X’de bir filtre olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) F ultrafiltedir.
146
6. Yakınsama: Net ve Filtre
(i) G, X’de filtre ve F ⊂ G ise F = G dir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) F ⊂ G ve F =
6 G olduğunu varsayalım. A ∈ G ve A 6∈ F
olacak biçimde A ⊂ X seçelim. Bu durumda X \ A ∈ F dır. Buradan A,
X \ A ∈ G elde edilir ki bu çelişkidir. Böylece (ii) sağlanır.
(ii) =⇒ (i) A 6∈ F, X \ A 6∈ F özelliğinde A ⊂ X olduğunu varsayalım. 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 ki, bu varsayımla çelişir.
Örnekler
6.35. X boş olmayan bir küme ve ∅ =
6 A ⊂ X verilsin.
FA = {F ⊂ X : A ⊂ F },
X’de bir filtredir. FA ’nin ultrafilte olması için gerekli ve yeterli 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. F, X kümesinde f neti tarafından üretilen filtre olsun. F’nın
ultrafiltre olması için gerekli ve yeterli koşul, f ’nin ultranet olmasıdır.
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’de bir filtre olsun. C, F’yi kapsayan X’deki filtrelerin kümesi
olsun. Kapsama bağıntısına göre, C kısmi sıralı bir kümedir. C’de alınan her
zincirin elemanlarının birleşimlerinin 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 limiti olduğunu Teorem
6.8 de göstermiştik. Aynı durum ultrafiltreler için de geçerlidir.
Teorem 6.22. F, X’de bir ultrafiltre ve x ∈ F verilsin. Aşağıdakiler denktir.
(i) x, F’nin yığılma noktasıdır.
(i) F → x.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) açıktır.
(i) =⇒ (ii) U ⊂ X açık ve x ∈ U olsun. U 6∈ F olduğunu varsayalım. F
ultrafiltre olduğundan X \ U açıktır. x, F’nin yığılma noktası olduğundan
x ∈ X \ U olur ki, buradan U ∩ (X \ U ) 6= ∅ çelişkisi elde edilir.
Alıştırmalar
6.7. Ultrafiltre
147
6.36. F, N’de bir ultrafiltre ise, F’nin karakteristik fonksiyonun, χF : P(N) → {0.1}
A, B ⊂ N, A ∩ B = ∅ =⇒ χ(A ∪ B) = χ(A) + χ(B)
özelliğinde olduğunu gösteriniz.
6.37. F, X’de bir ultrafiltre ve A ∈ F verilsin.
F|A = {F ∩ A : F ∈ F}
kümesinin A’da bir ultrafiltre olduğunu gösteriniz.
6.38. f : X → Y örten fonksiyon olsun. F bir ultrafiltre ise, f (F)’nin Y ’de ultrafiltre olduğunu
gösteriniz.
6.39. f : X → Y bir fonksiyon ve F, X’de bir ultrafiltre olsun.
{A ⊂ Y : f −1 (A) ∈ F}
kümesinin X’de bir ultrafiltre olduğunu gösteriniz.
6.40. X = N ayrık topolojik uzay olsun.
F = {A ⊂ X : X \ A
sonlu}
filtresinin yakınsamadığını gösteriniz. X’de bir filtrenin yakınsak olması için gerekli ve
yeterli koşulun sabit ultrafiltre olduğunu gösteriniz.
6.41. Bir X kümesinde tanımlı bir filtrenin iki farklı ultrafiltre tarafından kapsanabileceğini
gösteriniz.
Kanıt: ∅ 6= A ⊂ X olmak üzere, FA = {B ⊂ X : A ⊂ B} fir filtre ve x,y ∈ A olmak
üzere F{x} , F{y} ultrafiltreleri x 6= y için, FA ’yı kapsayan iki farklı ultrafiltredir.
6.42. F ve G, X’de farklı iki ultrafiltreler ise F ≤ H ve G ≤ H özelliğinde bir ultrafiltre H’nın
olamayacağını gösteriniz.
6.43. X kümesinde tanımlı bir filtre F sadece ve sadece tek bir ultrafiltre tarafından kapsanıyor ise, o filtrenin ultrafiltre olduğunu gösteriniz.
6.44. (Kelley) Bir X kümesinde tanımlı her netin bir ultranet olan altnetinin olduğunu gösteriniz.
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Topolojik uzaylarda bazı önemli sonuçların kanıtlanmasında, netler yerine diziler alınması yeterli olsaydı, ne güzel olurdu! Ama öyle değil. Örneğin, bir X
topolojik uzayın her A altkümesi için
A = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olması, 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 gerekli ve
yeterli koşul, f → x ∈ A olacak biçimde f ∈ net(X \ A) netinin olmamasıdır.
Bunu şöylede ifade ederiz: Bir X uzayında U ⊂ X kümesinin açık olması
için gerekli ve yeterli 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 alınabilir ve bu tür
uzaylar dizisel topolojik uzaylar olarak adlandırılır. Yani bir X uzayında bir
A ⊂ X kümesinin açık olması için gerekli ve yeterli koşul, xn → x ∈ A olacak
biçimde X \ A’de (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 gerekli ve yeterli koşulun, uzayın bir
metrik uzayın bölüm uzayına homeomorfik olduğu kanıtlanarak kesin sınırlar
çizilebilecektir. Bu konuda temel çalışmalardan biri Franklin’e [32] 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
149
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 gerekli ve yeterli 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,
temel betimlemeler verilecektir.
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 gerekli ve yeterli koşulun
X \U ∩U =∅
olması gerektiği de açıktır. Bunu net terimiyle ifade edecek olursak: U ’nun açık
olması için gerekli ve yeterli 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. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. A kümesinin dizisel
kapanışı,
sclA1 = {x ∈ X : ∃f ∈ AN , f → x}
olarak tanımlanır.
Bir X topolojik uzayında her A ⊂ X için,
A ⊂ scl(A) ⊂ A
ve
1
Bu gösterimde kullanılan “scl”, “sequencially closure” kelimelerinin kısaltılmışıdır.
150
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Ao ⊂ X \ (scl(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 = scl(A).
(i) dizisel açık :A = X \ (scl(X \ A)).
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolaydır.
Teorem 7.1. Bir uzayın altkümesinin dizisel açık olması için gerekli ve yeterli
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[32]) Bir topolojik X uzayında her dizisel açık küme
açıksa X’e dizisel uzay denir.
Aşağıdaki teoremin kanıtı kolay ve okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 7.2. Bir X topolojik uzayın dizisel olması için gerekli ve yeterli 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 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 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
151
X \ sqc(X \ (A ∩ B)) = A ∩ B,
yani A ∩ B dizisel açıktır.
(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 kümesinde tanımlıdır. Ai ’ler
dizisel açık olduklarından x 6∈ Ai dolayısıyla x 6∈ ∪i Ai elde edilir. Buradan
X \ (sqc(X \ (∪i Ai )) = ∪i Ai
elde edilir. τsqc ’nın topoloji olduğu gösterilmiş olunur. Diğer kısımların doğruluğu
açıktır. Kanıt tamamlanır.
Örnekler
7.1. X sayılamaz bir küme olsun.
τ = {A ⊂ X : X \ A
sayılabilir},
X üzerinde bir topolojidir. Bu topolojik uzayın en ince topolojiden farklı olduğu açıktır.
X’in 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.
B = (X \ {xn : n ∈ N}) ∪ {y}
kümesi açık ve y ∈ B dir. Buradan her n ≥ n0 için xn ∈ B olacak biçimde n0 ∈ N vardır
ki, 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 }
tam sıralı kümeyi sıra topolojik uzay olarak ele alacak olursak, bu uzayda {w1 } dizisel
açık olmasına karşın açık değildir. Dolayısıla [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
olsun. Bu durumda A ⊂ ∪n An olur. A sayılamaz olduğundan en az bir n ∈ N için An
sayılamaz kümedir. Bu bize,
χAn → χA ∈ Y
özelliğinde X \ Y ’de (χAn ) dizisinin olamayacağını söyler. O halde Y , dizisel ama açık
değildir. Böylece X’in dizisel uzay olmadığı gösterilmiş olur.
152
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Teorem 7.4.
2
Metrik uzay dizisel uzaydır.
Kanıt: X metrik uzay, U , dizisel açık, fakat açık olmasın. Yani,
U 6= U o ve U = X \ (sqc(X \ U ))
olsun. x ∈ U \ U o seçelim. xn → x özelliğinde, X \ U ’da (xn ) dizisi vardır.
Buradan, x ∈ X \ U olur. x ∈ U o olduğundan,
U o ∩ (X \ U ) 6= ∅
olur. Bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
7.4. Bir uzayın dizisel uzay olması için gerekli ve yeterli koşulun her dizisel kapalı kümenin
kapalı olmasıdır. Gösteriniz.
7.5. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) A dizisel açıktır.
(ii) f → x ∈ A olacak biçimde f ∈ (X \ A)N yoktur.
7.2
Fréchet-Urysohn Uzay
Aşağıdaki tanımı verelim.
Tanım 7.4. (X, τ ) topolojik uzay olsun. Her A ⊂ X için,
A = scl(A)
oluyorsa X’e Fréchet-Uryshohn uzayı denir.
Okur Frechet-Uryshohn uzayı ve dizisel uzay arasında bir fark yokmuş gibi
bir sezgiye kapılabilir ama bunlar farklı uzaylardır. Buna ilişkin bir örnekler bu
bölümün son kısmında bulunabilir. Her topolojik uzay dizisel topolojik uzay
değildir. Bununla ilgili örnekler aşağıda verilmiştir.
Örnekler
7.6. Metrikleşebilir topolojik uzaylar Fréchet-Uryshon uzayıdır. Daha fazlası da doğrudur:
Birinci dereceden sayılabilir uzayların Fréchet-Uryshon uzay olduğu kanıtlanacaktır.
Bir X topolojik uzayın her noktasının sayılabilir açık tabanı var ise X’e birinci
dereceden sayılabilir denildiğini hatırlılayalım. 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.
2
Bunun daha fazlasıda doğrudur: metrik uzayın bölüm uzayı diziseldir.
7.2. Fréchet-Urysohn Uzay
153
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 scl(A) = A elde
edilir ki, 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 ))o = U o
elde edilir. Yani, U açıktır. X’in dizisel açık olduğu gösterilmiş olur.
Dizisel uzay ve Fréchet-Uryshohn uzayındaki temel ilişki aşağıdadır.
Teorem 7.6. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X Fréchet-Uryshohn uzaydır.
(ii) X’in her altuzayı dizisel.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Bunun doğru olmadığını varsayalım. Yani X’in bir Y
altuzayı dizisel olmasın. Bu varsayım sonucu bir A ⊂ Y altkümesi dizisel
Y
kapalı fakat Y uzayında kapalı olmayan, yani A 6= A 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= scl(A)
olacak biçimde A ⊂ X vardır. x ∈ A \ scl(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
154
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
7.7. Birinci dereceden sayilabilir olmayan Frechet-Urysohn ve Frechet-Urysohn olmayan dizisel topolojik uzay örnekleri veriniz.
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. (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) Doğru olmasın. Bu durumda f ’nin g → x özelliğinde
g ∈ AN altdizisi vardır ki, bu A’nın dizisel açık olmasıyla çelişir.
(ii) =⇒ (i) A dizisel açık olmasın, yani
A 6= X \ (scl(X \ A))
olsun.
a ∈ A ve a 6∈ X \ (scl(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 topolojik uzaydır.
(ii) Her Y topolojik uzayı için verilen bir f : X → Y fonksiyonunun sürekli
olması için gerekli ve yeterli 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
155
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’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 özelliğinde, X \ f −1 (U ) da (xn ) dizisi vardır.
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 dolayısı ile (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
156
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 gösteriniz.
7.4
Dizisel Uzaylar Metrik Uzayların Bölüm Uzaylarıdır.
Metrik uzaylar dizisel uzaydır. Ama tersi doğru değildir. Buna karşın, dizisel
uzaylar metrik uzayların tanıdık birşeyi olur. Bu alt bölümde bu “birşeyi”
belirliyeceğiz.
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.
Her i, j ∈ I ve i 6= j için Xi ∩ Xj = ∅ olamak üzere ((Xi , τi ))i∈I topolojik
uzayların bir ailesi verilsin. X = ∪i∈I Xi olmak üzere,
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[32]) (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 altuzayı,
Y = {0} ∪ { n1 : 2 ≤ n ∈ N}
uzayını ele alalım. Y uzayının topolojisinin,
τY = {A ⊂ Y : 0 6∈ A
olduğunu not edelim.
yada
Y \A
sonlu}
7.4. Dizisel Uzaylar Metrik Uzayların Bölüm Uzaylarıdır.
157
C = {f ∈ X N : f → f (1)}
olarak tanımlansın. Her f ∈ C,
Zf = {f } × Y
olarak tanımlayalım. Her f , g ∈ C ve f 6= g için,
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
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.
Böylece her f ∈ C için Zf ∩ π −1 (A), Zf ’de açıktır. Dolayısıyla,
158
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
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) dir.
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
7.11. (Xi )i∈I topolojik uzayların bir ailesi ve i 6= j için Xi ∩ Xj = ∅ olsun. X = ⊕i∈I Xi
uzayının metrikleşebilir olması için gerekli ve yeterli koşulun her i ∈ I için Xi uzayının
metrikleşebilir olması gerektiğini gösteriniz.
7.12. Bir topolojik uzayda bir dizi en fazla bir noktaya yakınsayabiliyorsa, o uzay T1 -uzayıdır.
Birinci dereceden sayılabilir bir uzayda bir dizi en fazla bir noktaya yakınsayabiliyorsa,
o uzayın T2 -uzay olduğunu gösteriniz.
7.13. Birinci dereceden sayılabilir topolojik uzayın Hausdorff olması icin gerekli ve yeterli
koşul, uzayda verilen her dizinin en fazla bir tane noktaya yakınsamasıdır. Gösteriniz.
7.14. Fréchet-Urysohn uzayın altuzaylarının Fréchet-Urysohn olduğunu gösteriniz.
7.5
Örnekler
Birinci dereden sayılabilir uzay=⇒ Fréchet-Urysohn =⇒ Dizisel uzay
olduğunu biliyoruz. Bunların terslerinin olmadığına ilişkin iki örnek vereceğiz.
Örnekler
7.5. Örnekler
159
7.15. Birinci dereceden sayılabilir olmayan Fréchet-Urysohn uzayı:
S1 = N × { n1 : n ∈ N} ve S2 = N × {0}
olmak üzere R2 Öklid uzayının
X = S1 ∪ S2
altuzayını ele alalım. S1 ve S2 kümeleri ayrıktır. S1 kümesine X’te olmayan p noktasını
ekleyerek
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
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
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.
{p} = ∩i Bfi
olur.
(iii) Y Fréchet-Urysohn uzaydır:Kanıtı okura bırakılmıştır.
7.16. Frechet-Urysohn olmayan dizisel uzay :
X = (R \ {0}),
Y = {0} ∪ { n1 : n ∈ N}
olmak üzere
160
7. Dizisel Topolojik Uzaylar
Z = (X × {0}) ∪ (Y × {1})
2
uzayını R 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 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.
vardır. Ayrıca,
0 6∈ ( 1i − δ,
1
i
1
i
∈ U olacak biçimde i ∈ N
+ δ) ⊂ U
özelliğinde 0 < δ seçebiliriz. Dolayısıyla x ∈ U olacak biçimde bir irrasyonel sayı
vardır. 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
7.17. X = R kümesi üzerine Sorgenfrey topolojisini koyalım ({[a, b) : a, b ∈ X, a < b} tarafından üretilen topoloji). Bu uzay genelde Rl ile gösterilir. Rl ’nin metrikleşebilir olmayan birinci dereceden sayılabilir uzay olduğunu gösteriniz.
7.18. w1 ilk sayılamaz ordinal olmak üzere sıra topolojisi ile donatılsın. w1 ’nin metrikleşemeyen
birinci dereceden sayılabilir uzay olduğunu gösteriniz.
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Düşük mertebeden ayrışım özelliklerini olarak bilinen (T0 , T1 ve T2 -) özellikleri
sağlayan topolojik uzaylar tanıtılmış ve bunların bazı belirgin özellikleri önceki
bölümlerde verilmişti. Bu uzaylar farkı iki noktanın belirli özellikleri sağlayan
açık küme ya da kümelerle ayrılabilir olması hakkındaydı. Bu bölümde iki
ayrışım kavramı daha verilecektir: T3 ve T3 1 -uzayları. Bu uzaylar arasındaki
2
ilişki
T3 1 =⇒ T3 =⇒ T2 =⇒ T1 =⇒ T0
2
olmasına karşın, bunların tersleri doğru olmayacaktır!
Bir topolojik uzay üzerinde tanımlı reel değerli sürekli fonksiyonların “yeterince çok” olması, sürekli fonksiyon uzaylarını matematiğin değişik alanlarında
çalışmaya teşvik eder. Fonksiyon uzayları fonksiyonel analizin temeli olup bunlara ilişkin temel örnekler
c00 , c0 , c. l∞
gibi uzaylardır. Burada geçen “uzay” kavramı metrik uzay, vektör uzay, normlu
uzay gibi anlamındadır. Bu uzayları daha açık olarak:
- l∞ = {f ∈ RN : supn |f (n)| < ∞}.
- c = {f ∈ l∞ : f
- c0 = {f ∈ l∞ : f
dizisi yakınsak}.
dizisi sıfıra yakınsak}.
- c00 = {f ∈ l∞ : ∃n0 ∀n ≥ n0 , f (n) = 0}.
olarak tanımlanır ve gösterilir.
Bu uzaylar C(K) ya da Cb (K) biçimindeki sürekli fonksiyonlar uzaylarının
altuzayları olarak yazılabilir. Bu açıdan bakıldığında, C(K)-uzaylarını çalışırken
K uzayı mümkün olduğu kadar “ekonomik” almak anlamlı olacaktır. Bu ekonomikliğin sınırı tümüyle düzenli olarak adlandırılan bir topolojik kavrama
yakındır. Bu bölümde bu kavram üzerinde de duracağız. Tümüyle düzenli
162
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
topolojik uzayların yapısı sürekli fonksiyonlar terimiyle anlaşılabilir ve bu
özelliğin 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}
özelliğinde sürekli f : R → R fonksiyonun 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.
Atlbölüm 2.9’da düzgün topolojik uzaylar tanıtılmıştı. Bu bölümde ise
tümüyle düzenli uzay kavramı tanımlanacak. Bir bilgi olarak şunu ifade edelim:
Bir uzayın düzgün topolojik uzay olması için gerekli ve yeterli 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 sıkca 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 x ∈ X \ K ise
f (x) = 0
ve f (K) ⊂ {1}
özelliğinde 0 ≤ f ≤ 1 fonksiyonu vardır. Gerçekten,
f : X → R,
f (x) = d(x, K)
fonksiyonu süreklidir ve g = min{f, 1} fonksiyonu istenilen özelliktedir. Bu
özellik metrikleşebilir topolojik uzaylar için de geçerlidir. Yani, metrikleşebilir
topolojik uzaylar tümüyle düzenlidir. Bu gözlem bizi aşağıdaki tanıma yönledirir.
Tanım 8.1. (Urysohn[103] ve Tychonoff[100]) X, T0 -uzay olsun. Kapalı her
K ⊂ X ve x ∈ X \ K için
f (x) = 0
ve f (K) ⊂ {1}
özelliğinde 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.
Tümüylü düzenli uzay aşağıdaki Şekil 8.1 de verilen resimde olduğu gibi
temsil edilebilir.
8.1. Tümüyle Düzenli Uzaylar
163
f
IR
X
x
1
K
x
0
x
Şekil 8.1: Hausdorff uzayın tümüyle düzenli uzayın görsel tanımı.
Teorem 8.1. Tümüyle düzenli uzay Hausdorffdır.
Kanıt: X tümüyle düzenli olsun. X’de x 6= y olsun. T0 -uzay tanımından bu
noktalardan birini içeren, 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}
özelliğinde f ∈ C(X) 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’nin T2 -uzayı olduğu gösterilmiş olur.
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. Bir sonlu J ⊂ I için
X \ K = ∩j∈J P −1 (aj , bj )
olduğunu varsayabiliriz. (Neden?) Her j ∈ J için xj ∈ (aj , bj ) olduğundan,
fj : R → R,
fj (xj ) = 1
fj (R \ (aj , bj )) ⊂ {0}
ve
olacak biçimde sürekli fj fonksiyonu vardır.
f : X → R,
f=
Q
j∈J
f j ◦ Pj
olarak tanımlansın. f fonksiyonu istenilen özellikte bir fonksiyondur.
Q
8.3. (xi )i∈I tümüyle düzenli uzaylar ailesi olmak üzere X =
i∈I Xi kutu topolojisiyle
donatılmış topolojik
uzay
tümüyle
düzenli
uzaydır:
Her
i
∈
I
için Ui ⊂ Xi açık olmak
Q
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
özelliğinde sürekli fi ∈ C(Xi )’ler vardır. f : X → R,
f (y) = inf i f (yi )
eşitliğiyle tanımlansın.
0 ≤ f ≤ 1, f (x) = 1 ve f (X \ U ) ⊂ {0}.
f ’nin sürekli olduğunu göstermek kanıtı tamamlayacaktır. z = (zi ) ∈ X ve f (z) ∈ (a, b)
olsun. fi (zi ) ∈ (a, b) özelliğinde i vardır. fi sürekli olduğundan fi (V ) ⊂ (a, b) olacak
biçimde zi ∈ V ⊂ Xi açık kümesi vardır. a < c < f (z) özelliğinde
c seçelim. j = i için
Q
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.
164
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Teorem 8.2. Tümüyle düzenli uzayın altuzayı da tümüyle düzenlidir.
Kanıt: Y , tümüyle düzenli X uzayın bir altuzayı, K, Y uzayınında 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 vardır. f = g|Y fonksiyonu sürekli ve
f (x) = 1 ve f (M ) ⊂ {0}
sağlanır. Hausdorff uzayın altuzayı da Hausdorff olduğundan kanıt tamamlanır.
Hatırlayalım: X ve Y iki topolojik uzay olmak üzere X’den Y ’ye tanımlı
sürekli fonksiyonlar C(X, Y ) ile gösterilir. C(X, R) yerine C(X) yazarız. Ayrıca,
X’den 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. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X tümüyle düzenli uzaydır.
(ii) X, bir Y = RI çarpım uzayının bir altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) I = Cb (X) olmak üzere Y = RI çarpım uzayını ele alalım.
π : X → Y,
π(x)(f ) = f (x)
olarak tanımlansın.
- πbirebirdir: Gerçekten her f ∈ C(X) için f (x) = f (y) olmasına karşın,
x 6= y olduğunu varsayalım. X, T1 -olduğundan {y} kapalı ve x 6∈ {y}
olmasından dolayı bazı f ∈ C(X) için
f (x) = 1 ve f (y) = 0
olur ki, bu çelişkidir.
- π süreklidir: x ∈ X, U ⊂ Y açık ve π(x) ∈ U olsun.
π(x) ∈ ∩j∈J Pf−1
(Uj ) ⊂ U
i
özelliğinde sonlu J ⊂ I, fj ∈ I ve Uj ⊂ R açık kümeleri vardır. ∩j∈J fj−1 (Uj )
açık ve
8.1. Tümüyle Düzenli Uzaylar
165
x ∈ ∩j∈J fj−1 (Uj ) ⊂ π −1 (∩j∈J Pf−1
(Uj )) ⊂ π −1 (U )
j
olur. İstenilen gösterilmiş olunur.
- X ve π(X) uzayları homeomorfiktir: U ⊂ X açık, y ∈ π(U ) verilsin.
π birebir olduğundan y = π(x) özelliğinde tek bir tane x ∈ X vardır,
üstelik x ∈ U olur. X tümüyle düzenli olduğundan,
f0 (x) = 0 ve f0 (X \ U ) ⊂ {1}
özelliğinde f0 ∈ Cb (X) vardır. Pf−1
(− 21 , 12 ) açık ve
0
y = π(x) = (f (x))f ∈Cb (X) ⊂ Pf−1
(− 21 , 12 ) ∩ π(X) ⊂ π(U )
0
olmasından dolayı, π(U )’nın π(X) uzayında açık olduğu gösterilmiş olur.
Dolayısıyla X ve π(X) altuzayı homeomorfiktir. Böylece (i) =⇒ (ii)’nin
kanıtı tamamlanır.
Q
(ii) =⇒ (i) Örnek 8.2 gereği Y = i∈I R tümüyle düzenli uzaydır. Teorem 8.2
gereği Y ’nin altuzayına homeomorfik olan X uzayı 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}
özelliğinde sürekli f ∈ C(X) fonksiyonunun olduğunu gösteriniz.
8.5. X tümüyle düzenli uzay, U ⊂ X açık ve x ∈ U için
x∈V ⊂V ⊂U
özelliğinde açık V ⊂ X kümesinin varlığını gösteriniz.
8.6. Kutu uzayı RI ’nin tümüyle düzenli olduğunu gösteriniz.
8.7. X, T0 -uzay olsun. B, X’nin bir alttabanı olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(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’nin bir ayrışımı olsun. Yani, B’nin elemanları
ikişer ikişer ayrık ve birleşimleri X olsun. 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}
özelliğinde f ∈ C(X)’nin varlığını gösteriniz.
8.9. (Garcia-Kubiak[43]) X, T1 -uzay olmak üzere, aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X düzenli uzaydır.
(ii) U açık ve Ui ’ler açık olmak üzere U ⊂ ∪i∈I Ui ise,
χUi ≤ fi ≤ χU
özelliğinde sürekli fonksiyonlar fi : X → [0, 1]’ler vardır.
166
8.2
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Sürekli Fonksiyonlar Halkası ve Kapalı Taban
X topolojik uzay olmak üzere X’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesi
C(X) noktasal cebirsel işlemlere göre (noktasal toplama ve noktasal çarpma)
bir cebirdir. Yani C(X) hem vektör uzay hem de halkadır. Ayrıca, Cb (X),
C(X) cebirinin altcebiridir. Yani C(X)’deki sınırlı fonksiyonlar kümesi Cb (X),
C(X)’nin 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 uzay var mıdır? Varsa, 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.
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 < F >
olmak üzere
< F >⊂ τ
olduğu tanım gereğidir. x ∈ U ∈ τ verilsin. X tümüyle düzenli olduğundan
f (x) = 0 ve f (X \ U ) ⊂ {1}
özelliğinde f ∈ F seçelim.
x ∈ f −1 (− 21 , 21 ) ⊂ U ve f −1 (− 12 , 12 ) ∈< F >
olduğundan
U ∈< F >
olduğu gösterilmiş olur. Böylece τ =< F > olur.
(ii) ⇐⇒ (iii) Açıktır.
(iii) =⇒ (iv) Açıktır.
(iv) =⇒ (i) K, X uzayında kapalı olsun. x ∈ X \ K verilsin. Bu durumda
x ∈ ∩ni=1 fi−1 ((ai , bi )) ⊂ X \ K
olacak biçimde fi ∈ F fonksiyonları vardır. fi (x) ∈ (ai , bi ) olduğundan her i
için
8.2. Sürekli Fonksiyonlar Halkası ve Kapalı Taban
gi (fi (x)) = 1
167
ve gi (R \ (ai , bi )) ⊂ {0}
olacak biçimde gi ∈ C(R) sürekli fonksiyonları vardır.
h : X → R,
h = (g1 ◦ f1 )...(gn ◦ fn )
olarak tanımlayalım. g ∈ C(X),
g(x) = 1 ve f (X \ K) ⊂ {0}
olduğu açıktır. Bu kanıtı tamamlar.
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[93] ve C̆ech[21]) Verilen her topolojik uzay (X, τX ) için
öyle bir düzenli (Y, τY ) vardır ki, C(X) ve C(Y ) cebirleri izomorfiktir.
Kanıt: X kümesi üzerinde ≡ bağıntısını
x ≡ y ⇐⇒
∀f ∈ C(X),
f (x) = f (y)
olarak tanımlansın. Bu bağıntının bir denklik bağıntısı olduğu açıktır. Her
x ∈ X için [x], x’nin 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.
168
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
(iii) Y Hausdorff uzayıdır: Y ’de [x] 6= [y] olsun. Bu x 6≡ y demektir. Tanımdan
bir f ∈ C(X) için f (x) 6= f (y) dir. g : Y → R fonksiyonu g([x]) = f (x)
olarak tanımlıyalım. 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 her topolojik uzay (X, τX ) için öyle bir tümüyle düzenli (Y, τY ) ve cebir izomorfizma π : C(X) → C(Y ) vardır ki;
(i) π(Cb (X)) = Cb (Y ),
(ii) π(f ) ≥ 0 ⇐⇒ f ≥ 0,
olur. Gösteriniz.
8.3
Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması
X bir topolojik uzay olsun. K ⊂ P(X) olmak üzere,
{X \ K : K ∈ K}
kümesi, X’nin bir alttabanı oluyorsa, K’ya kapalı kümeler alttabanı denir.
Benzer biçimde kapalı kümeler tabanı tamımlanır. X bir topolojik uzaysa,
f ∈ C(X) için
Z(f ) := {x ∈ X : f (x) = 0}
olmak üzere K = Z(f ) olarak yazılabilen kümelere sıfır küme denilmişti. I ⊂
C(X) için
Z[I] := {Z(f ) : f ∈ I}
yazarız. Z[C(X)] yerine Z(X) yazarız. Bu bölümde bir topolojik uzayın tümüyle
düzenli olması için gerekli ve yeterli koşulun Z(X)’nin kapalı taban olması gerektiği kanıtlanacaktır.
Teorem 8.7. X topolojik uzay olsun. Z(X) sonlu birleşim ve sayılabilir arakesit işlem kapalıdır.
8.3. Sıfır Kümelerin Kapalı Taban Olması
169
Kanıt: f , g ∈ C(X) olmak üzere
Z(f ) ∪ Z(g) = Z(f g)
olduğu açıktır. Böylece Z(X) sonlu arakesit işlem kapalıdır. (Zn ), Z(X) de bir
dizi olsun. Her n için Zn = Z(fn ) özelliğinde fn ∈ C(X) seçelim.
f : X → R, f =
P
|fn |
n 2n (1+|fn |)
olarak tanımlansın. f ∈ C(X) ve
∩n Zn = Z(f )
olur. Böylece Z(X) sayılabilir arakesit işlem kapalıdır.
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.
Yukarıdaki teorem ve Teorem 8.3 kullanılarak aşağıdaki teoremin kanıtı
hemen elde edilebilir. Ancak, kanıt doğrudan tanım kullanılarak da yapılabilir.
Teorem 8.9. X Hausdorff topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X tümüyle düzenlidir.
(ii) Z(X), X uzayının kapalı kümeler tabanıdır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) K ⊂ X kapalı olsun. Her k ∈ X \ K için
fk (k) = 1 ve fk (K) ⊂ {0}
özelliğinde fk ∈ C(K) vardır.
K = ∩k∈X\K Z(fk )
olduğu açıktır.
(ii) =⇒ (i) K ⊂ X kapalı ve x ∈ X \ K verilsin. Varsayım gereği,
K = ∩i∈I Z(fi )
170
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
özelliğinde fi ∈ C(X)’ler vardır. Ayrıca, 0 ≤ fi ≤ 1 seçebiliriz. x 6∈ K
olduğundan 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}
özelliğinde f ∈ C(X) varsa, A ve B kümeleri tümüyle ayrılabilir denir. Bu
durumda
A ⊂ X \ f −1 ([ 13 , ∞)) ⊂ f −1 ((−∞, 13 ]) ⊂ X \ B
olmasından dolayı, aşağıdaki teorem kanıtlanabilir.
Teorem 8.10. X topolojik uzay ve A ve B kümeleri tümüyle ayrılabilir olsunlar.
A ⊂ X \ Z1 ⊂ Z2 ⊂ X \ B
özelliğinde Z1 , Z2 ∈ Z(X) sıfır kümeleri vardır.
Kanıt: f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1} özelliğinde sürekli 0 ≤ f ≤ 1 fonksiyonu
vardır.
Z1 = f −1 ([ 31 , ∞)) ve Z2 = f −1 ((−∞, 13 ])
istenilen özellikte sıfır 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 ∈ C(X), fk (k) = 1 ve fk (A) ⊂ {0}
olmak üzere,
A = ∩k∈X\A Z(fk )
yazılabilir. Her k ∈ X \ A için
A ⊂ X \ fk−1 ([ 31 , ∞) ⊂ fk−1 ((−∞, 13 ]) ⊂ X \ {k}
olur. Ayrıca,
Zk = fk−1 ((−∞, 31 ]) ∈ Z(X)
olur. Her k ∈ X \ A için
8.4. Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
171
A ⊂ fk−1 ((−∞, 13 )) ⊂ Zko
ve
A = ∩k∈X\A Zk
olur. 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 gösteriniz.
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’nin tümüyle düzenli,
olduğunu gösteriniz.
8.13. X topolojik uzay ve I ⊂ C(X), çarpma işlemi altında kapalı olsun. Z[I]’nın sonlu
birleşim işlem kapalı olduğunu gösteriniz.
8.14. X topolojik uzay ve I ⊂ C(X), altcebiri ya da Riesz altuzayı olsun. Z[I]’nın sonlu
arakesit işlem kapalı olduğunu gösteriniz.
8.15. I, C(X)’nin Riesz altuzayı ve düzgün kapalıysa (yani, (fn ), I’da bir dizi, f ∈ RX ve
supx∈X |fn (x) − f (x)| → 0
oluyorsa f ∈ I olur.) Z[I]’nın sayılabilir arakesit işlem kapalı olduğunu gösteriniz.
8.16. I, C(X)’nin Riesz altcebiri,1 düzgün kapalı ve f ∈ I ve Z(f ) = ∅ olduğunda f ∈ I
olsun. Z[I]’nın sayılabilir arakesit işlem kapalı olduğunu gösteriniz.
8.17. X tümüyle düzenli uzay olsun. U ⊂ X açık ve x ∈ U ise,
x ∈ Z0 ⊂ Z ⊂ U
özelliğinde Z ∈ Z(X)’nin varolduğunu gösteriniz.
8.18. X = Rn Öklid uzayının kapalı tabanının K = {f −1 (0) : f ∈ C(X)} olduğunu biliyoruz.
X üzerinde kapalı kümeler tabanı
Bn = {f −1 (0) : f ∈ C(X),
n değişkenli polinom}
olan topoloji X halkasının (noktasal cebirsel işlemler altında X birimli halkadır) Zariski
topolojisidir. n = 1 için bu topolojinin tümleyeni sonlu olan topoloji ile çakıştığından
Alıştırma 3.6’da bahsedilmiştı. n > 1 için bu topolojinin tümleyeni sonlu olan topoloji
olmadığını gösteriniz.
8.4
Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
Bir sonraki kısımda 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.
1
pozitif elemanların çarpımı pozitif olan Cebir ve aynı zamanda Riesz uzayı olan uzaya
Riesz cebir denir.
172
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Tanım 8.2.
2
X topolojik uzay olsun. 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 ,
denir.
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
f fonksiyonunun sürekli olması için gerekli ve yeterli koşulun, alt ve üst
yarısürekli olması gerektiği açıktır.
X bir topolojik uzay ve K ⊂ X verilsin. χK karakteristik fonksiyonunun
üst yarısürekli olması için gerekli ve yeterli koşul K’nın kapalı olmasıdır. Benzer biçimde χK karakteristik fonksiyonunun alt yarısürekli olması için gerekli
ve yeterli koşul K’nın açık olmasıdır. Bunların direkt bir sonucu olarak, χK
fonksiyonunun sürekli olması için gerekli ve yeterli koşul K’nın açık-kapalı
olmasıdır.
X topolojik uzay olmak üzere f : X → R fonksiyonunun alt yarısürekli
olması için gerekli ve yeterli koşulun −f fonksiyonun üst yarısürekli olmasıdır.
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 ) + özelliğinde x0 noktasını içeren açık U kümesi var ise f ’ye x0 noktasında
üst yarısürekli denir.
2
X = R için bu kavram 1899 yılında Baire tarafından verilmiştir.
8.4. Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
173
(ii) Her > 0 için
y ∈ U =⇒ f (y) > f (x0 ) − özelliğinde x0 ’i içeren açık U kümesi var ise f ’ye x0 noktasında alt
yarısürekli denir.
f : X → R fonksiyonunun x noktasında sürekli olması için gerekli ve yeterli
koşulun, o noktada alt ve üst yarısürekli olması gerektiğini göstermek kolaydır.
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 gerekli ve yeterli koşul, her noktada alt yarısürekli
olmasıdır. Aynı biçimde üst yarısürekli olması için gerekli ve yeterli 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 x0 ∈ X \ U açık küme ve her x ∈ U için
f (x0 ) − < f (x)
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 )
özelliğinde > 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. V ⊂ U olduğu da
açıktır. Böylece U ’nun açık ve K’nın kapalı olduğu gösterilmiş olur. Yani f alt
yarısüreklidir.
Teoremin ikinci kısmının kanıtı da benzer biçimde yapılır.
174
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
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) Açıktır.
f : X → R fonksiyonunun x noktasında üst yarısürekli olması için gerekli ve yeterli 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 gerekli ve yeterli koşul
f (x) = supU ∈τ (x) inf y∈U f (y)
olmasıdır.
Alıştırmalar
8.20. X topolojik uzay ve F , X’den R’ye tanımlı alt yarısürekli fonksiyonların bir kümesi
olsun. Her x ∈ X için supf ∈F f (x), R’de varsa,
f (x) = supf ∈F f (x)
olarak tanımlanan fonksiyonun alt yarısürekli olduğunu gösteriniz.
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 gösteriniz.
8.22. X bir topolojik uzay, K ⊂ X kapalı bir küme f : X → R ve g : Y → R fonksiyonları alt
yarısürekli fonksiyonlar olsunlar. 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 gösteriniz.
8.4. Alt ve Üst Yarısürekli Fonksiyonlar
175
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 = ∩r∈Q Gr
olarak tanımlansın. Aşağıdakileri gösteriniz.
(i) Her r için Gr açık ve yoğun.
(ii) f , her x ∈ G için süreklidir.
8.24. X bir topolojik uzay olsun. R, üzerinde öyle bir topoloji τ ’nın varlığını gösteriniz ki,
verilen her f : X → R fonksiyonu için aşağıdakiler denk olsun.
(i) f alt yarısüreklidir.
(ii) f , τ topolojisine göre süreklidir.
8.25. X bir topolojik uzay olsun. R, üzerinde öyle bir topoloji τ ’nın varlığını gösteriniz ki,
verilen her f : X → R fonksiyonu için aşağıdakiler denk olsun.
(i) f üst yarısüreklidir.
(ii) f , τ topolojisine göre süreklidir.
8.26. 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.
Gösteriniz.
8.27. X tümüyle düzenli uzay ve U ⊂ X olsun. χU fonksiyonunun bazı sürekli fonksiyonların
supremumu, yani,
χU (x) = supi fi (x)
olacak biçimde sürekli fonksiyonlar fi ’lerin varlığını gösteriniz.
8.28. (Listing[75])3 X metrikleşebilir topolojik uzay ve f : X → [0, 1] alt yarısürekli fonksiyon
olsun.
f (x) = supn fn (x), fn ↑
özelliğinde sürekli fonksiyonlar dizisinin varlığını gösteriniz.
8.29. 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 gözlemleyiniz. Benzer durumu x0 noktasında
soldan sürekli olmasıyla x0 noktasında alt yarısürekli olması durumu için yapınız.
8.30. X topolojik uzay olsun. f : X → R sınırlı fonksiyonunun üst yarısürekli olması için
gerekli ve yeterli koşulun, X uzayında yakınsak her (xi ) neti için
f (lim xi ) ≤ lim inf f (xi )
olması gerektiğini gösteriniz. Benzer biçimde f fonksiyonunun alt yarısürekli olması için
gerekli ve yeterli koşulun,
lim sup f (xi ) ≤ f (lim xi )
olduğunu gösteriniz.
3
R için bu sonuç Baire tarafından verilmiştir.
176
8.5
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
Tümüyle Düzenli Uzayların Yarısüreklilik Terimi ile Betimlenmesi
Aşağıdaki teorem alt yarısüreklilik ile tümüyle düzenli uzaylar arasındaki birebir ilişkiyi verir.
Teorem 8.14. (Listing[75]) 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. > 0, f (x0 ) − > 0 özelliğinde olsun. f alt yarısürekli
olduğundan,
x0 ∈ U,
x ∈ U =⇒ f (x0 ) < f (x) + özelliğinde açık U kümesi vardır. X uzayının tümüyle düzenli olmasından,
0 ≤ g ≤ f (x0 ) − ,
g(X \ U ) ⊂ {0}
ve
g(x0 ) = f (x0 ) − özelliğinde sürekli g ∈ C(X) vardır ve g ≤ f dir. Ayrıca,
f (x0 ) − ≤ g(x0 )
olduğu açıktır. 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 }
dır. En az bir g ∈ C(X), 0 ≤ g ≤ χU için g(x0 ) 6= 0 olduğu açıktır.
g(X \ U ) ⊂ {0}
olduğu da açıktır. Böylece X’nin tümüyle düzenli olduğu gösterilmiş olur. Alıştırmalar
8.31. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
8.6. Düzenli Uzaylar
177
(i) X tümüyle düzenlidir.
(ii) Üst yarısürekli her f : X → R fonksiyon
f (x) = inf{g(x) : g ∈ C(X),
g ≥ f}
biçimindedir.
8.32. (X, τ ) bir topolojik uzay ve A ⊂ X verilsin. A ⊂ ∪U özelliğindeki U ⊂ τ kümesine A kümesinin açık örtüsü denir. A’nın sonlu V ⊂ U açık örtüsüne, U’nın sonlu
altörtüsü denir. A’nın her açık örtüsünün sonlu açık altörtüsü var ise A’ya kompakt
denir. Bir topolojik uzayı sonlu altkümesinin kompakt olduğu açıktır. X Hausdorff topolojik uzay olmak üzere, aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X tümüyle düzenlidir.
(ii) K,F ⊂ X, K kompakt ve F kapalı ise
f (K) ⊂ {0} ve f (F ) ⊂ {1}
özelliğinde 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[106]) X bir topolojik uzay olsun. Her x ∈ X, ve x 6∈ K
özelliğindeki her kapalı K kümesi için
x ∈ U , K ⊂ V ve U ∩ V = ∅
özelliğinde U ve V açık kümeler varsa, X’e düzenli uzay denir.
T2 -uzayı aynı zamanda düzenli uzaysa T3 -uzay denir. Düzenli uzayın T2 olması için gerekli ve yeterli 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[100]) Tümüyle düzenli olmayan T3 -uzay vardır.
Kanıt: (Mysior[80]) a, R×[0, ∞) kümesine ait olmayan bir nokta olmak üzere
X = R × [0, ∞) diyelim. Her x ∈ R için Ix = {x} × [0, 2) ve
178
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
0
Ix = {(x + y, y) : 0 ≤ 2}
0
olmak üzere, Ix , Ix ∪Ix kümesinin sonlu altkümlerinin kümesi olarak tanımlansın.
(i) τ1 = {{(x, y)} : y > 0}
0
(ii) τ2 = {{(x, 0)} ∪ (Ix ∪ Ix \ I) : x ∈ R, I ∈ Ix }
(iii) τ3 = {{a} ∪ (n, ∞) × [0, ∞) : n ∈ N}
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
0
{{(x, 0)} ∪ (Ix ∪ Ix \ I) : I ∈ Ix }
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
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 kümesinın sonsuz ve 0 6= f (a) olduğunu
varsayalım. a ∈ X \ Z(f ) açık ve a noktasının tabanı T3 olduğundan
a ∈ {a} ∪ ((n, ∞) × {0}) ⊂ X \ Z(f )
özelliğinde n ∈ N vardır. Böylece
Kn+2 ⊂ ((n, ∞) × {0}) ∩ 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
0
0
(c, 0) 6∈ Ic \ Z(f ) = ∪n (Ic \ f −1 ( n1 , n1 ))
0
olduğunu not edelim. Ayrıca, Ix kümesinin kapalı olduğunu göstermek ko0
laydır. Böylece, her n için Ic \ f −1 ( n1 , n1 ) kümesi kapalı ve (c, 0) noktasını
içermez. Dolayısıyla,
8.6. Düzenli Uzaylar
179
0
0
(c, 0) ∈ (Ic ∪ Ic ) \ I ⊂ (Ic \ f −1 ( n1 , n1 ))c
özelliğinde sonlu I kümesi vardır. Buradan
0
Ic \ f −1 (− n1 , n1 ) ⊂ I
0
olur. Böylece, her (c, 0) ∈ C için Ic \ Z(f ) sayılabilir kümedir. C sayılabilir
olduğundan
0
M = ∪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 ∩ Ix 6= ∅
0
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
0
Ix ∩ (Ic ∩ 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
180
8. Tümüyle Düzenli Uzaylar
F = F ∩ Z(f ) ⊂ Kn+1
olmasından da Kn+1 ’nin sonsuz olduğu gösterilmiş olur. Tümevarımla her n
için Kn kümesinin sonsuz olduğu gösterilmiş olur. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
8.33. Düzenli uzaylarda T0 ve T2 özelliklerinin çakıştığını gösteriniz. Ayrıca düzenli uzayların
Hausdorff olması gerekmediğini gösteriniz.
8.34. X Hausdorff uzay olsun. F ⊂ U özelliğindeki her açık U ve kapalı F kümesi için
F ⊂ ∪n Un , Un ⊂ U
özelliğinde açık kümelerin (Un ) dizisinin olduğunu varsayalım. A ve B ayrık kapalı kümelerin ayrık açık kümelerle ayrılabilir olduğunu gösteriniz. Bu özellik X uzayının düzenli
olmasını karakterize eder mi?
Kanıt: A ve B ayrık kapalı kümeler olsunlar. A, B kümeleri kapalı, A ⊂ X \ B ve
B ⊂ X \ A olmalarından dolayı
A ⊂ ∪n Un , Un ⊂ X \ B
ve
B ⊂ ∪n Vn , Vn ⊂ X \ A
özelliğinde açık kümelerin dizisi (Un ) ve (Vn )’ler vardır.
Gi = Ui \ ∪j≤i Vj ve Gi = Vi \ ∪j≤i Uj
diyelim.
U = ∪i Gi ve V = ∪i Vi
kümeleri açık ve ayrık kümelerdir. Ayrıca, A ⊂ U ve B ⊂ V olduğu da açıktır. Böylece
istenilen gösterilmiş olunur.
9. Normal Uzaylar
Şu ana kadar Ti -uzaylardan T0 -,T1 -, T2 - T3 -uzay olanları ve tümüyle düzenli
uzaylar tanımlandı. Bunlar arasındaki ilişkilerden birinin
Tümüyle düzenli ⇒ T3 -uzay⇒ T2 -uzay ⇒ T1 -uzay⇒ T0 -uzay
olduğu sıkca vurgulanmıştı. Bu zincirlemenin başına, normal uzay olarak adlandırılacak bir tür daha eklenecek ve aşağıdaki ilişki elde edilecektir:
Normal uzay ⇒ Tümüyle düzenli ⇒ T3 -uzay⇒ T2 -uzay ⇒ T1 -uzay⇒
T0 -uzay.
Hangi tür topolojik uzaylarda, ayrık iki kümenin hangi koşullar altında açık
kümelerle ya da sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilirlik durumlarını anlamak anlamlıdır. 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}
özelliğinde sürekli f : X → R varsa, A ve B’ye sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilir kümeler denir.
Bu bölümde kapalı ayrık kümelerin açık kümelerle ayrılabilme özelliği bulunduran T1 -topolojik uzaylar çalışılacak. Bu tür uzaylara normal uzay denir.
Normal uzayların tümüyle düzenli uzay olduğu açıktır. Tersi doğru değildir.
Bu bölümün temel amaçlarından biri aşağıdaki sonuçları vermektir: T1 uzayı X için aşağıdakiler denktirler.
(i) X normal uzaydır. Yani, X’nin kapalı ayrık kümeleri ayrık açık kümelerle
ayrılabilir.
(ii) (Tietze Genişleme Teoremi) A ⊂ X kapalı ve f : A → R sınırlı sürekli
fonksiyonsa, f ’nin bir sürekli genişlemesi f : X → R vardır.
182
9. Normal Uzaylar
(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.
(v) (Hahn-Tong) f : X → R üst yarısürekli, g : X → R alt yarısürekli ve
f ≤ g ise f ≤ h ≤ g özelliğinde sürekli h : X → R fonksiyonu vardır.
(vi) (Hahn-Tong) f : X → R üst yarısürekli, g : X → R alt yarısürekli ve
0 ≤ f ≤ g ≤ 1 ise f ≤ h ≤ g özelliğinde 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
Bir topolojik X uzayının ayrık A ve B kümeleri için
A ⊂ U ve B ⊂ V
özelliğinde açık ve ayrık U ve V kümeler varsa, A ve B kümeleri açık kümelerle ayrılabilir denir. Bu tanıma göre Hausdorff uzayının düzenli olması için
gerekli ve yeterli koşul, biri tek elemanlı olmak üzere her iki ayrık ve kapalı
kümenin açık kümelerle ayrılabilir olmasıdır. Aşağıda verilen tanımla tümüyle
düzenli uzay kavramı genellenebilir.
Tanım 9.1. (Tietze[95] ve Alexandroff-Urysohn[4]) X, T1 -uzay ve her ayrık
kapalı iki küme açık kümelerle ayrılabiliyorsa, X’e normal uzay denir.
Temel topolojik uzay örneği olan metrik uzaylar normal uzaylardır.
Örnekler
9.1. Metrik uzaylar normal uzaylardır. Gerçekten de (X, d) bir metrik uzay, A ve B, X’nin
ayrık ve kapalı kümeleri olsun.
f (x) = d(x, A) − d(x, B)
olarak tanımlıyalım. f sürekli fonksiyonlar olduğundan
U = f −1 ((0, ∞) ve V = f −1 ((−∞, 0))
kümeleri açık ve ayrıktır. Ayrıca, A ⊂ V ve B ⊂ U olur.
9.1. Tanım ve Temel İki Denk Özellik
183
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’dur. A ve B, X uzayının boş
olmayan kapalı ayrık kümeleri olsunlar. Her a ∈ A için
Ua = [σ, a] ⊂ X \ B
özelliğinde açık aralık Ua vardır. Benzer biçimde her b ∈ B için
Vb = [τ, b] ⊂ X \ A
özelliğinde açık aralık Vb vardır.
U = ∪a∈A Ua ve V = ∪b∈B Vb
diyelim. U ve V kümeleri açık, ayrık, A ⊂ U ve B ⊂ V sağlanır. Böylece X’in normal
olduğu kanıtlanmış olur.
Normal uzay resmi şekil 9.1 de olduğu gibidir. Normal uzayların Hausdorff
olduğu açıktır. Üstelik düzenli uzaylardır.
IR
f
X
x
A
x
B
1
0
Şekil 9.1: Normal uzayın temsili
Aşağıdaki iki teoremin bir sonucu olarak normal uzayların tümüyle düzenli
uzaylar olduğunu söyleyebileceğiz.
Teorem 9.1. X bir T1 -uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X normal uzaydır.
(ii) F kapalı, U açık küme ve F ⊂ U ise
F ⊂V ⊂V ⊂U
özelliğinde açık V kümesi vardır.
(iii) F ⊂ W ⊂ X özelliğinde kapalı F kümesi ve açık W kümesi verildiğinde
F ⊂ ∪i Wi , Wi ⊂ W
özelliğinde açık kümelerin (Wi ) dizisi vardır.
Kanıt: (i) ⇐⇒ (ii) =⇒ (iii) olduğu açıktır.
(iii) =⇒ (i) A ve B, X uzayında ayrık kapalı kümeler olsunlar. Varsayımdan
A ⊂ ∪i Wi , Wi ⊂ X \ B
184
9. Normal Uzaylar
özelliğinde açık kümelerin dizisi (Wi )’ler vardır. Benzer biçimde,
B ⊂ ∪i Vi , Vi ⊂ X \ A
özelliğinde açık kümelerin dizisi (Vi )’ler vardır. Her i için
Gi = Wi \ ∪ij=1 Vj ve Hi = Vi \ ∪ij=1 Wj
kümelerini tanımlayalım. Gi ve Hi kümeleri açık ve
∞
A ⊂ U = ∪∞
i=1 Gi ve B ⊂ V = ∪i=1 Hi
olarak tanımlanan U ve V kümelerinin ayrık oldukları açıktır. Böylece X
uzayının normal olduğu gösterilmiş olur.
Alıştırmalar
9.3. Teorem 9.1. (iii) kullanarak, aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) (Tychonoff[99]) Ikinci dereceden sayılabilir düzenli T1 -uzayı normaldir.
(ii) Sayılabilir düzenli T1 -uzayı normaldir.
9.4. (Birkhoff[15]) Ordinal uzayın normal olduğu Örnek 9.2’de verilmişti. Daha fazlası olarak
her sıra uzayın normal olduğunu gösteriniz.
9.2
Urysohn Lemma
Genelde Hausdorff düzenli uzaylar tümüyle düzenli olmayabilir. Yani aşağıdaki
özellikler T1 -uzayı olan X için denk değildir.
(i) A tek elemanlı olmak üzere, A ve B kapalı kümeleri ayrıksa, bu kümeler
ayrık açık kümelerle ayrılabilir.
(ii) A tek elemanlı olmak üzere A ve B kapalı kümeri ayrıksa
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1}
özelliğinde sürekli f : X → R fonksiyonu vardır.
Yukarıdaki koşullarda A’nın tek elemanlı olma koşulu kaldırıldığında bunların
denk olduğunu gösterebileceğiz. Aşağıdaki tanımla başlayalım.
Hatırlayalım: X bir topolojik küme olmak üzere A, B ⊂ X kümeleri verilsin.
f (A) ⊂ {0}
ve
f (B) ⊂ {1}
özelliğinde sürekli f : X → R fonksiyonu varsa, A ve B kümelerine X uzayında
“sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir” denir.
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
9.2. Urysohn Lemma
185
f (x) =
d(x,A)
d(x,A)+d(x,B)
eşitliğiyle tanımlansın. f fonksiyonu sürekli ve
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {0}
özelliğindedir. Yani, A ve B kümeleri sürekli fonksiyonlarca tümüyle ayrılabilir.
Bir X uzayının sürekli fonksiyonla tümüyle ayrılabilir A ve B altkümeleri
için, verilen her α, β ∈ R için
f (A) ⊂ {α} ve f (B) ⊂ {β}
özelliğinde 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[103]) (X, τ ) Hausdorff topolojik
uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X normal.
(ii) Ayrık ve kapalı iki küme sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) Açıktır.
(i) =⇒ (ii) A ve B, X’nin ayrık ve kapalı iki altkümesi olsun.
N = { 2kn : n ∈ N, 1 ≤ k ≤ 2n − 1}
olarak tanımlayalım. Her
k
2n
∈ N için U ( 2kn ) kümeleri açık olmak üzere,
n
n
2 −1
2 −2
A ⊂ U ( 21n ) ⊂ U ( 22n ) ⊂ ...U ( 2mn ) ⊂ U ( m+1
2n )...U ( 2n ) ⊂ U ( 2n ) ⊂ X \ B
özelliğinin olma durumunu ∗n ile gösterelim. Her n ∈ N için ∗n özelliğini
sağlayan
U : N ∪ {0, 1} → τ
fonksiyonunu tanımlayacağız. Öncelikle
U (0) = ∅ ve U (1) = X
olarak tanımlayalım. Her n ∈ N için,
An = { 2kn : 1 ≤ k ≤ 2n − 1}
olarak tanımlansın.
An ⊂ An+1 , N = ∪n An
186
9. Normal Uzaylar
ve
n+1
3
1
, 2n+1
, ..., 2 2n+1−1 }
An+1 \ An = { 2n+1
olduğunu not edelim. U fonksiyonunun A1 ’e olan kısıtlanışını
A ⊂ U ( 211 ) ⊂ U ( 211 ) ⊂ X \ B
özelliğinde tanımlayabiliriz. U fonksiyonunun An ’e kısıtlamasının tanımlandığını
varsayalım. (Burada ∗n özelliğinin sağlandığını varsayıyoruz.)
k
2n+1
∈ An+1 \ An
verilsin. Aşağıdakilerden sadece bir tanesi gerçekleşir:
•
k
2n+1
=
1
2n+1
k
durumunda, U ( 2n+1
) açık kümesi,
k
k
) ⊂ U ( 2n+1
) ⊂ U ( 21n )
A ⊂ U ( 2n+1
özelliğinde seçebiliriz. Bu durum Şekil 9.2 de olduğu gibi resmedilebilir.
•
k
2n+1
=
2n+1 −1
2n+1
k
için U ( 2n+1
) açık kümesini
n
k
k
U ( 2 2−1
n ) ⊂ U ( 2n+1 ) ⊂ U ( 2n+1 ) ⊂ X \ B
özelliğinde seçebiliriz. Bu durum Şekil 9.3 de olduğu gibi resmedilebilir.
Geriye son durum kalıyor.
•
m
2n
k
< 2n+1
<
açık kümesi
m+1
2n
k
(1 ≤ m < m + 1 ≤ 2n − 1) durumundaysa, U ( 2n+1
)
k
k
U ( 2mn ) ⊂ U ( 2n+1
) ⊂ U ( 2n+1
) ⊂ U ( m+1
2n )
özelliğinde seçilebilir. Bu Şekil 9.4 de olduğu gibi resmedilebilir.
U( 12 n )
A
U(
2n
)
B
U(
U(
Şekil 9.2
)
2n+1
n+1 )
2
9.2. Urysohn Lemma
187
−1
U( 22n+1
n +1 )
2 n+1 −1
2 n+1
A
B
U( 22nn −1)
n
U( 2n−1
2
)
Şekil 9.3
U( m+1
)
2n
U( m+1
)
2n
A
B
k
)
U( n+1
2
k
U( n+1
2
U(
m
n
2
)
U( mn )
)
2
Şekil 9.4
Böylece ∗n+1 sağlanmış olur. Buradan da tümevarımla U fonksiyonunu tanımlamış
oluruz.
Şimdi 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 dır. 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 kanıtı tamamlayacaktır. Öncelikle
188
9. Normal Uzaylar
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
özelliğinde 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 özelliğindeki x ∈ X noktalarında
süreklidir.
• f (x) = 0 durumu için: > 0 olsun.
1
2n
< özelliğinde 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.
m−1
2n
< f (x) − < f (x) < f (x) + <
m+1
2n ,
m + 1 ≤ 2n
özelliğinde m,n ∈ N seçebiliriz.
m−1
U = U ( m+1
2n ) \ U ( 2n )
diyelim. x ∈ U ve
f (U ) ⊂ (f (x) − , f (x) + )
olduğunu göstermek zor değildir.
Böylece f ’nin sürekli olduğu gösterilmiş olunur. Kanıt tamamlanır.
Sonuç 9.3. Normal uzaylar tümüyle düzenli uzaylardır.
Kanıt: Açıktır.
Alıştırmalar
9.5. X metrik uzayında verilen ayrık kapalı kümelerden birini sıfıra, diğerini bire götüren
fonksiyonu “açık seçik” yazınız.
9.3. Temel Genişleme Teoremleri
9.3
189
Temel Genişleme Teoremleri
X, T1 - uzaysa, X’nin tümüyle düzenli olması için gerekli ve yeterli koşullardan
biri tek elemanlı ve diğeri kapalı olan ayrık kümelerin, sürekli fonksiyonlarla
tümüyle ayrılabilir olması gerektiği açıktır.
X topolojik uzay ve Y altuzay olsun. R değerli ve Y ’de tanımlı sürekli bir
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, aşağıdakileri not
edelim ya da hatırlayalım.
(i) f ∈ C(X)’nin sınırlı olması,
supx∈X |f (x)| < ∞
olmasıdır. X uzayında tanımlı sürekli fonksiyonların kümesi Cb (X) ile
gösterilir.
(ii) (fn ), C(X)’de bir dizi ve (rn ), R+ ’nın her n için |fn | ≤ rn ve
P
n rn
<∞
özelliğinde bir dizi olsun. Bu durumda
f : X → R, f (x) =
P
n fn (x)
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. Gerçekten x0 ∈ X verilsin. > 0
verilsin.
P∞
i=m+1 ri
özelliğinde m seçelim. g =
Pm
i=1 fi
<
3
fonksiyonu sürekli olduğundan
x ∈ U ⇒ |g(x) − g(x0 )| <
3
özelliğinde x0 ∈ U açık kümesi vardır. Her x ∈ U için
|f (x) − f (x0 )| ≤ |g(x) − g(x0 )| +
P∞
olur. Bu, f ’nin sürekli olduğunu söyler.
i=m+1 |fi (x)
− fi (x0 )| < 190
9. Normal Uzaylar
Tanım 9.2. X bir topolojik uzay ve Y , X’nin altuzayı olsun. Sürekli her
f : Y → R fonksiyonun bir sürekli genişlemesi f : X → R varsa, Y uzayına X
uzayında C-gömülebilir denir. Benzer biçimde sınırlı ve sürekli her f : Y → R
fonksiyonun bir sürekli genişlemesi f : X → R varsa Y altuzayına X uzayında
Cb -gömülebilir denir.
Örnek 9.6.R Öklid uzayının R \ {0} altuzayı, 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 uzayın Cb -gömülebilir olduğu açıktır. 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) = ∅ özelliğinde ise,
h = |f |(|f | + |g|)−1
fonksiyonu sürekli ve
h(Z(f )) ⊂ {0} ve h(Z(g)) ⊂ {1}
sağlanır.
Önsav 9.4. X bir topolojik uzay ve Y ⊂ X altuzay olsun. Y ’nin ayrık sıfır
kümelerinin X’de sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olduğunu varsayalım. f ∈ C(Y ), r ∈ R ve |f | ≤ r ise
|g| ≤ 13 r ve |f − g|Y | ≤ 23 r
özelliğinde 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 özelliğinde f ∈ C(X) fonksiyonu vardır. x ∈ Z1 ise
−r ≤ f (x) ≤ − 13 r
9.3. Temel Genişleme Teoremleri
191
olacağından
|f (x) − g(x)| ≤ 23 r
olur. Aynı eşitsizlik |f (x)| ≤ 13 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 | ≤ 13 r
olur. Kanıt tamamlanır.
Teorem 9.5. (Tietze Genişleme Teoremi) X bir topolojik uzay ve Y , X’nin
bir altuzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) Y , X’nin Cb -gömülebilir altuzayıdır.
(ii) Y ’de sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir kümeler X’de de sürekli
fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir.
(iii) Y ’nin ayrık sıfır kümeleri, X uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) olduğu açıktır.
(iii) =⇒ (i) g ∈ C(Y ) verilsin. |g| ≤ 1 olduğunu varsayabiliriz. Önsav 9.4.
gereği,
|f1 | ≤
1
3
ve |g − (f1 )|Y | ≤
2
3
özelliğinde f1 ∈ C(X) vardır. Önsav 9.4, g − f1 |Y fonsiyonuna uygulanarak
|f2 | ≤
12
33
ve |g − (f1 + f2 )|Y | ≤ ( 32 )2
özelliğinde f2 ∈ C(X) vardır. Tümevarımla her n için
|fn | ≤ 13 ( 32 )n−1
ve
P
|g − ( ni=1 fi )|Y | ≤ ( 23 )n
özelliğinde C(X)’de (fn ) dizisi vardir. 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 açıktır. Kanıt tamamlanır.
Bir altuzayın ne zaman C-gömülebilir olduğunun bir yanıtı ise aşağıdadır.
192
9. Normal Uzaylar
Teorem 9.6. X bir topolojik uzay ve Y , X’nin Cb -gömülebilir bir altuzayı
olsun.
(i) Y , C-gömülebilir.
(ii) K, X’nin bir sıfır kümesi, ve 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 dır.
g : Y → R, g(x) =
1
f (x)
fonksiyonu 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}
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’de bir sıfır küme ve Y ’den ayrıktır. Varsayım gereği
h(Y ) ⊂ {1} ve h(Z) ⊂ {0}
özelliğinde 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 ’nin sürekli genişlemesidir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
9.7. Bir X uzayında A, B ⊂ X kümeleri sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılıyorlarsa, A ve
B kümelerinin de sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olduğunu gösteriniz.
9.4. Tietze Teoremi
193
9.8. Bir X topolojik uzayında ayrık sıfır kümelerin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir
olduğunu gösteriniz.
9.9. Metrik uzayda kapalı ve ayrık iki kümenin sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir
olduğunu gösteriniz.
9.10. R Öklid uzayın kapalı her altuzayının C-gömülebilir olduğunu gösteriniz.
9.11. (Tietze Genişleme Teoremi) Bir metrik uzayın kapalı her altuzayının C ve Cb -gömülebilir
olduğunu gösteriniz.
9.12. X bir topolojik uzay ve S ⊂ X, F ⊂ R kapalı kümeler olmak üzere, g|S : S → F homeomorfizma olacak biçimde g ∈ C(X) var ise, S’nin C-gömülebilir olduğunu gösteriniz.
9.13. 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 gösteriniz.
9.14. Bir topolojik uzayda Cb -gömülebilir sıfır kümenin C-gömülebilir olduğunu gösteriniz.
9.15. X topolojik uzay ve Y , X’in altuzayı olsun. Y ’deki her sıfır küme X de sıfır küme ise,
Y ’nin Cb -gömülebilir olduğunu gösteriniz.
9.16. Y ⊂ R için aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) Y , Cb -gömülebilir.
(ii) Y , C-gömülebilir.
(iii) Y kapalıdır.
9.17. X bir topolojik uzay ve Y , X’nin bir sıfır kümesi ve ayrık (discrete) altuzay olsun.
Aşağıdakilerin denk olduğunu gösteriniz.
(i) Y , Cb -gömülebilir.
(ii) Y ’nin her altkümesi Y ’de bir sıfır kümedir.
9.4
Tietze Teoremi
Bir topolojik uzayın bir altuzayının hangi koşullarda C-gömülebilir ya da Cb gömülebilirliği ile ilgili bazı temel sonuçlar bir önceki bölümde verilmişti. Bu
kısımda bunların bir uygulaması olarak, bir T1 -uzayın hangi koşullarda normal
olabileceğini karakterize edebileceğiz.
Teorem 9.7. (Urysohn[103]1 ) X bir T1 -uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X normal uzaydır.
(ii) X’nin kapalı her altuzayı Cb -gömülebilirdir.
(iii) X’nin kapalı her altuzayı C-gömülebilirdir.
Kanıt: 2 (iii) ⇒ (ii) Açıktır.
(i) ⇒ (ii) F ⊂ X kapalı küme olsun. F ’nin kapalı altuzaylarının X’de kapalı
olduklarını not edelim. Z1 ve Z2 , F ’nin ayrık sıfır kümeleri olsunlar. Z1 ve
Z2 , X’de kapalı ayrık uzaylar olduklarından, tanım gereği, X uzayında sürekli
1
2
Metrik uzaylar için bu teorem Heinrich Tietze tarafından verilmiştir.
Farklı kanıtlarda mevcuttur. Bu konuda [9] bir derleme makaledir.
194
9. Normal Uzaylar
fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir kümelerdir. Tietze Genişleme Teoremi gereği
F , Cb -gömülebilirdir.
(ii) ⇒ (i) A ve B, X’nin kapalı ayrık altuzayları olsunlar. K = A ∪ B kapalı
bir kümedir. f : K → R fonksiyonu
1
,x∈A
f (x) =
0
,x∈B
olarak tanımlansın. f fonksiyonu 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 uzay olsun. A, B ⊂ Y , Y uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir olsunlar. Bu kümelerin X uzayındaki kapanışları
da ayrıktır ve Y ’nin altkümeleridir. Teorem 9.2 gereği
f (A) ⊂ {0} ve f (B) ⊂ {1}
özelliğinde 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 altuzaydır.
Yukarıdaki teorem kullanılarak, bir normal uzayda, kapalı kümelerin sıfır
küme olmaları için bir gerekli ve yeterli koşulları belirleyebiliriz. Sayılabilir
tane açık kümelerin arakesitine Gδ -küme denildiğini hatırlıyalım.
Teorem 9.8. X normal uzay ve F ⊂ X verilsin. Aşağıdakiler denktir.
(i) F bir sıfır kümedir.
(ii) F , Gδ - kümedir.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) Her f ∈ C(X) için
Z(f ) = ∩n {x : |f (x)| < n1 }
olduğundan istenen açıktır.3
(ii) ⇒ (i) Her n ∈ N için Un açık kümeler olmak üzere F = ∩n Un olsun. Her
n için X \ Un kapalı ve F ile ayrık olduğundan
fn (F ) ⊂ {0} ve fn (X \ Un ) ⊂ {1}
ve 0 ≤ fn ≤ 1 özelliğinde fn ∈ C(X) vardır. f : X → [0, 1] fonksiyonu
3
Bu kanıtta X uzayının normal olduğu kullanılmamıştır.
9.5. RI Çarpım Uzayın Normalliği
195
f (x) =
−n f (x)
n
n2
P
olarak tanımlansın. f sürekli ve F = Z(f ) olduğu açıktır.
Alıştırmalar
9.18. (Bartelt-Swetits[13]) 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)
özelliğinde f ’nin sürekli genişlemesi f ∈ C(X)’ nin olduğunu gösteriniz.
9.19. (ai )i∈I pozitif sayıların bir alilesi olmak üzere,
P
P
sonlu}
i∈J ai :6= J ⊂ I,
i∈I ai := sup{
olarak tanımlnır. X topolojik uzay olmak üzere, (fi )i∈I , X’den [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 45 denir. Hausdorff X uzayı için aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) X normal uzaydır.
(ii) U1 ,..., Un açık kümeleri verilsin. Her 1 ≤ i ≤ 1 için
fi (X \ Xi ) ⊂ {0}
olacak biçimde, birimin parçalanışı {f1 , ..., fn } vardır.
9.5
RI Çarpım Uzayın Normalliği
Normal uzayların tümüyle düzenli olduğunu biliyoruz (Sonuç 9.3). Bu kısımda,
bunun tersinin doğru olmadığını göstereceğiz.
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 yanıtı
ile ilgilidir. Öncelikle aşağıdaki Önsavı verelim.
4
Bu kavram ile detaylı bilgi [28]ve [102]’de bulunabilir.
Birimin parçalanışı teremiyle 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!
5
196
9. Normal Uzaylar
Önsav 9.9. Sayılamaz I kümesi için X = NI çarpım uzayı normal değildir.
Kanıt: Sonlu her J ⊂ I ve f ∈ X için
B(f, J) = {g ∈ X : f|J = g|J }
olarak tanımlansın. Her n ∈ N için
Kn = {f ∈ X : f|f −1 (n)
birebir}
olarak tanımlayalım.
•
B = {B(f, J) : f ∈ X, J ⊂ I
sonlu}
kümesi, X için bir tabandır. Bunu göstermek zor değildir.
• Her n için Kn boş kümeden farklıdır: N ⊂ I olduğunu varsayabiliriz.
f : I → N fonksiyonu
k
, k ∈ N \ {n}
f (x) =
n
, k 6∈ N \ {n}
olarak tanımlansın. f ∈ Kn olduğu açıktır. Böylece Kn 6= ∅ olur.
• Her n için Kn kapalı kümedir: f ∈ Kn verilsin.
g : Λ → Kn ,
g→f
özelliğinde bir g neti vardır. X çarpım topolojisindeki yakınsamanın noktasal yakınsama olduğundan, her i ∈ I için
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)
9.5. RI Çarpım Uzayın Normalliği
197
olur.
g(λ0 )(a) = f (a) = f (b) = g(λ0 )(b)
ve g(λ0 ) ∈ Kn olmasından, a = b elde edilir. Böylece, f ∈ Kn dir, yani
Kn kapalıdır.
• U ⊂ X açık ve K1 ⊂ U sağlansın. N’de kesin artan (nk ) dizisi ve terimleri
birbirinden farklı I’da (αn ) diziler vardır ki, her k ∈ N için
Bk = {α1 , ..., αnk },
n0 = 0, 1 = f1 ∈ X ve k ≥ 2 için,
fk (x) =
j
1
; x = aj ∈ Bk−1
;x 6∈ Bk−1
olarak tanımlanan fk ∈ X fonksiyonu için,
B(fk , Bk ) ⊂ U
olur: f1 ∈ X fonksiyonu f1 = 1 olarak tanımlansın. f1 ∈ K1 olduğundan,
f1 ∈ U ve U açık ve B, X uzayının bir tabanı olduğundan,
B(f1 , B1 ) ⊂ U
özelliğinde sonlu B1 ⊂ I vardır. B1 = {α1 , ..., αn1 } biçiminde yazabiliriz.
f2 ∈ X yukarıdaki gibi tanımlansın. f2 ∈ K2 ⊂ U olmasından
B(f2 , C2 ) ⊂ U
özelliğinde sonlu C2 ⊂ I kümesi vardır. B2 = B1 ∪ C2 olmak üzere
B(f2 , B2 ) ⊂ B(f2 , C2 ) ⊂ U
sağlanır. Gerekiyorsa B2 6= B1 ve B1 ⊂ B2 olacak biçimde ayarlama
yapabiliriz (A ⊂ B ve f ∈ X ise B(f, B) ⊂ B(f, A)’nin sonucu olarak!).
Bu fikir kullanılarak, tümevarımla istenilen elde edilir.
• Ayrık ve kapalı K1 ve K2 kümeleri açık ve ayrık kümelerle ayrılamaz:
Tersine U ve V ⊂ X açık kümeleri
K1 ⊂ U , K1 ⊂ V ve U ∩ V = ∅
198
9. Normal Uzaylar
özelliğinde olsun. N’de (nk ) dizisi ve I’de (αn ) dizisi yukarıdaki adımdaki
gibi tanımlansın.
A = {αi : i ∈ N}
olmak üzere g ∈ X fonksiyonunu,
P
g= ∞
i=1 iχαi + 2χI\A
olarak tanımlayalım. g ∈ K2 ve dolayısıyla g ∈ V . B’nin taban ve V ’nin
açık olmasından dolayı,
B(g, B) ⊂ V
olacak biçimde sonlu B ⊂ I kümesi vardır.
A ∩ B ⊂ Bk
özelliğinde k ∈ N seçebiliriz.
B(fk+1 , Bk+1 ) ∩ B(g, B) 6= ∅.
olduğu da açıktır.
Buradan U ∩ V 6= ∅ çelişkisi elde edilir. Kanıtın bu yönü tamamlanır.
Teorem 9.10. (Stone[92]) 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 ’nın
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
9.20. I sayılamaz bir küme ve X =
i∈I [0, 1] çarpım uzayı olmak üzere aşağıdakilerin
doğruluğunu gösteriniz.
• X uzayı normaldır.6
Q
•
i∈I R çarpım uzayının, X’nin bir altuzayına homeomorfiktir.
• X uzayının normal olmayan altuzayı vardır.
6
Mevcut bilgi ve yöntemlerle kolay değildir!
9.6. Hahn-Tong Ara Teoremi
9.6
199
Hahn-Tong Ara 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
olması ise, her r ∈ R için f −1 ([r, ∞)) kümesinin kapalı olmasıdır. Bir Hausdorf
X uzayının tümüyle düzenli olması, alt yarısüreklilik terimiyle betimlenmişti.
(Teorem 8.14) Benzer bir betimleme, bu kısımda, 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 özelliğinde sürekli f fonksiyonu vardır.
(ii) g : X → R üst yarısürekli, h : X → R alt yarısürekli ve 0 ≤ g ≤ h ≤ 1
ise, g ≤ f ≤ h özelliğinde sürekli f fonksiyonu vardır.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) Açıktır.
(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
olur. Varsayım gereği
ϕ ◦ g ≤ f0 ≤ ϕ ◦ h
özelliğinde, sürekli f0 : X → R fonksiyonu vardır.
f = ϕ−1 ◦ f0
fonksiyonu sürekli ve
g≤f ≤h
eşitsizliği sağlanır.
Önsav 9.12. X topolojik uzayı içn aşağıdakiler denktir.
(i) Kapalı ayrık kümeler sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilir.
(ii) K ⊂ X kapalı, U ⊂ X açık ve χK ≤ χU ise
χK ≤ f ≤ χU
özelliğinde sürekli f fonksiyonu vardır.
200
9. Normal Uzaylar
Kanıt: Açıktır.
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
özelliğinde sürekli fN fonksiyonu vardır.
Kanıt: Her t ∈ R için,
[g ≥ t] := {x ∈ X : g(x) ≥ t}
[h < t] := {x ∈ X : h(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 gösterelim.7 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)
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]]
özelliğinde 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 ≤
7
2
N
(max0≤n≤N fn )(x) := max0≤n≤N (fn (x)) olarak tanımlıyoruz.
9.6. Hahn-Tong Ara Teoremi
201
özelliğinde 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 özellikleri sağlar.
Bu kısmın temel sonucu olan ve Hahn-Tong Ara Teoremi olarak bilinen
Teoremi şimdi verebiliriz.
Teorem 9.15. 8 (Tong[98], Katetov[59], Katetov[60]) 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 özelliğinde sürekli f fonksiyonu vardır.
Kanıt: (Buskes-van Rooij[17]) (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 ≤
2
n
özelliğinde üst yarısürekli fonksiyonlar dizisi (gn ) ve alt yarısürekli fonksiyonlar
dizisi (gn ) vardır. Ayrıca, her x ∈ X için,
f (x) := limn gn (x) = limn hn (x),
f : X → R 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} := ∩n {x ∈ X : gn (x) ≥ t}
8
Metrik uzaylar için bu teorem Hahn[44] tarafından verilmiştir.
202
9. Normal Uzaylar
{x ∈ X : f (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
diyelim. g,h : X → R fonksiyonları,
f0 (x)
g(x) =
α
ve
h(x) =
f0 (x)
β
β = sup f0 (A)
;x∈A
;x ∈ X \ A
;x∈A
; x∈X \A
olarak tanımlansın. g, üst yarısürekli ve h, alt yarısürekli ve g ≤ h dır. Hipotezden, g ≤ f ≤ h özelliğinde sürekli f : X → R vardır. f ’nin f0 ’nın
bir genişlemesi olduğu da açıktır. Tietze-Urysohn Teoremi gereği X normal
uzaydır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
9.21. X normal uzay ve A ⊂ X kapalı küme olsun. f0 : A → R sınırlı bir fonksiyon ise, f0 ’nın
supx∈X |f (x)| = supx∈A |f0 (x)|
özelliğinde sürekli genişlemesi f : X → R fonksiyonunun var olduğunu gösteriniz.
9.22. 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)
ise, f0 ’nın sürekli genişlemesi f : X → R fonksiyonunun varlığını gösteriniz.
9.7
Tümüyle Normal uzaylar
Bir normal uzayın, kapalı her altuzayının, normal olduğu açıktır. Ancak, genelde her altuzayı normal olmayabilir. Bu kısımda her altuzayı normal olan
normal uzayları karakterize edeceğiz.
Tanım 9.3. (Tietze[95]) 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 =∅
özelliğindeyse, bu kümelere karşılıklı ayrışık9 kümeler denir. Tümüyle normal
uzaylar aşağıdaki gibi karakterize edilebilir.
9
[29]’de separated, [109]’da mutually separated olarak adlandırılmakta.
9.7. Tümüyle Normal uzaylar
203
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) Açıktır.
(ii) ⇒ (iii) A, B ⊂ X karşılıklı ayrışık kümeler olsunlar.
M = X \ (A ∩ B),
X’in açık altuzayıdır. A, B ⊂ M ve
M
A
∩B
M
=∅
ve varsayım gereği M normal uzay olduğundan
M
A
⊂ U, B
M
⊂V
özelliğinde 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 = ∅
özelliğinde X uzayında U ve V açık kümeler vardır.
A ⊂ U ∩ M, B ⊂ V ∩ M
olmasından dolayı A ve B kümeleri Y uzayında açık kümelerle ayrılabilir.
Böylece, Y uzayının normal olduğu gösterilmiş olur.
Örnekler
9.23. Sıra topolojik uzay tümüyle normal uzaydır. Bunun bir kanıtı [90], s.66 da bulunabilir.
9.24. 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 [90], s.106 de bulunabilir.
9.25. X sonsuz bir küme ve p ∈ X verilsin.
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 [90], s.106’e bakılabilir.
204
9. Normal Uzaylar
9.8
Mükemmel Normal Uzaylar
Bu kısımda kapalı her altkümesi bir sıfır küme olan T1 -uzaylarını tanımlayacağız.
Tanım 9.4. (Cech[20])10 Kapalı her altkümesi sıfır küme olan T1 -uzaya mükemmel normal uzay denir.
Metrik uzaylar mükemmel normal uzaylardır. Gerçektende, (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’nin ayrık kapalı kümeleri ise
A = Z(f ) ve B = Z(1 − f )
ve 0 ≤ f ≤ 1 özelliğinde f ∈ C(X) vardır.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) Açıktır.
(ii) ⇒ (i) F ⊂ X kapalı olsun. Varsayım gereği F , Gδ -küme olacağından
F = ∩n Un
özelliğinde açık kümeler Un ’ler vardır. X normal uzay olduğundan her n için
fn (F ) ⊂ {0} ve fn (X \ Un ) ⊂ {1}
ve 0 ≤ fn ≤ 1 özelliğinde sürekli fonksiyon fn ’ler vardır. f : X → R,
P
f (x) = n 2fnn
olarak tanımlanan fonksiyon sürekli ve
F = Z(f )
10
Mükemmel normal uzaylarla ilgili ilk çalışmalar [6]’de yer almıştır.
9.8. Mükemmel Normal Uzaylar
205
olur.
(iii) ⇔ (i) Bu kısmı göstermek zor değildir, okura bırakılmıştır.
Teorem 9.18. (Urysohn[103]) Mükemmel normal uzaylar tümüyle normal
uzaylardır.
Kanıt: A ve B kümeleri Y ⊂ X altuzayında kapalı ayrık kümeler olsunlar.
A = Y ∩ F ve B = Y ∩ K
özelliğinde X’nin kapalı F ve K altkümeleri vardır. X mükemmel normal
olduğundan,
F = Z(f ) ve K = Z(g)
özelliğinde f , g ∈ C(X)’ler vardır.
A = Z(f|Y ) ve A = Z(g|Y )
ve bu kümeler ayrık olduklarından Y uzayında sürekli fonksiyonlarla tümüyle
ayrılabilirdir. Böylece Y ’nin tümüyle normal olduğu gösterilmiş olunur.
Örnekler
9.26. 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
Topolojik uzaylarda kompaktlık kavramı, sonluluk kavramına en “yakın” olan,
“derli toplu” bir kavramdır. Bu yakınlığın vermiş olduğu avantajlar kullanılmadan
topoloji ve analizi anlamaya çalışmak yaşamı zorlaştıracaktır.
Kompaktlık kavramının sağlayabileceği kolaylıkların neler olduğu, bu kavramın Öklid R uzayına olan aşağıda verilen bazı izdüşümlerinden de anlaşılabilir.
Öklid R uzayının boş olmayan bir A ⊂ R altkümesi için aşağıdaki listeyi verebiliriz.
- Bolzano-Weierstrass Teoremi: A sınırlıysa, A’daki her dizinin R’de
yakınsayan bir altdizisi vardır.
- A ⊂ R sonsuz ve sınırlıysa, öyle bir x ∈ R vardır ki, x ∈ (a, b) özelliğindeki
her a,b ∈ R için
A ∩ (a, b)
kümesi sonsuzdur.
- A sonsuz ve sınırlıysa A’nın bir yığılma noktası x, yani
x ∈ A \ {x}
özelliğinde x ∈ R vardır.
- A kapalı, sınırlı ve A ⊂ ∪i Ui özelliğinde açık kümelerin bir (Ui )i∈I ailesi
varsa, sonlu bir J ⊂ I altküme için,
A ⊂ ∪i∈J Ui
olur.
- Heine-Borel Teoremi: A kapalı, sınırlı ve A ⊂ ∪∞
i=1 Ui özelliğinde açık
kümelerin bir (Un ) dizisi varsa, sonlu
10.1. Kompakt Uzay
207
A ⊂ ∪m
i=1 Ui
özelliğinde m vardır.
Bu bölümün motivasyon kaynağı yukarıda verilen özelliklerdir. Topolojik uzayın
bazı kompaktlık türleri net terimiyle aşağıdaki gibi sınıflandırılabilecektir.
- kompakt: Her netin yakınsak altneti vardır.
- sayılabilir kompakt: Her dizinin yakınsak altneti vardır.
- dizisel kompakt: Her dizinin yakınsak altdizisi vardır.
Kompaktlık kavramının farklı yaklaşımlarla verilen tanımları ve temel gelişimi
konusunu içeren bilgilere yakın zamanda yazılmış [85]’dan ulaşılabilir.
10.1
Kompakt Uzay
Bir önceki alt bölümde Heine-Borel Teoremi olarak verilen teoremi aşağıdaki
gibi tanıma dönüştürebiliriz.
Tanım 10.1. (X, τ ) bir topolojik uzay olsun. U ⊂ τ kümesi
X = ∪U
özelliğindeyse, U’ya X uzayının bir açık örtüsü denir.
Tanım 10.2. X bir topoljik uzay, U ve V, X uzayının V ⊂ U özelliğinde açık
örtüleri ise, V’ye U’nın açık altörtüsü denir.
Yukarıda geçen V açık örtüsü sonluysa, V’ye sonlu açık altörtü denir.
Her açık altörtünün bir açık örtü olduğu tanımdan gelir.
Tanım 10.3. (Vietoris[105]) X bir topolojik uzay olsun. X’in her açık örtüsünün
sonlu açık altörtüsü varsa, X uzayına kompakt uzay denir. A ⊂ X altuzay
olarak kompaktsa, A’ya kompakt denir.
Bir topolojik uzayın sonlu her altkümesinin kompakt olduğu açıktır. Kompakt altkümeleri sadece ve sadece sonlu olan topolojik uzaylara cf-uzayı denir. Bu tür uzaylarla ilgili çalışmalar için [74] ve [63] birer iz başlangıcıdırlar.
Sonsuz ayrık topolojik uzayın kompakt olmadığı da açıktır. Aşağıdaki teoremin kanıtı kolaydır ve okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 10.1. X bir topolojik uzay ve B, X’in bir açık tabanı olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X kompakt.
208
10. Kompakt Uzaylar
(ii) U ⊂ B, X’in bir açık örtüsü ise, U’nun sonlu altörtüsü vardır.
Aslında yukarıdaki teoremin daha fazlası doğrudur: Taban yerine alttaban
alınarak, genellenebilir, Teorem 10.12.
X boş olmayan bir küme olmak üzere P(X) kuvvet kümesinin boş olmayan
F altkümesinin sonlu arakesit özelliğinin olması F’nin sonlu her altkümesi
∅=
6 G ⊂ F için,
∩G =
6 ∅
olmasıdır. Kanıtı oldukça kolay olan aşağıdaki teorem oldukcada kullanışlıdır.
Teorem 10.2. (Vietoris[105]) X topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) K ⊂ P(X) kapalı kümeler kümesinin sonlu her altkümesinin arakesiti
boşkümeden farklıysa, K kümesinin arakesiti boşkümeden farklıdır.
Alıştırmalar
10.1. X uzayında (xn ) dizisi x noktasına yakınsıyorsa, S = {xn : n ∈ N} ∪ {x} kümesinin
kompakt olduğunu gösteriniz.
10.2. Bu problemi çalışmadan önce okur, fonksiyon uzayı ve cebir tanımlarını hatırlamalı.
f : (0, 1) → R her noktada sonsuz kez türevlenebilir bir fonksiyon ise her x ∈ (0, 1) için
Pn (x) → f (x) olacak biçimde polinomlar dizisi (Pn )’lerin var olduğunu temel analizden
(Calculus) biliyoruz. Bu sonuç bize şu soruya yöneltebilir:
supx∈(0,1) |Pn (f ) − f (x)| → 0
özelliğinde polinomlar dizisi (Pn ) var mıdır? Yani, polinomlar f ’ye düzgün yakınsar mı?
Buna ilişkin bir yanıt aşağıda.
(Stone-Weirstrass Yaklaşım Teoremi 12 ) 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 lattice
olarak görelim. A ⊂ C(X) bir altcebir ya da fonksiyon uzayı 1 ∈ A ve x 6= y olduğunda
f (x) 6= f (y) özelliğinde f ∈ A var olsun.3 Bu durumda A, C(X) uzayında yoğundur.
Kanıtlayınız. Bunun bir uygulaması olarak C([0, 1])’de ki polinomlar kümesinin C([0, 1])
de yoğun olduğunu gösteriniz.
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
1
Bu kitapta yer alması gereken bu önemli teorem için buradan başka uygun yer bulamadım!
2
Bu teorem X = [a, b] için Weirstrass (1985) ve burada verilen genel durumu Stone (1937)
tarafından verilmiştir.
3
Literatürde bu özellikteki A’ya X’nin noktalarını ayırıyor denir.
10.1. Kompakt Uzay
209
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 cardır. {Vx : x ∈ X}, X’in açık örtüsü ve X
kompakt olduğundan
n
C = ∪i=1 Vxi
özelliğinde 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
X = ∪n
i=1 Vxi
özelliğinde xi ’ler bulunabilir.
f = inf{fxi : i = 1, 2, ..., n}
diyelim. Burada f ≥ g − olur. Ayrıca, x ∈ X ise x ∈ Vxm özelliğinde 1 ≤ m ≤ n
vardır.
f (x) ≤ fxm (x) ≤ g(x) + olduğundan f ≤ g + olur. Sonuç olarak
d∞ (f, g) ≤ özelliğinde f ∈ A’nın varlığı gösterilmiş olunur. Böylece A = C(X) olduğu gösterilmiş olunur.
√
(iv) supx∈[0,1] |Pn (x) − x| → 0 ve 0 ≤ Pn ↑ özelliğinde 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)’de ki gibi olsun. Her n için
210
10. Kompakt Uzaylar
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.
10.3. Yukarıda verilen alıştırmayı kullanarak, [0, 1]’de tanımlı polinomlar kümesinin C([0, 1])
metrik uzayında (supremum metriğine göre) yoğun olduğunu gösteriniz. Bunun farklı
bir kanıtı Korovkin Teoremi (Alıştırma 11.12’ye bakınız.) kullanılarakta yapılabilir. [0, 1]
aralığının kompakt olduğu bir sonraki alt bölümde kanıtlanmıştır.
10.2
Sıra Uzayın Kompaktlığı
Öklid uzay R’yi 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 tam sıra uzay olsun. Her a,
b ∈ X için [a, b] ⊂ X kümesi 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.
C = {c ∈ X : [a, c] ⊂ ∪V,
V⊂U
sonlu},
olmak üzere, X Dedekind tam ve C, üstten sınırlı olduğundan, C’nin supremumu vardır, yani
k = sup C
diyebiliriz.
- x ∈ X ve x < k ise x ∈ C: x < k oluğundan, en az bir c ∈ C için x < c
olur (diğer durumda x, C’nin bir üst sınırı olacağından k ≤ x olur ve bir
çelişkidir.) Dolayısıyla x ∈ C.
- a < k < b olamaz: a < k < b olduğunu varsayalım.
k ∈ (c, d) ⊂ U,
a ≤ c ve
d≤b
özelliğinde c, d ∈ X ve U ∈ U vardır. Yukarıdaki gözlemden c ∈ C
olduğundan,
[a, c] ⊂ ∪ni=1 Ui
olacak biçimde Ui ∈ U’ler vardır. Ayrıca, d ∈ V özelliğinde V ∈ U vardır.
Buradan,
10.2. Sıra Uzayın Kompaktlığı
211
[a, d] = [a, c] ∪ (c, d) ∪ {d} ⊂ (∪ni=1 Ui ) ∪ U ∪ V
olur ki, bu bize d ∈ C olmasını verir. Bu ise k’nın sup C olması ile çelişir.
- a < k olur: a = k olma durumunda k ∈ [a, u) ⊂ U ve u ≤ b özelliğinde,
u ∈ X ve U ∈ U vardır. Ayrıca u ∈ V ∈ U seçebiliriz. Böylece
[a, u] ⊂ U ∪ V
olur ki, bu bize u ∈ C olmasını verir ve buradan k ≤ u çelişkisi oluşur.
- k = b: Yukarıdaki iki gözlemin direkt sonucudur.
- k ∈ C dir: k ∈ (u, b] ⊂ U ve a ≤ u özelliğinde, u ∈ [a, b] ve U ∈ U
seçebiliriz. u ∈ C olduğundan
[a, u] ⊂ ∪ni=1 Ui
özelliğinde, Ui ∈ U lar seçebiliriz. Buradanda,
[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 üst sınırı yoksa
X = ∪x∈X (−∞, x)
olduğunu not edelim. Benzer biçimde, X’in alt sınırı yoksa,
X = ∪x∈X (x, ∞)
olur.
Yukarıdaki teorem dahada genellenebilir.
Teorem 10.4. X sıra topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) X’in boş olmayan her altkümesinin supremumu ve infimumu vardır.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) X üstten sınırlıdır. Gerçekten, diğer durumda
X = ∪x∈X (−∞, x)
212
10. Kompakt Uzaylar
ve X kompakt olduğundan
X = ∪ni=1 (−∞, xi ) = (−∞, x)
özelliğinde x ∈ X elde edilir. x < x olamayacağından, bu bir çelişkidir. Aynı
biçimde X uzayının alt sınırı vardır. A ⊂ X boş olmayan bir küme olsun.
A’nın en küçük alt sınırının olmadığını varsayalım. Bu durumda,
X = (∪α∈A (−∞, α)) ∪ (∪A≤β (β, ∞))
olur. Yani,
U := {(−∞, α) : α ∈ A} ∪ {β ∈ X : A ≤ β},
X’in açık örtüsüdür. Ancak, bu açık örtünün sonlu altörtüsü yoktur: olsaydı,
X = (∪ni=1 (−∞, αi )) ∪ (∪m
j=1 (βj , ∞))
özelliğinde αi ∈ A ve A ≤ βj ’ler olurdu. X’in tam sıralı olmasından da
X = (−∞, α) ∪ (β, ∞)
olacak biçimde, α ∈ A ve A ≤ β olur. Buradanda
β = sup A
çelişkisi oluşur. Benzer biçimde inf A’nın varlığı gösterilir.
(ii) ⇒ (i) X = [a, b] biçimindedir. U, X’in bir açık örtüsü olsun.
S = {y ∈ X : ∃ sonlu V ⊂ U, [a, y) ⊂ ∪V}
diyelim.
S = {y ∈ X : ∃ sonlu V ⊂ U, [a, y] ⊂ ∪V}
olduğu açıktır. a ∈ S olduğu da açıktır.
α = sup S
diyelim. a < α olduğu da açıktır (Neden?). α < b olduğunu varsayalım. Bu
durumda
α ∈ (k, t) ⊂ U
özelliğinde k, t ∈ X ve U ∈ V vardır. k ∈ S olduğu açıktır. Dolayısıyla,
[0, k) ⊂ ∪V
özelliğinde sonlu V ⊂ U vardır. Ayrıca,
[a, t) ⊂ ∪(V ∪ {U })
10.3. Kompakt Uzay ve Normal Uzay
213
olduğundan, t ∈ S olur. Buradanda t ≤ α çelişkisi elde edilir. Böylece b = α
olduğu gösterilmiş olur. Ayrıca b ∈ S, yani [a, b), U’nın 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. Öklid uzayi R’nin altuzayı [a, b] kompaktdır.
Alıştırmalar
10.4. Sonlu topolojik uzayın kompakt olduğunu gösteriniz.
10.5. X ayrık topolojik uzay olsun. X’in kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun, X’in
sonlu olması olduğunu gösteriniz.
10.6. R’de her a, b ∈ R için, [a, b]’nin kompakt olduğunu gösteriniz.
10.7. R Öklid topolojik uzayında R ve (0, 1) kümelerinin kompakt olmadıklarını gösteriniz.
10.8. R’nin bir A altkümesi için aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) A’da sınırlı her dizinin, A’nın bir noktasına yakınsayan altdizisi vardır.
(ii) A kapalı ve sınırlıdır.
(iii) A kompaktır.
10.9. Bir topolojik uzayın sonlu tane kompakt altkümelerin birleşimlerinin de kompakt olduğunu
gösteriniz.
10.10. X ve Y iki topolojik uzay ve f : X → Y sürekli bir fonksiyon olsun. A ⊂ X kompakt
ise, f (A)’nın kompakt olduğunu gösteriniz.
10.11. Her α ordinali için = [0, α] sıra uzayının kompakt olduğunu gösteriniz. Özel olarak
Ω = [0, w1 ] uzayının kompakt olduğunu gösteriniz.
10.12. Ω0 = [0, w1 ) sıra uzayının kompakt olmadığını gösteriniz. Buna karşın, Ω0 uzayının
sayılabilir her açık örtüsünün sonlu altörtüsünün olduğunu gösteriniz. 0 < α ordinali
için X = [0, α) formunda olan sıra uzaylara sıra ordinal uzay denir. Aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) [0, α) kompakt.
(ii) α limit ordinal değildir, yani α = β + 1 olcak biçimde β ordinali yoktur.
10.3
Kompakt Uzay ve Normal Uzay
Bu kısımda kompakt Hausdorff uzayın normal olduğunu kanıtlıyacağız. Aşağıdaki
teoremle başlayalım.
Teorem 10.6. Hausdorff topolojik uzayın kompakt altkümesi kapalıdır.
Kanıt: X Hausdorff uzay ve A ⊂ X kompakt olsun. x ∈ A fakat x 6∈ A
olduğunu varsayalım. X Hausdorff olduğundan, her a ∈ A için,
a ∈ Ua ,
x ∈ Va ,
Ua ∩ Va = ∅
özelliğinde Ua ve Va açık kümeleri vardır. {Ua : a ∈ A}, A’nın bir açık örtüsü ve
A kompakt olduğundan,
214
10. Kompakt Uzaylar
A ⊂ ∪ni=1 Uai
özelliğinde ai ∈ A’ler vardır.
V = ∩ni=1 Vai
diyelim. Buradan,
x ∈ V ve A ∩ V = ∅
olur ki, bu bir çelişkidir. A = A olduğu gösterilmiş olunur, yani A kapalıdır.
Hausdorff X uzayının tümüyle düzenli olmasını kompaktlık terimiyle aşağıdaki
gibi betimlenebilir. Önce şu hatırlatmayı yapalım: f ∈ RX için f + , f − ∈ RX
fonksiyonları
f + (x) = sup{f (x), 0} ve f − (x) = sup{−f (x), 0}
olarak tanımlanır.
Teorem 10.7. X Hausdorff uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X tümüyle düzenli.
(ii) X uzayında, A kompakt ve B kapalı ayrık kümeler ise A ve B kümeleri
sürekli fonksiyonlarla tümüyle ayrılabilirler.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) Açıktır.
(i) =⇒ (ii) Her x ∈ A için
fx (x) = 0,
fx (B) ⊂ {1} ve 0 ≤ fx ≤ 1
özelliğinde fx ∈ C(X) sürekli fonksiyonlar vardır.
gx = (fx + 13 )− + ( 13 − fx )−
ve
hx = (fx − 23 )−
olarak tanımlansın.
x ∈ Z(gx )o
ve
B ⊂ Z(hx )
olduğu açıktır. {Z(gx )o : x ∈ A}, A’nın bir açık örtüsü olduğundan,
A ⊂ ∪ni=1 Z(gxi )
10.3. Kompakt Uzay ve Normal Uzay
215
olacak biçimde xi ∈ A’lar vardır. Ayrıca,
B ⊂ ∩ni=1 Z(hxi )
dir.
∪ni=1 Z(gxi ) ve ∩ni=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 aşağıdaki gibidir.
Teorem 10.8. X Hausdorff uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X düzenli uzaydır.
(ii) X uzayında, A kompakt ve B kapalı ayrık kümeler ise A ve B kümeleri
açık kümelerle ayrılabilirler.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) 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,
A ⊂ ∪ni=1 Uxi
özelliğinde xi ∈ A’lar vardır.
U = ∪ni=1 Uxi
ve
V = ∩ni=1 Vxi
diyelim. U ve V kümeleri açık ve
A ⊂ U , B ⊂ V ve U ∩ V = ∅
özelliğindedir. Kanıt tamamlanır.
(ii) =⇒ (i) Tek elemanlı kümenin kompakt olmasınından ve tanımdan hemen
elde edilir.
Yukarıda verilen iki teoremde olduğu gibi bir topolojik uzayın Hausdorffluluğu
kompakt altkümelerinin açık kümelerle ayrışımlılığı üzerinden 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.
216
10. Kompakt Uzaylar
(iii) A ve B, X’in ayrık ve kompakt altkümeleriyseler, 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,
B ⊂ ∪ni=1 Vbi
özelliğinde bi ∈ B’ler vardır.
U = ∩ni=1 Ubi
ve
V = ∪ni=1 Vbi
diyelim. U ve V kümeleri açık ve
A ⊂ U , B ⊂ V ve U ∩ V = ∅
özelliğindedir. Kanıt tamamlanır.
Sonuç 10.10. (Vietoris[105]) 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 = ∅
özelliğinde U ve V açık kümeler vardır. Buradan, x ∈ V ⊂ A olur. Böylece,
X \ A açık ve dolayısıyla A kapalıdır.
Sonuç 10.10’nın 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 [108] üzerinden iz sürülebilir. KC-uzayının tam tersi olan uzaylarda mevcuttur. Yani, kapalı ve kompakt
olan altkümesi sadece ve sadece boşküme olan uzaylar [55]’de detaylı olarak
çalışılmıştır.
Örnekler
10.13. X sayılamaz sonsuz küme ve X üzerine X’den farklı kapalı kümeleri sadece ve sadece
sayılabilir olan toplojiyi koyalım. X, KC-uzay ama Hausdorff değildir.
Normal uzaylarla kompakt uzay arasındaki temel ilişkilerden biri aşağıdadır.
Teorem 10.11. (Vietoris[105]) Kompakt Hausdorff uzaylar normaldir.
10.4. Alexander Alttaban Teoremi
217
Kanıt: X kompakt Hausdorff uzay olsun. A,B ⊂ X kapalı ve ayrık kümeler olsunlar. Kompakt Hausdorff uzayların kapalı kümeleri kompakt olduklarından,
istenilen yukarıdaki teoremin bir sonucu olarak hemen elde edilir.
Normal uzayların kompakt olması gerekmez!
Alıştırmalar
10.14. Öklid R uzayının kompakt olmayan normal uzay olduğunu gösteriniz.
10.15. X tümüyle düzenli uzay olsun. A ⊂ X bir Gδ -küme, K ⊂ X kompakt ve K ⊂ A ise
K ⊂ Z(f ) ⊂ A
özelliğinde f ∈ C(X)’nin varlığını gösteriniz.
10.16. X tümüyle düzenli uzay olsun. A ⊂ X kompakt ve Gδ -kümenin sıfır küme olduğunu
gösteriniz.
10.17. Tümüyle düzenli uzayın kompakt altuzayının C-gömülebilir olduğunu gösteriniz.
10.18. (Wilansky[108]) Birden fazla noktaya yakınsayan dizisi olmayan uzaya U S-uzay denir.
Aşağıdaki gerektirmenin doğruluğunu, fakat terslerinin kompakt uzaylar için bile doğru
olamayacağını, gösteriniz.
T2 =⇒ KC =⇒ U S =⇒ T1 .
10.19. Birinci dereceden sayılabilir uzaylarda KC, U S ve T2 -uzay kavramlarının birbirlerine
denk olduklarını gösteriniz.
10.20. 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
gösteriniz.
10.21. Kompakt Hausdorff uzaydan bir başka Hausdorff uzaya tanımlı sürekli her fonksiyonun
kapalı olduğunu gösteriniz.
10.22. Kompakt Hausdorff uzaydan bir Hausdorff uzaya tanımlı birebir ve örten sürekli fonksiyonun homeomorfizma olduğunu gösteriniz.
10.23. (Joseph[55]) Yukarıda verilen problem aşağıdaki gibi genellenebilir. X kompakt topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktiğini gösteriniz.
(i) X, KC-uzaydır. Yani, X’nin kapalı her alt kümesi kompakttır.
(ii) X’den bir topolojik uzaya tanınmlı birebir ve örten her sürekli fonksiyon homeomorfizmadır.
10.24. (fi )i∈I ailesi X topolojik uzayın birimin parçalanışı ve {i ∈ I : fi 6= 0} sonlu ise,
bu aileye birimin sonlu parçalanışı denir. X Hausdorff uzayı için aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(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.
10.4
Alexander Alttaban Teoremi
X bir topolojik uzay ve B, X uzayının bir tabanı olsun. X’in kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun, B’de alınan her açık örtünün sonlu bir
218
10. Kompakt Uzaylar
açık altörtüsünün var olması, olduğu açıktır. Bunun daha fazlası doğrudur:
B’yi alttaban olarak alabiliriz. Yani, son derece kullanışlı aşağıdaki teoremi
verebiliriz.
Teorem 10.12. (Alexander Alttaban Teoremi) (X, τ ) bir topolojik uzay ve B,
X’in bir alttabanı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) U ⊂ B özelliğindeki her açık örtünün sonlu altörtüsü vardır.
Kanıt: 4 (i) =⇒ (ii) Açıktır.
(ii) =⇒ (i) (ii)’nin gerçekleşmediğini varsayalım. Yani, X’in sonlu açık altörtüsü olmayan bir açık örtüsünün olduğunu varsayalım. Bu durumda
A = {U ⊂ τ : U,
X 0 nin
sonlu altörtüsü olmayan örtüsü}
kümesi boşkümeden farklı olması demektir. A’yı kapsama sıralamasına göre
kısmi sıralı küme olarak ele alalım.
- A’nın maksimal elemanı vardır: A da verilen her zincirin bir üst sınırının
olduğu açıktır. Gerçekten, (U)i∈I , A’da bir zincir ise, ∪i∈I Ui kümesi bu
zincirin bir üst sınırıdır. Zorn lemma gereği, A’nın bir maksimal elemanı
vardır. Bu maximal elemanı M ile gösterelim.
- M ∩ B, X’in bir açık örtüsüdür: Olmadığını varsayalım. Yani
X 6= ∪U ∈M∩B U
olsun.
x ∈ X \ (∪U ∈M∩B U )
seçelim. M, X’in bir açık örtüsü olduğundan en az bir U ∈ M için
x ∈ U . Diğer taraftan, B bir alttaban olduğundan,
x ∈ V1 ∩ V2 ... ∩ Vn ⊂ U
özelliğinde, Vi ∈ B ler vardır. Ayrıca, M maksimal olduğundan, Vi ∈ M
olacak biçimde 1 ≤ i ≤ n yoktur. Dolayısıyla, her i için
M ∪ {Vi } 6∈ A
4
Farklı bir kanıt Salbany ve Todorov’nın 1989 tarihli makalesinde verilmiştir.
10.4. Alexander Alttaban Teoremi
219
olmasının yanında sonlu altörtüsü olan bir açık örtüdür. Dolayısıyla her
i için,
X = ∪V ∈Mi V ∪ Vi
özelliğinde sonlu Mi ⊂ M kümeleri vardır. Her i için
Yi = ∪Mi
diyelim.
X = (∪ni=1 Yi ) ∪ (∩ni=1 Vi ) ⊂ (∪ni=1 Yi ) ∪ U
olduğu açıktır. Buradan
X = (∪ni=1 Yi ) ∪ U
elde edilir. Böylece
M0 = (∪ni=1 Mi ) ∪ {U },
M açıkörtüsünün sonlu altörtüsü olur ki, bu çelişkidir.
- 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.
- M’nin sonlu açık altörtüsü vardır: Bir önceki gözlemden hemen elde
edilir.
Böylece çelişki elde edilmiş olunur. Kanıt tamamlanır.
Alexander Alttaban Teoreminin önemini gösterdiği yerlerden biri, bir sonraki
alt bölümde verilecek olan Tychonoff Teoremi’nin kanıtıdır.
Alıştırmalar
10.25. X ikinci dereceden sayılabilir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denk olduklarını
gösteriniz.
(i) X kompakt.
(ii) {Un : n ∈ N}, X uzayıın bir açık örtüsü ise, X = ∪kn=1 Un olacak biçimde k ∈ N
vardır.
220
10. Kompakt Uzaylar
10.5
Tychonoff Teoremi
Bu kısımda 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. 5 X ve Y iki kompakt topolojik uzay olsunlar. X ve Y ’nin
çarpım uzayı X × Y kompaktır.
Kanıt: 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,
{x} × Y ⊂ ∪i∈I(x) Ui × Vi
ve her i ∈ I(x) için x ∈ Ui özelliğinde sonlu I(x) ⊂ I kümesi vardır.
U (x) = ∩i∈I(x) Ui
diyelim.
U (x) × Y = U (x) × (∪i∈I(x) Vi ) ⊂ ∪i∈I(x) (Ui × Vi )
olduğu açıktır ve bunu aklımızda tutalım. Ayrıca, {U (x) : x ∈ X}, X uzayının
bir açık örtüsü ve X kompakt olduğundan,
X = ∪ni=1 U (xi )
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır.
X × Y = ∪nj=1 ∪i∈I(xj ) (Ui × Vi )
olduğunu göstermek, kanıtı tamamlayacaktır. Gerçekten (x, y) ∈ X × Y verilsin. x ∈ U (xj ) özelliğinde 1 ≤ j ≤ n vardır. Buradan
(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. Fakat, farklı bir yöntemle kanıtlanabilir.
5
Bu torem ingilizcede “Baby Tychonoff Theorem” olarak da adlanırılır.
10.5. Tychonoff Teoremi
221
Teorem 10.14. 6 (Tychonoff Teoremi, Tychonoff[101]) (X, τ ), ((Xi , τi ))i∈I
topolojik uzayların çarpım uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) Her i ∈ I için Xi kompakt.
(ii) X kompakt.
Kanıt:
7
(i) =⇒ (ii) Kanıt 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 , Xj ’nin bir açık örtüsüdür. (gerçekten tersi
durum için her i ∈ I için xi 6∈ ∪U ∈Ui U özelliğinde xi ∈ Xi vardır. Bu durumda
x = (xi ) 6∈ ∪U ∈U U
olur ki, bu durum U’nın, X’in açık örtü olması ile çelişir.) Xj kompakt olduğundan
Xj = ∪nk=1 Uk
özelliğinde U1 , ..., Un ∈ Uj vardır. Buradan,
X = Pj−1 (Xj ) = ∪nk=1 Pj−1 (Uk ).
Elbette
Pj−1 (U1 ), ..., Pj−1 (Un ) ∈ U
olur. Alexander Alttaban Teoremi sonucu olarak kanıtın bu yönü tamamlanır.
(ii) =⇒ (i) j ∈ I verilsin. Pj : X → Xj projeksiyonu süreklidir. X kompakt
ve Pj (X) = Xj olduğundan Xj kompakttır.
Alıştırmalar
10.26. Her i ∈ I için Ki ⊂ R kapalı ve sınırlı olsun.
gösteriniz.
Q
i∈I
Ki çarpım uzayının kompakt olduğunu
6
Bu teorem Öklid uzay R’nin kapalı ve sınırlı aralıklar için 1930 yılında Tychonoff
tarafından kanıtlanmış, genel durumu 1935 yılında kanıtsız olarak ifade edilmiştir. Ilk
yayınlanmış kanıt 1937 yılında Eduard Cech tarafından verilmiştir.
7
Alıştırma 14.7’de farklı bir kanıta değinilmiştir.
222
10.6
10. Kompakt Uzaylar
Kompaktlık ve Yakınsaklık
Net ve filtre kavramları süs için verilmemiş, bazı betimlemeler için kullanılmıştı.
Kompakt uzayların betimlenmesinde de kullanılacaktır.
Bir topolojik uzayın kompakt olması, o uzaydaki belirli özellikteki net ve
filtrelerin yakınsaklığı ve yığılma noktalarının varlığı terimleriyle karakterize
edilebilir. Bu bölümde bunlarla ilgili temel teoremler verilecektir. Okur, net
ve filtrelerde yakınsaklık kavramlarını, bunların yığılma noktalarını, ultrafiltre
ve ultranet gibi kavramlarının neler olduğunu hatırlamalılar.
Bir X topolojik uzayının kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun
X’in her sonlu arakesit özelliği olan kapalı kümeler ailesinin arakesitinin, boşkümeden farklı olması gerektiğini aklımızda tutalım.
Teorem 10.15. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) Her filtrerin yığılma noktası vardır.
(iii) Her netin yığılma noktası vardır.
(iv) Her ultranet yakınsaktır.
(v) Her ultrafiltre yakınsaktır.
Kanıt:
(i) =⇒ (ii) Öncelikle X uzayında bir F filtresinin
∩F ∈F F 6= ∅
her noktasına ,F filtresinin bir yığılma noktası denildiğini hatırlatalım. X
uzayında F filtresinin yığılma noktası olmasın. yani
∩F ∈F F = ∅
olsun. X kompakt olduğundan, {F : F ∈ F} kümesinin sonlu arakesit özelliği
yoktur. Yani,
∩ni=1 Fi = ∅
özelliğinde Fi ∈ F ler vardır. Buradan
∩ni=1 Fi ⊂ ∩ni=1 Fi = ∅
olur. Bu ∅ ∈ F çelişkisini verir.
(ii) =⇒ (iii) X uzayında bir (xi ) netinin bir yığılma noktasının olmasıyla,
∩i {xj : j ≥ i} =
6 ∅
10.6. Kompaktlık ve Yakınsaklık
223
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 : ∃i ∈ I,
{xj : j ≥ i} ⊂ A}.
{F : F ∈ F} kümesinin sonlu arakesit özelliği olduğu açıktır. Varsayım gereği,
∩F ∈F F 6= ∅
olur. Buradanda,
∅=
6 ∩F ∈F F ⊂ ∩i∈I {xj : j ≥ i}
elde edilir. Bu, (xi ) netinin yığılma noktasının olduğunu gösterir.
(iii) =⇒ (iv) (xi ) bir ultranet olsun.
x ∈ ∩i {xj : j ≥ i}
seçelim. x ∈ U özelliğinde açık U ⊂ X verilsin.
{xi : i ≥ j} ⊂ U
ya da {xi : i ≥ j} ⊂ X \ U
özelliğinde j vardır. Ikincisinin gerçekleşmesi durumunda
{xi : i ≥ j} ∩ U = ∅
olacağından, bir çelişki elde edilecektir. O halde
{xi : i ≥ j} ⊂ U
özelliğinde j vardır. Böylece xi → x olur.
(iv) =⇒ (v) F bir ultrafiltre olsun.
I = {(x, F ) : x ∈ F ∈ F}
olarak tanımlıyalım.
(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
224
10. Kompakt Uzaylar
olacak biçimde (x0 , F0 ) ∈ I vardır. Buradanda 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.
F0 = {X \ (∪m
i=1 Ui ) : Ui ∈ U}
kümesinin sonlu arakesit işlemlerine göre 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
özelliğinde x ∈ X vardır. x ∈ U özelliğinde U ∈ U seçelim. F∞ ultrafiltre
olduğundan U ∈ F∞ olur ve buradanda
X \ U 6∈ F∞
elde edilir. Dolayısıyla, X \U 6∈ F0 ve dolayısıylada U 6∈ U olur ki, bu çelişkidir.
Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.27. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakilerin denk olduklarını gösteriniz.
(i) X kompakt.
(ii) Her netin yakınsak bir altneti vardır.
(iii) Verilen bir F filtresini kapsayan ve yakınsayan bir filtre vardır.
10.28. Tychonoff Teoremini ultranet kavramını kullanarak kanıtlayınız.
10.7
Sayılabilir Kompaktlık
Bir önceki kısımda, bir topolojik uzayın kompakt olmasına bazı denk ifadeler
verilmişti. Bu denk ifadelerin her biri kullanılarak, yeni kompaktlık türleri üretilebilir. Bunlardan biri, bu alt bölümde verilecek olan sayılabilir kompaktlık
kavramıdır.
X uzayının kompakt olması için, X’deki her dizinin yakınsayan bir altnetinin olması yeterli midir? Değildir! Yeterli olma durumundaki uzaylara
sayılabilir kompakt diyeceğiz. Resmi tanım aşağıda.
Tanım 10.4. (Frechet [33]) 8 X bir topolojik uzay ve X’in kardinalitesi
sayılabilir olan her açık örtüsünün sonlu altörtüsü var ise, X’e sayılabilir
kompakt 9 denir.
8
a ve b, a ≤ b özelliğinde kardinal sayılar olsunlar. X topolojik uzayına [a, b]-compakt
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.
9
Aslında sayılabilir kompaktlık kavramı, kompaktlık kavramından önce çalışılmaya
başlanmıştır. O nedenle bu kitapta kullanıldığı anlamda kompakt uzaylara “bicompact”
uzaylar denildiği de olur.
10.7. Sayılabilir Kompaktlık
225
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 gerekli ve yeterli koşul, x’e yakınsayan, (xn )
dizisinin bir altnetinin olmasıdır. Altdizisi değil!
Teorem 10.16. X bir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X sayılabilir kompakt.
(ii) X’in 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) S ⊂ X sayılabilir sonsuz bir küme ise S’nin bir w-yığılma noktası vardır.
(vi) S ⊂ X sonsuz bir küme ise S’nin bir w-yığılma noktası vardır.
Kanıt: (i) ⇐⇒ (ii) =⇒ (iii) ⇐⇒ (iv), (v) ⇐⇒ (vi) ve (iii) =⇒ (v) olduğu
kolaylıkla gösterilebilir.
(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.
Ux = (Ux ∩ S) ∪ (Ux \ S) ⊂ (Ux ∩ S) ∪ (X \ S)
ve
{Ux ∩ S : x ∈ X} ⊂ {F ⊂ S : F
sonlu}
kümesinin sayılabilir ve
Ux ⊂ (Ux ∪ S) ∪ (X \ S)o
olmasından,
C = {((Ux ∩ S) ∪ (X \ S))o : x ∈ X}
kümesi, X’in sayılabilir açık örtüsüdür. X sayılabilir kompakt olduğundan,
X = ∪ni=1 ((Uxi ∩ S) ∪ (X \ S))o
226
10. Kompakt Uzaylar
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır. Ayrıca,
X = ∪ni=1 ((Uxi ∩ S) ∪ (X \ S))
dir. Buradan,
S = S ∩ X = ∪ni=1 (Uxi ∩ S)
elde edilir. Her i için Uxi ∩ S sonlu olduğundan, S sonlu küme olur ki, bu bir
çelişkidir.
(iii) =⇒ (i) X sayılabilir kompakt uzay olmasın. Yani, X’in sonlu altörtüsü olmayan sayılabilir açık örtüsü (Un ) verilebilsin. Her n için X 6= ∪nk=1 Uk olduğundan,
xn ∈ X \ (∪nk=1 Uk ),
özelliğinde (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 ∈ ∩n {xi : i ≥ n}.
olduğu açıktır. (xn ) dizisinin bir yığılma noktasının varlığı gösterilmiş olur. Alıştırmalar
10.29. Sayılabilir kompakt olan, ama kompakt olmayan uzay örneği veriniz.
10.30. X, T1 -uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X sayılabilir kompakt.
(ii) X’in sonsuz her altkümesinin bir yığılma noktası vardır.
(iii) X’in her açık örtüsünün kendisinden farklı altörtüsü vardır.
10.31. X = [0, w1 ) ordinal uzayı için aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(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) sağlanır.
10.8
Limit Nokta Kompaktlık
Bir başka kompaktlık kavramı bütünlük açısından bu alt bölümde verilecektir.
Bu kavram T1 -uzaylarında sayılabilir kompaktlık kavramıyla çakışır. Tanım
aşağıdaki gibi verilebilir.
10.8. Limit Nokta Kompaktlık
227
Tanım 10.5. (Munkers) Sonsuz her alltkümesinin yığılma noktası olan topolojik uzaya limit nokta kompakt uzay denir.
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. U ⊂ X açık ve x ∈ U için U ∩ S sonsuz kümedir.
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) Sayılabilir kompakt uzay limit nokta kompakttır.
(ii) X, T1 -uzay ise, X’in sayılabilir kompakt olması için gerekli ve yeterli
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
açıktır. X’in limit nokta kompakt olduğu gösterilmiş olur.
(ii) X, T1 -uzay ve limit nokta kompakt olsun. X’in sayılabilir kompat olmadığını varsayalım.
X = ∪n Un , Un ⊂ Un+1 ve Un 6= Un+1
özelliğinde Un açık kümeler vardır. U0 = ∅ diyelim. Her n için
xi ∈ Ui \ Ui−1
seçelim.
S = {xn : n ∈ N}
228
10. Kompakt Uzaylar
kümesi sonsuz olduğundan, varsayım gereği S kümesinin bir yığılma noktası
x ∈ X vardır. x ∈ Um özelliğinde 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
10.32. Sayılabilir kompakt uzayın kapalı altuzayının sayılabilir kompakt olduğunu gösteriniz.
10.33. Tümleyeni sayılabilir topolojik uzayın10 limit nokta kompakt olması için gerekli ve
yeterli koşulun sonlu olması gerektiğini gösteriniz.
10.34. Kompakt uzay ile sayılabilir kompakt uzayın çarpım uzayının sayılabilir kompakt olduğunu
gösteriniz.
10.35. Sayılabilir kompakt uzayın kapalı altuzayının sayılabilir kompakt olduğunu gösteriniz.
10.36. X, Y iki topolojik uzay, f : X → Y sürekli fonksiyon olsun. X sayılabilir kompakt
uzaysa f (X)’nin sayılabilir kompakt olduğunu gösteriniz.
10.37. {0, 1}[0,1] uzayının sayılabilir kompakt olmayan kompakt uzay olduğunu gösteriniz.
10.9
Dizisel Kompakt Uzaylar
Bir topolojik uzayın, sayılabilir kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun,
uzayda alınan her dizinin yakınsak bir altnetinin olmasına denk olduğu kanıtıyla
verilmiştı. 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.
Örnekler
10.38. X = [0, 1][0,1] çarpım uzayı kompakt uzaydır. Bu uzayda yakınsak altdizisi olmayan bir
dizi vardır. Yani X dizisel uzay değildir(Neden)?
10.39. {0, 1}[0,1] çarpım uzayı kompakt ama dizisel kompakt değildir.
10.40. N uzayın Stone-C̆ech kompaktlaması olarak adlandırılan ve Bölüm 12’te tanımlanacak
βN uzayı kompakt olmasına karşın dizisel kompakt değildir.
10.41. w1 ordinal uzayı dizisel kompakt olup, kompakt değildir.
10
X kümesi Topolojisi τ = {A ⊂ X : X \ A
sayılabilir topolojik uzay denir.
sayılabilir} olan X uzayına tümleyeni
10.9. Dizisel Kompakt Uzaylar
229
Ikinci dereceden sayilabilir topolojik uzaylarda sayılabilir kompaktlık ve dizisel
kompaktlık çakışır.
Teorem 10.19. X birinci dereceden sayılabilir topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X sayılabilir kompakt.
(ii) X dizisel kompakt.
Kanıt: Dizisel kompakt uzayların sayılabilir kompakt olduğu zaten biliniyor.
X’in sayılabilir kompakt olduğunu varsayalım. (xn ), X’de 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. X ikinci dereceden sayılabilir uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) X dizisel kompakt.
Kanıt: V = {Vn : n ∈ N}, X’in sayılabilir tabanı olsun.
(ii) =⇒ (i) X uzayının kompakt olmadığını varsayalım. Bu durumda, X’in
sonlu altörtüsü olmayan U = {Ui : i ∈ I} açık örtüsü olsun. Her i ∈ I için,
Ui = ∪Ui
özelliğinde Ui ⊂ U olduğundan, U ⊂ V olduğunu varsayabiliriz. Dolayısıyla
U = {Uk : k ∈ N}
olarak ele alabiliriz. Her n ∈ N için
Tn = ∪nk=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
230
10. Kompakt Uzaylar
özelliğinde seçelim. X dizisel kompakt olduğundan, (xn )’nin yakınsak bir altdizisi (xnk ) vardır. xnk → x diyelim. x ∈ Ui özelliğinde i ∈ N alalım. Ayrıca,
her k ≥ k0 için xnk ∈ Ui özelliğinde 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.
(i) =⇒ (ii) Bir önceki teorem (Teorem 10.19) gereği, ikinci dereceden sayılabilir
uzaylarda kompaktlık ve sayılabilir kompaktlık aynıdır. Ayrıca, X dizisel kompaktsa, sayılabilir kompakt olduğundan, kompakttır.
Teorem 10.21. (Xn ) topolojik uzayların bir dizisi ve X, bu uzayların çarpım
uzayı olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X dizisel kompakt.
(ii) her n için Xn dizisel kompakt.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Açıktır.
(ii) =⇒ (i) (zn ), X’de 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
özelliğinde 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
özelliğinde, (σ2 (n)) altdizisi vardır. Bu gözlem kullanılarak, tümevarımla, her
i için
- (σi+1 (n)), (σi (n))’nin altdizisi,
- xi,σi (n) → xi
özelliğinde N’de (σi (n)) dizisi ve xi ∈ Xi vardır. Her n ∈ N için
kn = σn (n)
10.10. Yerel Kompakt Uzaylar
231
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 altdisisi ve xi,σi (n) → xi olduğundan,
xi,σn (n) → xi
dir. Çarpım topolojisindeki yakınsama noktasal yakınsama olduğundan,
zσn (n) = (xi,σn (n) )i∈N → (xi )i∈N = x
elde edilir. Bu kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
10.42. (Levine [1976]) X kompakt topolojik uzay ve |X| ≤ ℵ1 ise, X’in dizisel kompakt
olduğunu gösteriniz.
10.43. (Ronald [1974]) X dizisel kompakt uzay olmasın. Öyle bir topolojik uzay Y vardır ki,
X ⊂ Y , |Y \ X| = 1 ve X, Y ’de açıktır. Gösteriniz.
10.44. X dizisel uzay olsun. X’in dizisel kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun sayılabilir
kompakt olması gerektiğini gösteriniz.
10.45. Kompakt dizisel uzayın kapalı altuzayının, dizisel kompakt olduğunu gösteriniz.
10.46. X dizisel kompakt uzay, Y topolojik uzay ve f : X → Y sürekli fonksiyon ise Y ’nin
f (X) altuzayının dizisel kompakt olduğunu gösteriniz.
10.10
Yerel Kompakt Uzaylar
Temel topolojik uzaylar, örneğin n-boyutlu Öklid uzayı kompakt olmasada,
kompaktlık kavramına yakın özellikler barındırırlar. Örneğin, herbir x ∈ Rn
için
x ∈ U ⊂ K ⊂ Rn
özelliğinde açık küme U ve kompakt küme K vardır. Bu alt bölümde 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[2]) X topolojik uzay olsun. X’in her noktasının
kompakt komşuluğu varsa, yani her x ∈ X için
x ∈ Kxo
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 teoremden Hausdorff yerel kompakt
uzayların, kompaktlık ve tümüyle düzenli uzaylar arasında yer aldığını söyler.
232
10. Kompakt Uzaylar
Teorem 10.22. 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.
F0 = (U \ U ) ∪ (U ∩ F )
F0 , kompakt U uzayında kapalı ve kompakt uzaylar tümüyle düzenli olduğundan
g(x) = 0 ve g(F0 ) ⊂ {1}
özelliğinde 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}
özelliğindedir. Kanıt tamamlanır.
Önsav 10.23. 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 o olacak biçimde kompakt küme W ⊂ X seçebiliriz. W ⊂ G
durumunda V = W o 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
özelliğinde açık Uy ve Wy kümeleri vardır.
0
Wy = Wy ∩ W o
diyelim. x ∈ Wy ve açıktır. {Uy : y ∈ A}, A kompakt kümesinin açık örtüsü olduğundan
A ⊂ ∪ki=1 Uyi
özelliğinde yi ∈ A’lar vardır.
V = ∩ki=1 Wyi ve U = ∪ki=1 Uyi
10.10. Yerel Kompakt Uzaylar
233
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 10.24. 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
ve Vx kompakt olacak biçimde açık Vx vardır. K kompakt ve {Vx : x ∈ K},
K’nın açık örtüsü olduğundan
K ⊂ ∪ni=1 Vxi
olacak biçimde xi ’ler vardır. V = ∪ni=1 Vxi istenilen özelliktedir.
Teorem 10.25. X yerel kompakt Hausdorff uzay olsun. F ⊂ X kapalı, V ⊂ X
açık ise, 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’den
x∈U ⊂U ⊂V
234
10. Kompakt Uzaylar
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 10.26. Y , Hausdorff X uzayının yoğun yerel kompakt altuzayı ise,
Y açıktır.
Kanıt: x ∈ Y verilsin.
x∈U ⊂U
Y
⊂Y
Y
ve U , Y altuzayında kompakt olacak biçimde, Y uzayında açık U vardır.
Ayrıca,
U
Y
=U ∩Y,
X uzayında kompakt ve dolayısıyla kapalıdır. U ⊂ U ∩ Y olmasından
U ⊂U ∩Y ⊂Y
olur. U = Y ∩ W özelliğinde W ⊂ X açık kümesi vardır.
x∈W ⊂W =W ∩Y =U ⊂Y
olacağından x ∈ Y o olur. Böylece Y ’nin açık olduğu gösterilmiş olur.
Yukarıda verilen Teoremin bir sonucu olarak aşağıda verilen sonucun kanıtı
açıktır.
Sonuç 10.27. X Hausdorff uzay ve Y , X’in yerel kompakt altuzayı olsun. Y ,
Y altuzayında açıktır.
Teorem 10.28. X yerel kompakt Hausdorff uzay ve Y , X’in altuzayı olsun.
Aşağıdakiler denktir.
(i) Y yerel kompakt.
(ii) Y = F ∩ V özelliğinde F kapalı ve V açık kümele vardır.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) Yukarıdaki sonuçtan Y , Y uzayında açıktır. Buradan
Y =Y ∩V
olacak biçimde V açık kümesi vardır. F = Y alabiliriz.
(i) ⇒ (ii) Teorem 10.25 nin direkt sonucudur.
Aşağıdaki teorem yerel kompakt uzayların çerçevesini, kompaktlık kavramıyla çizer.
10.10. Yerel Kompakt Uzaylar
235
Teorem 10.29. (Alexandroff[2]) X Hausdorff topolojik uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X yerel kompakt.
(ii) X, bir kompakt Hausdorff uzayın açık altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt: (i) ⇒ (ii) X yerel kompakt uzay olsun. Teorem 10.22 gereği, tümüyle
düzenlidir.
K=
Q
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.
Teorem 10.30. (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
x∈
Q
i∈I
Wi ⊂ W ⊂ W
özelliğinde sonlu I0 ve açık Wi ’ler vardır.
Q
i Wi
=
Q
i Wi
⊂W
236
10. Kompakt Uzaylar
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 kompat 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
10.47. Rasyonel sayılar uzayının ve irrasyonel sayılar uzayının yerel kompakt uzay olmadığını
gösteriniz.
10.48. RN çarpım uzayının yerel kompakt olmadığını gösteriniz.
P
10.49. l2 = {f ∈ RN : n |f (n)|2 < ∞},
P
1
f (f, g) = ( n |f (n) − g(n)|2 ) 2
metriği ile donaltılsın. (l2 , d) metrik uzayının yerel kompakt olmadığını gösteriniz.
10.50. Yerel komapkt uzayın altuzayının yerel kompakt olması gerekmediğini gösteriniz.
10.51. 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 gösteriniz.
10.52. Kompakt fakat yerel kompakt olmayan uzay örneği veriniz. (Böyle bir uzay Hausdorff
olamaz!)
10.53. (Wilansky[108]) Yerel kompakt uzayın Hausdorff olması için gerekli ve yeterli koşulun
KC-uzayı olması gerektiğini gösteriniz.
10.54. Ordinal uzayın yerel kompakt olduğunu gösteriniz. Ayrıca, 0 < α limit ordinal olmak
úzere X = [0, α) ordinal uzayının kompakt olmadığını ve X uzayının Alexandroff bir
nokta kompaktlamasının [0, α+1) olduğunu gösteriniz. Yani, [0, α) ordinal uzayı [0, α+1)
kompakt ordinal uzayının açık altuzayı ve yoğundur.
10.11
Lindelöf Uzay
Kompaktlık kavramıyla doğrudan bağlantılı olan reelkompaktlık ve önkompaktlık kavramları daha sonraki bölümlerde verilcektir. Tümüyle düzenli bir
uzayın kompakt olması için gerekli ve yeterli koşullardan biri, reelkompakt ve
önkompakt olmasıdır. Bu alt bölümde, Lindelöf uzay kavramı tanımlanacaktır.
Bu kavram, kompaktlık ve önkompaktlık kavramları arasında yerini alır. Yani,
tümüyle düzenli uzaylar için
kompakt =⇒ Lindelöf =⇒ reelkompakt
olur.
Tanım 10.8. (Alexandroff-Urysohn[5]) X topolojik uzayınının her açık örtüsünün
sayılabilir altörtüsü varsa X’e Lindelöf uzay 11 denir.
11
Bazı kaynaklarda, örneğin [29] de bu özelliğin yanında uzayın düzenli olması durumunda
uzaya Lindelöf denilmektedir.
10.11. Lindelöf Uzay
237
[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 gerekli ve yeterli 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’nın bir incelmişi 12 denir. Incelmişlik
terminolojisiyle Lindelöf uzayın temel betimlemelerinden biri aşağıdaki gibi
verilebilir.
Teorem 10.31. X topolojik uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) X Lindelöf uzay.
(ii) X’in her açık örtüsünün incelmiş sayılabilir açık örtüsü vardır.
Kanıt: Açıktır.
Teorem 10.32. 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 birleşimleri 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’nın incelmişidir. Teorem 10.31 gereği, X Lindelöf uzaydır.
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 10.33. Düzenli Hausdorff Lindelöf uzay normaldir.
Kanıt: X uzayında F ⊂ U özelliğinde F kapalı ve U açık kümeleri verilsin.
X düzenli olduğundan, her x ∈ U için
x ∈ Ux ⊂ Ux ⊂ U
özelliğinde Ux açık kümeleri vardır.
12
ingilizcesi: refinement
238
10. Kompakt Uzaylar
U = {X \ U } ∪ {Ux : x ∈ X}
kümesi X’in bir açık örtüsü ve X Lindelöf olduğundan
U = {X \ U } ∪ {Uxn : xn ∈ X}
açık örtü olacak biçimde (xn ) dizisi vardır.
F ⊂ ∪n Uxn , Uxn ⊂ U
sağlanır. Teorem 9.1 gereği X normal uzaydır. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
10.55. X düzenli uzay olsun. aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X Lindelöf uzay.
(ii) X’in kapalı kümeler ailesi F’nin sayılabilir arakesit özelliği varsa ∩F 6= ∅ olur.
10.56. Lindelöf uzayın kapalı altuzayının Lindelöf olduğunu gösteriniz.
10.57. X düzenli uzay ve her n ∈ N için Xn , X’in altuzayı ve Lindelöf olsun. X = ∪n Xn ise,
X’in Lindelöf olduğunu gösteriniz.
10.58. X Lindelöf, Y düzenli ve f : X → Y sürekli ve örten fonksiyonsa, Y ’nin düzenli
olduğunu gösteriniz.
10.59. Sergenfrey uzay Rl ile gösterilmişti. Rl ’nin Lindelöf uzay, Rl × Rl uzayının Lindelöf
olmadığını gösteriniz.
10.60. Lindelöf uzayın altuzayının Lindelöf olmadığına ilişkin örnek veriniz.
10.61. X Lindelöf uzay ve Y kompakt Hausdorff uzaysa, X × Y çarpım uzayın Lindelöf
olduğunu gösteriniz.
10.62. İkinci dereceden sayılabilir uzayın her açık örtüsünün, sayılabilir altörtüsünün olduğunu
gösteriniz.
10.12
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
kümesini, I üzerine konulacak ayrık topoloji sonucunda
Q
i∈I X = C(I, Y )
olacaktır. Aşağıdaki gözlemi yapalım.
Teorem 10.34. I ayrık uzay ve Y topolojik uzay olsun. Her i ∈ I ve U ⊂ Y
açık kümesi için,
[x, U ] = {f ∈ C(I, Y ) : f (x) ∈ U }
10.12. Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
239
olmak üzere,
{[i, U ] : i ∈ I,
kümesi C(I, Y ) =
Q
i∈I
U ⊂Y
açık}
Y çarpım uzayının öntabanıdır.
Yukarıda teoremde her i ∈ I için {i} kümesinin I ayrık uzayında kompakt
olduğu gözlemide kullanılarak çarpım uzayı 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 (τka ile
gösterlim),13
(ii) Uny = {[{x}, U ] : x ∈ X, U ⊂ Y açık} kümesi tarafından üretilen
topolojiye noktasal yakınsama topolojisi 14 (τny ile gösterlim),
denir. X ayrık topolojik uzay olduğunda C(X, Y ) = Y X olduğu ve çarpım,
kompakt-açık ve noktasal yakınsama topolojileri 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 bir (Y, d) metrik uzayı olma durumunda, C(X, Y ) üzerinde, her
> 0, f ∈ C(X, Y ) ve K ⊂ X kompkat 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.
13
14
Bu kavram 1945 yılında Fok tarafından verilmiştir.
İngilizcesi: topology of pointwise convergence. point-open topology de denir.
240
10. Kompakt Uzaylar
Teorem 10.35. X topolojik uzay ve (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 vermelim.
Önsav 10.36. (Y, d) metrik uzay olsun. A ⊂ Y kompakt, U ⊂ Y açık ve
A ⊂ U ise
U (A, ) := {y ∈ X : d(y, A) < } ⊂ V
olacak biçimde > 0 vardır.
Kanıt: = mina∈A d(a, X \ V ) almak yeterlidir.
Teorem 10.37. X bir topolojik uzay ve (Y, d) metrik uzay olsun. C(X, Y )
üzerinde kompakt-açık ve kompakt yakınsama topolojileri çakışır.
Kanıt: Yukarı 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
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 açık. Burada Bd (f (x), ),
f (x) merkezli > 0 yarıçaplı açık küreyi göstermektedir. {Vx : x ∈ X}, K’nın
bir açık örtüsü ve K kompakt olduğundan
K ⊂ ∪ni=1 Vxi
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır. Her i için Ci = Vxi ∩ C kompakt ve
f ∈ ∩ni=1 [Ci , Uxi ] ⊂ [f, K, ]
10.12. Sürekli Fonksiyonlar Kümesinde Çeşitli Topolojiler
241
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 şaşrtmayacak
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, ∞))}
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 10.38. X bir topolojik uzay ve (Y, d) etrik uzay olsun.
τny ⊂ τky = τka ⊂ τdt ⊂ τf t
olur.
Topolojide kompakt-open topoloji kavramı oldukca 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
10.63. 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}
kümesinin bir topolojik alttaban olduğunu gösteriniz. F uzayına fonksiyon uzayı denir.
242
10. Kompakt Uzaylar
10.64. Bu altbölümde kanıtı verilmeyen teoremleri kanıtlayınız.
10.65. Kompakt-open topolojiyle donatılmış C(X, Y ) uzayının X ve Y üzerindeki hangi koşullar
altında Ti -uzayı (i = 0, 1, 2) olacağını belirleyiniz.
10.66. (fn ) dizisi fn : R → R, fn (x) = nx olarak tanımlansın. Bu altbölümde tanımlanan
topolojilere göre C(R, R) uzayında (fn ) dizisinin yakınsaklığını tartışınız.
10.67. X tek elemanlı bir uzay olmak üzere her topolojik uzay Y için kompakt-açık topolojiye
göre C(X, Y ) uzayıyla Y ’nin homeomorfik olduğunu gösteriniz.
10.68. ((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 gösteriniz.
10.69. 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 birleşim işlem kapalı A ⊂ P(X) için
BA = {[f, A, ] : A ⊂ X, f ∈ C(X), > 0}
kümesinin C(X)’de bir topolojik taban olduğunu gösteriniz. A’nın aşağıdaki biçimlerine
göre tabanı BA olan topolojilerin neye karşılık geldiğini gözlemleyiniz.
(i) A = {X}.
(ii) A = {K ⊂ X : K
kompakt}.
(iii) A = {K ⊂ X : K
sonlu}.
10.70. Her n için fn : [0, 1] → [0, 1] için
 n+1
x
 2
fn (x) =
−2n+1 x + 2

0
0 ≤ x ≤ 2−(n+1)
2−(n+1) ≤ x ≤ 2−n
2−n ≤ x ≤ 1
olarak tanımlansın. Bir üstteki soruda verilen A’lara göre topoloji tabanı BA olan topolojilere göre (fn ) dizisinin yakınsama durumunu belirleyiniz.
10.71. X = [0, 1) olmak üzere her n için fn :→ [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 belirleyiniz.
10.72. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
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, kompkat ve X tümüyle düzenli olduğundan C-gömülebilir
(Alıştırma 10.17) ve dolayısıyla f|A ’nin sınırlı sürekli genişlemesi g ∈ C(X) vardır.
g ∈ U olduğuda 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 kavramınında öneminden sıklıkla bahsedildi. Bu durumlar dikkate
alındığında, metrik uzaylarda kompaktlık kavramının nasıl olduğunu ayrıca
irdelemek anlamlı olacaktır. Bu bölümde bu yapılacak, yani metrik uzaylarda
kompaktlık kavramı çalışılacaktır.
Dizisel uzayın kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun sayılabilir olması gerektiği Alıştırma 10.43’de verilmişti. Hausdorff dizisel uzayların dizisel
kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun, sayılabilir kompakt olması gerektiği Teorem 11.1’de kanıtlanacaktır. Bu betimleme, metrik uzaylar dizisel
uzaylar olduğundan, önemli bir avantajdır. Bu avantaj kullanılarak, metrik
uzaylarda kompaktlık kavramının önemi çok daha iyi anlaşılabilecektir.
Metrik uzaylar T1 -uzay olduğundan, bu uzaylarda sayılabilirlik kompaktlık
ve limit nokta kompaktlık kavramlarının çakıştığını da not edelim. Bu bölümde
aşağıdaki dört temel şey kanıtlanacaktır:
- Metrik uzaylarda kompaktlık, sayılabilir kompaktlık, dizisel kompaktlık
ve limit nokta kompaktlık kavramları denktir.
- Bir metrik uzayın kompakt olması için gerekli ve yeterli koşul tümüyle
sınırlı ve tam olmasıdır.
- Metrik uzayın kompakt olması için gerekli ve yeterli koşul önkompakt1
olmasıdır.
- (Arzela Ascoli Teorem) X kompakt uzay olmak üzere, C(X) üzerinde
tanımlı supremum metriğine göre metrik uzayı olarak ele alındığında,
C(X)’nin bir altuzayının kompakt olması için gerekli ve yeterli koşul,
sınırlı, kapalı ve eş sürekli olmasıdır:
1
pseudocompact kompakt
244
11.1
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
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. X Hausdorff dizisel uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X dizisel kompakt.
(ii) X sayılabilir kompakt.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Uzayın Hausdorff özelliği olmasa bile, dizisel kompakt
uzayın sayılabilir kompakt olduğunu tanımdan biliyoruz.
(ii) =⇒ (i) X uzayının sayılabilir kompakt olduğunu varsayalım. (xn ), X’te
bir dizi olsun.
A = {xn : n ∈ N}
kümesi sonluysa, (xn ) dizisinin sabit bir altdizisi vardır, dolayısıyla, yakınsak
bir altdizisi vardır. A’nın sonlu olmadığı durum için: her m 6= n için xn 6=
xm olduğunu varsayabiliriz (diğer durumda terimleri birbirinden farklı olan
altdizisini alırız). X sayılabilir kompakt ve A sonsuz olduğundan, A’nın bir
yığılma noktası x ∈ X vardır, yani
x ∈ A \ {x}
vardır. X uzayının Hausdorff olması nedeniyle her n için xn 6= x olduğunu
da varsayabiliriz (Neden?). A \ {x} açık küme değildir. Bunun sonucu olarak
X dizisel olduğundan, A \ {x} dizisel açık da değildir. Dolayısıyla, an → x
özelliğinde A’da (an ) dizisi vardır. X uzayının Hausdorff olmasından dolayı
dizinin yakınsayacağı en fazla bir nokta olacağından, her n 6= m için an 6= am
olduğunu varsayabiliriz. Her k için ak = xnk olacak biçimde, N’de kesin artan
(nk ) dizisi de vardır. Yani, (xnk ), (xn ) dizisinin yakınsak altdizisidir. Böylece
her dizinin yakınsayan altdizisini varlığı gösterilmiş olunur. Tanım gereği X
dizisel kompakttır.
Metrik uzaylar Hausdorff dizisel uzaylar olduğundan, yukarıdaki teoremin
bir sonucu olarak aşağıdaki sonucu elde ederiz.
11.1. Metrik Topolojide Kompaktlık
245
Sonuç 11.2. Metrik uzaylarda dizisel kompaktlık ve sayılabilir kompaktlık kavramları çakışır.
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’nın bir açık örtüsü olsun.
∀x ∈ A,
∃Ux ∈ U, B(x, r) ⊂ U
özelliğindeki r > 0 reel sayısına U açık örtüsüne göre A kümesinin Lebesgue
sayısı denir.
Önsav 11.3. (X, d) bir metrik uzay, A ⊂ X dizisel kompakt olsun. A’nın her
açık örtüsünün bir Lebesgue sayısı vardır.
Kanıt: 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 özelliğinde r > 0 ve U ∈ U seçelim.
d(x, xk ) <
r
2
ve
1
k
<
r
2
özelliğinde k ∈ N seçebiliriz. Buradan,
B(xk , k1 ) ⊂ B(x, r) ⊂ U
olur ki, bu çelişkidir ve kanıtı tamamlar.
Şimdi aşağıdaki temel teoremi verebiliriz.
Teorem 11.4. X bir metrik uzay olsun. A ⊂ X uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) A kompakt.
(ii) A dizisel kompakt.
(iii) A limit nokta kompakt.
(iv) A sayılabilir kompact.
246
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
Kanıt: (iv) ⇐⇒ (iii) Genel olarak T1 -uzaylarında limit nokta kompaktlık ve
sayılabilir kompaktlık kavramları denk olduklarından ve metrik uzaylarda T1 olduğundan istenilen, açıktır.
(ii) ⇐⇒ (iv) Metrik uzaylar birinci dereceden sayılabilir olduğundan Teorem
10.19’nın bir sonucudur.
(i) =⇒ (iv) Tanımdan açıktır. Hatta genel topolojik uzaylada da geçerlidir.
(ii) =⇒ (i) 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.
A ⊂ ∪nj=1 B(xj , r)
özelliğinde xj ∈ A’lar vardır. (Bunu görmek için, olmadığını varsayalım. x1 ∈
A olmak üzere,
x2 ∈ A \ B(x1 , r)
özelliğinde x2 ∈ A da seçebiliriz. Bu yaklaşımla, tümevarım kullanılarak her n
için,
xn+1 ∈ A \ ∪ni=1 B(xi , r)
özelliğinde, A’da (xn ) dizisi elde edilir. Her n 6= m için d(xn , xm ) ≥ r olduğundan,
(xn )’nin A da yakınsak altdizisi yoktur ki, bu A’nın dizisel kompakt olması ile
çelişir.) r, U’nun Lebesgue sayı olduğundan, her 1 ≤ j ≤ n için
B(xj , r) ⊂ Uj
özelliğinde 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
gösteriniz.
11.2. (X, d) ve (Y, p) iki metrik uzay ve f : X → Y bir fonksiyon olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(i) f süreklidir.
(ii) Her kompakt K ⊂ X için f|K süreklidir.
11.3. Kompakt metrik uzayın ayrılabilir olduğunu gösteriniz.
11.4. (X, d) tam metrik uzay, 0 < α < 1 olmak üzere, f : X → X, her x, y ∈ X için,
d(f (x), f (y)) < αd(x, y)
özelliğinde bir fonksiyon olsun. f (x) = x özelliğinde x ∈ X olduğunu gösteriniz.
11.5. (X, d) kompakt metrik uzay ve f : X → X, her x, y ∈ X için,
d(f (x), f (y)) < d(x, y)
özelliğinde bir fonksiyon olsun. f (x) = x özelliğinde x ∈ X olduğunu gösteriniz.
11.1. Metrik Topolojide Kompaktlık
247
11.6. A kapalı, B kompakt, d(A, B) = 0 ve A ∩ B = ∅ özelliğinde kümeler içeren (X, d) metrik
uzayı örneği veriniz.
11.7. (X, d) metrik uzay, A ⊂ X kapalı, B ⊂ X kompakt ve A ∩ B = ∅ ise d(A, B) > 0
olduğunu gösteriniz.
11.8. (X, d) kompakt metrik uzay ve f : X → X izometri ise, f ’nin örten oluğunu gösteriniz.
Burada X uzayının kompakt olma koşulu kaldırılabilir mi?
11.9. [0, w1 ) ordinal uzayının metrikleşemeyen uzay olduğunu gösteriniz.
11.10. Kompakt metrik uzaydan R’ye tanımlı sürekli her fonksiyonun düzgün sürekli olduğunu
gösteriniz.
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)) <
2
δx
)
2
X = ∪x∈X B(x,
ve X kompakt olduğundan
X = ∪n
i=1 B(xi ,
δxi
2
)
özelliğinde xi ∈ X’ler vardır.
δ = min1≤i≤n
δxi
2
diyelim. x, y ∈ X ve d(x, y) < δ olsun. d(x, xi ) <
>0
1
δ
2 xi
özelliğinde i vardır. Buradan,
d(y, xi ) ≤ d(x, y) + d(x, xi ) < δ + 21 δxi ≤ δxi
olur. Buradan
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 özelliğinde T ’ye pozitif operatör
positive operatör denir. Positif operatörün sürekli olduğunu gösteriniz. 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 Theorem’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
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.
248
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
(ii) Her s, t ∈ [0, 1] için
|f (s) − f (t)| ≤ +
2M
δ2
özelliğinde δ > 0 vardır.
(iii) K =
2M
δ2
olmak üzere her t ∈ [0, 1] için
|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||) özelliğinde 0 < c
vardır.
Son eşitsizlik kullanılarak kanıt tamamlanır.
11.12. Korovkin Teoremini kullanarak C([0, 1]) metrik uzayında (supremum metriğine göre)
polinomlar kümesinin yoğun olduğunu gösteriniz.
Kanıt: n ∈ N için, Tn : C([0, 1]) → C([0, 1]) operatörü,
!
Pn
n
Tn (f )(x) = k=1
f ( nk )xk (1 − x)n−k
k
olarak tanımlansın. Yukarıdaki problemin Tn operatörlerine uygulanmasıyla istenilen
elde edilr.
11.2
Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık
Bu kısımda bir metrik uzayın tümüyle sınırlı olma kavramı tanıtılarak, bu
kavramla uzayın kompakt olması arasındaki ilişkisi verilecektir.
X metrik uzay ve A ⊂ X kompaktsa verilen r > 0 için
A ⊂ ∪x∈F B(x, r)
özelliğinde, sonlu F ⊂ X kümesinin olduğu açıktır. Bu gözlem bizi aşağıdaki
tanıma yönledirir.
Tanım 11.2. (X, d) bir metrik uzay olsun. A ⊂ X olsun. Her r > 0 için
A ⊂ ∪x∈Fr B(x, r)
olacak biçimde sonlu Fr ⊂ X kümesi varsa, A’ya tümüyle sınırlı 2 denir.
2
ingilizcesi: prekompakt, totally bounded
11.2. Tümüyle Sınırlılık ve Kompaktlık
249
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 uzay ise, ∅ =
6 A ⊂ X için,
d(A) = sup{d(x, y) : x, y ∈ A}
sonluysa, d(A) reel sayısına A kümesinin çapı denir.
Önsav 11.5. X tam metrik uzay ve (An ), X’in kapsama sıralamasına göre
azalan kapalı kümelerin bir dizisi olsun. d(An ) → 0 ise
A = ∩n An
kümesi tek elemanlı bir kümedir.
Kanıt: 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 dır.
Aşağıdaki teorem tümüyle sınırlı bir metrik uzayın hangi ek koşul altında
kompakt olduğunu söyler.
Teorem 11.6. (X, d) metrik uzayı için aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) X tümüyle sınırlı ve tamdır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) r > 0 verilsin. {B(x, r) : x ∈ X}, X’in bir açık örtüsü olduğundan,
X = ∪ni=1 B(xi , r)
özelliğinde, xi ∈ X’ler vardır. X’in tümüyle sınırlı olduğu gösterilmiş olur.
X’in tam olmadığını varsayalım. Yani, yakınsak olmayan bir Cauchy (xn )
dizisi var olsun. Bu durumda her n 6= m için, d(yn , ym ) ≥ özelliğinde (xn )’in
bir (yn )’nin bir altdizisi ve > 0 vardır. X kompakt olduğundan, (yn )’in
yakınsayan bir (zn ) altdizisi vardır. zn → x diyelim. Buradan,
250
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.
(ii) =⇒ (i) 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
X = ∪x∈Fn B[x, n1 ]
özelliğinde, sonlu Fn ⊂ X kümesi vardır. Ayrıca, her n ∈ N için,
A ∩ B[x1 , 1] ∩ ... ∩ B[xn , n1 ]
kümesi sonsuz olacak şekilde, X’de (xn ) dizisinin varlığı tümevarımla kolaylıkla gösterilebilir. Her n ∈ N için,
Cn = ∩ni=1 B[xi , 1i ]
diyelim. Cn kümeleri kapalı, kapsama 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 }
özelliğinde, 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.
Alıştırmalar
11.13. Rn Öklid uzayının tümüyle sınırlı olması için gerekli ve yeterli koşulun, sınırlı olması
gerektiğini gösteriniz.
11.14. Tümüyle sınırlı metrik uzayın tamlanışının kompakt olduğunu gösteriniz.
11.15. X tam metrik uzay olsun. A ⊂ X altuzayının tümüyle sınırlı olması için gerekli ve
yeterli koşulun, A altuzayının kompakt olması gerektiğini gösteriniz.
11.16. Tümüyle sınırlı metrik uzayın ayrılabilir olduğunu gösteriniz.
11.17. Tümüyle sınırlı bir uzayın, bir homeomorfizma altındaki görüntüsünün tümüyle sınırlı
olmasının gerekmediğini gösteriniz.
11.3. Önkompaktlık ve Kompaktlık
11.3
251
Önkompaktlık ve Kompaktlık
Kompakt uzayların bir avantaji şudur: X kompakt uzay olmak üzere f : X →
R fonksiyonu sürekliyse, f (X) sınırlıdır. Sürekli her fonksiyon için bu özelliği
bulunduran uzaylara önkompakt uzay diyeceğiz. Yani:
Tanım 11.3. (Hewitt[50]) Topolojik uzay X,
C(X) = Cb (X)
özelliğindeyse, X topolojik uzayına önkompakt denir.
Metrik uzaylarda önkompaktlık3 ve kompaktlık kavramları çakışır.
Teorem 11.7. X metrik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X önkompakt.
(ii) X kompakt.
Kanıt: (ii) =⇒ (i) Açıktır.
(i) =⇒ (ii). X kompakt olmasın. Teorem 11.4 gereği X sayılabilir kompakt
değildir. Dolayısıyla, X’in sonlu altörtüsü olmayan bir açık örtüsü (Un ) vardır.
Her n için,
Fn = X \ (∪ni=1 Ui )
diyelim. Her n için Fn kapalı ve Fn+1 ⊂ Fn ve
∩∞
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)
olarak tanımlanan fonksiyon da süreklidir. ∩∞
i=1 Fi = ∅ olduğundan her x ∈ X
için f (x) > 0 dır. Dolayısı ile,
g : X → R,
g(x) =
1
f (x)
olarak tanımlanan fonksiyon süreklidir. Her n için xn ∈ Fn seçelim. Bu durumda
3
ingilizcesi: pseudocompact
252
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
f (xn ) =
−i fi (x)
i=n+1 2 1+fi (x)
P
≤
P
i=n+1 2
−i
= 2−n
ve
g(xn ) ≥ 2n
olur. Bu sürekli her fonksiyonun sınırlı olması ile çelişir. Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
11.18. X mükemmel normal uzay olsun. X’in kompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun
önkompakt olması gerektiğini gösteriniz.
11.19. Metrik uzayın önkompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun tümüyle sınırlı ve tam
olması gerektiğini kanıtlayınız.
11.4
Kompaktlık ve Maksimum-Minumum Nokta
X kompakt metrik uzaysa, sürekli her fonksiyon f ∈ C(X) için
max f (A) ve min f (A)
vardır, yani her x ∈ X için
f (a) ≤ f (x) ≤ f (b)
olacak biçimde a, b ∈ X vardır. Aslında bunun tersi de doğrudur.
Teorem 11.8. X metrik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) Her f ∈ C(X) için max f (X) ve min f (X) vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii)4 : f (A) sınırlı olduğundan, m = sup f (X) vardır. A’da
f (an ) → m özelliğinde (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 = sup f (A) olur.
Benzer biçimde min f (A) vardır.
(ii) =⇒ (i) (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
4
Bu genel topolojik uzaylarda da doğrudur.
11.5. Noktasal Sonlu Örtü ve Kompaktlık
253
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 olduğu, kanıtı tamamlayacaktır.
X’in tümüyle sınırlı olmadığını varsayalım. Öyle bir > 0 vardır ki verilen
sonlu her F ⊂ X için
X 6= ∪x∈F B(x, 3)
olur. Buradan, her n 6= m için, d(xn , xm ) ≥ 3 özelliğinde (xn ) dizisi bulunabilir. Her n ∈ N için
Fn = {x : d(x, xn ) ≥ }
olmak üzere fn : X → R
fn (x) =
n
d(xn ,Fn ) d(x, Fn )
olarak tanımlansın. f : X → R,
f=
P
n fn χB(xn ,)
olarak tanımlanan fonksiyon yeminle belirteyim ki, süreklidir. Bu f ’nin sınırlı
olmasıyla çelişir. Kanıt tamamlanır.
11.5
Noktasal Sonlu Örtü ve Kompaktlık
Metrik uzayların kompakt olmasının farklı bir betimlemesini daha vereceğiz.
Bu betimlemenin açık yararının ne olduğunu bilmiyorum!
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 sonlu ise, U’ya noktasal sonlu açık
örtü denir.
Teorem 11.9. X metrik uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X kompakt.
(ii) X’in her noktasal sonlu açık örtüsünün sonlu altörtüsü vardır.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) Açıktır.
(ii) =⇒ (i) X’in kompakt olmadığını varsayalım. Dolayısıyla dizisel kompakt
değildir. Bu durumda, terimleri birbirinden farklı ve yakınsak altdizisi olmayan
bir (xn ) dizisi vardır.
254
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
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 }.
Dolayısıyla, her k için, 0 < rk <
1
2k
ve
B(xk , rk ) ∩ (A \ {xk }) = ∅
özelliğinde 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
olmayışı ile çelişir.) Varsayım gereği
X = (∪m
i=1 B(xi , ri )) ∪ (X \ A)
özelliğinde m vardır. Buradan
A ⊂ ∪m
i=1 B(xi , r)
elde edilir. Dolayısıyla bazı 1 ≤ i ≤ m için xm+1 ∈ B(xi , ri ) dir. Bu çelişki
kanıtı tamamlar.
11.6
Ascoli-Arzela Teoremi
n-boyutlu Öklid uzayı Rn ’nın bir altkümesinin kompakt olması için gerekli ve
yeterli koşulun, kapalı ve sınırlı olması gerektiğini biliyoruz. X = {1, 2, ..., n}
kümesi ayrık topolojiyle donatıldığında X uzayı kompakt ve
C(X) = Rn
olduğundan, C(X) metrik uzayının kompakt altkümelerinin neler olduğunu
kapalılık ve sınırlılık terimleriyle neler olduğunu biliyoruz. Gerek topolojinin
gerekse fonksiyonel analizin olmazsa olmaz ögelerinden birinin C(X)-uzayları
olduğu da açıktır. 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 gerekli olmasına karşın, genelde bu koşullar yeterli midir? Değildir! Yeterli olması için bir doğal koşul daha ekleyeceğiz, aşağıdaki
tanımda.
Bir X topolojik uzayı için Cb (X) kümesinin
11.6. Ascoli-Arzela Teoremi
255
d(f, g) = supx∈X |f (x) − g(x)|
metriği ile donatıldığını unutmuş olabiliriz, anmakta 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)| < özelliğinde x’i içeren bir U açık kümesi var ise, A kümesi x noktasında eş
sürekli5 denir. A kümesi her x ∈ X noktasında eşsürekli ise, A’ya eş sürekli
denir.
X sonlu uzaysa, C(X) eşsürekli bir kümedir. Ayrıca, bir X topolojik uzayı
için C(X)’nin sonlu her altkümesi eşsüreklidir. Aşağıdaki teoremi vermeden
önce şunu not edelim: (xn ) bir dizi olmak üzere
(i) (xσ(n,1) ), (xn )’nin bir altdizisi,
(ii) her i için (xσ(n,i+1) ), (xσ(n,i) )’nin altdizisi
oluyorsa, (xσ(n,n) ) dizisi, (xn ) dizisinin bir altdizisidir.
Teorem 11.10. 6 (Ascoli-Arzela) X kompakt uzay olsun. A ⊂ C(X) için
aşağıdakilere denktir.
(i) A kompakt.
(ii) A kapalı, sınırlı ve eş süreklidir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) 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,
A ⊂ ∪f ∈F B(f, )
özelliğinde sonlu F ⊂ A kümesi vardır. x ∈ X verilsin. F sonlu olduğundan,
eşsüreklidir, dolayısıyla
supf ∈F,y∈Vx |f (y) − f (x)| < özelliğinde x’i içeren açık Vx kümesi vardır. f ∈ A verilsin. f ∈ B(g, )
özelliğinde f ∈ F seçelim. y ∈ Vx için,
|f (y) − f (x)| ≤ |f (y) − g(y)| + |g(y) − g(x)| + |g(x) − f (x)| < 3
eşitsizliğinden,
5
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.
6
256
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
supf ∈A,y∈Vx |f (y) − f (x)| ≤ 3
elde edilir ki, bu A’nın eş sürekli olduğunun kanıtıdır.
(ii) =⇒ (i) k ∈ N verilsin. A eşsürekli olduğundan her y ∈ X için,
supf ∈A,x∈Vy,k |f (x) − f (y)| <
1
k
özelliğinde Vy,k açık kümeleri vardır. {Vy,k : y ∈ X}, X’in bir açık örtüsü ve
X kompakt olduğundan
X = ∪y∈Fk Vy,k
özelliğinde sonlu Fk ⊂ X kümesi vardır.
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 öyle altdizisi
(fσ(n,i) ) vardır ki,
(i) limn fσ(n,i) (xi ) vardır,
(ii) (fσ(n,i+1) ), (fσ(n,i) )’nin altdizisidir,
olur.
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 )
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 )
11.7. Hilbert Küpü: [0, 1]N -Uzayı
257
limiti vardır. k ∈ N yi sabitleyelim.
y ∈ Fk , n, m > n0 =⇒ |hn (y) − hm (y)| <
1
k
özelliğinde n0 seçelim. x ∈ X verilsin. {Vy,k : y ∈ Fk }, X’in bir örtüsü olduğundan,
x ∈ Vy,k özelliğinde y ∈ Fk seçebiliriz. Her n,m ≥ n0 için,
|hn (x) − hm (x)| ≤ |hn (x) − hn (y)| + |hn (y) − hm (y)| + |hm (y) − hm (x)| <
3
k
olduğu açıktır. Buradan da,
d(hn , hm ) ≤
3
k
elde edilir. k keyfi olduğundan, (hn )’nin bir Cauchy dizisi olduğu kanıtlanmış
olur. Bu kanıtı tamamlar.
Alıştırmalar
11.20. X bir topolojik uzay ve {fn : n ∈ N} ⊂ C(X) eşsürekli olsun.
f (x) = limn fn (x)
özelliğinde f : X → R fonksiyonu varsa, f ’nin sürekli olduğunu gösteriniz.
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
gerekli ve yeterli koşulun, f ’nin sabit olması gerektiğini gösteriniz.
11.22. X kompakt metrik uzay ve A ⊂ C(X) eşsürekli olsun. A’nın düzgün eş sürekli
olduğunu gösteriniz. Yani, her > 0 için,
d(x, y) < δ =⇒ supf ∈A |f (x) − f (y)| < özelliğinde δ > 0 olduğunu gösteriniz.
11.23. X kompakt Hausdorff uzay olsun. A ⊂ C(X) eşsürekli ise, A’nın da eş sürekli olduğunu
gösteriniz. l̇laveten A sınırlıysa, C(X) metrik uzayında A’nın kompakt olduğunu gösteriniz.
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 gösteriniz.
11.7
Hilbert Küpü: [0, 1]N -Uzayı
H = [0, 1]N çarpım uzayına Hilbert küpü denir. Sayılabilir tane metrikleşebilir
uzayın çarpım uzayı metrikleşebilir
Q olduğundan (gerçektende, (Xn , dn ) metrik
uzayların bir dizisi olsun. X = n Xn üzerine
d(x, y) =
P
n2
−n dn (x,y)
1+dn (x,y)
258
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
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)|
metriğinide koyabiliriz.
Aşağıdaki teoremi kanıtsız olarak verelim. Kanıt [7]’de bulunabilir.
Teorem 11.11. (Uryshohn 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 11.12. X ayrılabilir metrikleşebilir uzay olsun. X üzerinde öyle bir
metrik d vardır ki, (X, d) uzayı tümüyle sınırlı ve X uzayı ile (X, d) uzayları
homeomorfiktir.
Kanıt: 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 sınırlır, yani kapanışı kompakttır. Dolayısıyla, d istenilen özellikte
metriktir.
Alıştırmalar
11.25. X kompat metrik uzay ve Y Hausdorff uzay osun. f : X → Y özelliğinde sürekli ve
örten fonksiyon olsun. Aşağıdakileri gösteriniz.
(i) Y düzenli uzaydır. (Hatta kompakt!)
(ii) Y ikinci dereceden sayılabilir.
(iii) Y metrikleşebilir uzaydır.
11.26. Teorem 11.11’i kanıtlayınız.
11.8
Cantor Uzayı: 2N -Uzayı
Cantor uzayı7 8 kompakt metrik uzaylarda oldukca önemli bir yeri olan reel
sayıların kompakt altuzayıdır. Bu alt bölümde bu uzay hakkında detaylara
7
Kantor uzayı olarak okunur.
Aslında konunun bu bölüm içerisinde yer alması bana biraz eğreti gelmiş olsa da, yine de
en uygun yer burası gibi geliyor. Olması gereken bu ve benzeri uzaylar için ayrı bir bölümün
ileride açılmasıdır.
8
11.8. Cantor Uzayı: 2N -Uzayı
259
girilemeden kısaca bahsedilecektir. Cantor kümeleri hakkında Türkçe temel
kaynaklardan bazıları [57] ve [83].
Tanım 11.6. 2 = {0, 1} ayrık topoloji ile donatılmış kompakt uzay olmak
olmak üzere, 2N çarpım uzayına Cantor uzayı denir.
Ölçüm teoride tanımlanan R’nin altkümesi olan Cantor kümesi ile 2N
kümelerinin kardinalitelerinin aynı olduğu kanıtlanacaktır. Ayrıca, Cantor kümesinin R’nin Öklid topolojisinden gelen topolojiyle donatılmış topolojik uzay
olarak ele alacak olursak, bu uzayla Cantor uzayının homeomorfik olduğu
kanıtlanacaktır.
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 [c, d] aralığının 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 ] ve C23 = [ 322 , 332 ], C33 = [ 362 , 372 ], C232 = [ 382 , 392 ]
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 için Cn
kümesini tanımlayabiliriz.
C = ∩n Cn
kümesine Cantor kümesi denir. C0 , C1 , C2 ve C3 kümelerinin resmini okurlar
çizebilir. Cantor kümesinin dizisel terimlerle bir başka tanımı aşağıdaki gibi
verilir.
260
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
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
kümesi tanımlansın. Böylece tümevarımla her n ∈ N için An kümesi tanımlanmış
olur. Her n için,
n−1
Cn = ∪2i=1 [an2i−1 , an2i ]
olmak üzere
C := ∩n Cn
kümesine Cantor kümesi denir.
Her n ∈ N ve 1 ≤ i ≤ 2n , 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, okura bırakılmıştır.
Teorem 11.13. Aşağıdaki eşitlik gerçekleşir.
m−1 −1
3
C = [0, 1] \ ∪∞
m=1 ∪k=0
3k+2
( 3k+1
3m , 3m ).
p ≥ 2 pozitif tamsayı olmak üzere,
[0, 1] = {
P∞
kn
n=1 pn
: 0 ≤ kn < p}
olduğu kolaylıkla gösterilebir. 0 ≤ x ≤ 1 için,
P
kn
x= ∞
n=1 pn
11.8. Cantor Uzayı: 2N -Uzayı
261
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.
p-sel gösterimde bu yaklaşımı kullanacağız.
Cantor kümesinin her elemanının 3-sel gösterimi kullanılarak C’nin kardinalitesinin sayılamaz sonsuz olduğunu söyleyebiliriz.
Teorem 11.14. f : 2N → [0, 1] fonksiyonu
P
f (x) = ∞
n=1
2xn
3n
olarak tanımlansın. f fonksiyonu sürekli, birebir ve f (2N ) = C olur.
Kanıt: Her m ∈ N ve 0 ≤ k ≤ 3m−1 − 1 için
m−1 −1
Am = ∪3k=0
3k+2
( 3k+1
3m , 3m )
diyelim.
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∈ ∪m Am
olduğu gösterilmiş olur, yani f (a) ∈ C olur.
f ’nin sürekli olduğu hemen hemen de açıktır! 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.
P
P∞
Pk−1 bn
an
2
f (a) = 2 ∞
n=1 3n < 2
n=1 3n + 3k ≤ 2
n=1
bn
3n
= f (b)
olduğundan f ’nin birebir olduğu gösterilmiş olur. 3-sel gösterim kullanılarak,
x ∈ C ve x’in yukarıda gösterilen
262
11. Metrik Uzaylarda Kompaktlık
x=
P∞
kn
n=1 pn
3-sel yazılımda her n için kn 6= 1 olur. Kanıt tamamlanır.
2N kümesi sayılamaz sonsuz küme olduğundan, yukarıdaki teoremin sonucu
olarak, Cantor kümesinin sayılamaz sonsuz küme olduğu görülür. Ayrıca f
fonksiyonu birebir ve 2N kompakt uzay olduğundan, Cantor uzayı 2N ve C
(R’nin altuzayı olarak) uzaylarının homeomorfik olduğu gösterilmiş olur.
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 gösteriniz.
11.28. A0 = [0, 1] olmak üzere her n ∈ N için, An
1+3k
An = An−1 \ ∪n
k=0 ( 3n ,
2+3k
)
3n
olarak tanımlansın.
C = ∩∞
n=1 An
olduğunu gösteriniz.
11.29. An kümesi Teorem 11.7 de olduğu gibi tanımlansın. A = ∪n An ⊂ C ve yoğun olduğunu
gösteriniz.
11.30. Cantor kümesinin kompakt olduğunu gösteriniz.
11.31. Cantor kümesinin hiçbir açık aralık kapsamadığını gösteriniz.
11.32. X topolojik uzayında x 6= y için
x ∈ U , y ∈ V , U ∩ V = ∅ ve U ∪ V = X
11.33.
11.34.
11.35.
11.36.
11.37.
11.38.
özelliğinde U ve V açık kümeleri var ise, X uzayına tümüyle ayrılabilir denir. Cantor
uzayının tümüyle ayrılabilir olduğunu gösteriniz.
Cantor kümesinde U ∩ V = ∅ ve U ∩ V 6= ∅ özelliğinde U ve V açık kümeler örneği
veriniz.
[0, 1] aralığından Cantor uzayına tanımlı örten sürekli fonksiyonun varlığını gösteriniz.
Daha fazlası da doğru!
K ⊂ C boş olmayan kapalı küme ise her x ∈ K için f (x) = x olacak biçimde sürekli
f : C → K fonksiyonunun varlığını gösteriniz.
(Hausdorff-Alexandroff Teorem) K kompakt metrikleşebilir uzay ise, f (C) = K olacak
biçimde sürekli f : C → K fonksiyonunun varlığını gösteriniz. (Bu teoremin kolay bir
kanıtı [27] ve [87]’de bulunabilir.)
C N çarpım uzayı ile C’nin homeomorfik olduğunu gösteriniz. (N = ∪n An özelliğinde her
biri sonsuz ve ikişer ikişer ayrık An kümelerinin var olduğunu dikkate alınız.)
C + C = [0, 1] olduğunu gösteriniz.
12. Stone-C̆ech Kompaktlama
I
Öklid X = R uzayı kompakt olmasa a, bir kompakt uzayın altuzayına homeomorfiktir. Gerçektende, Y = [0, 1] uzayı kompakt ve X, Y ’nin Z = (0, 1) altuzayına homeomorfiktir. Üstelik Z altuzayı Y uzayında yoğundur. Temel sorulardan biri şu: Hangi tür uzaylar bir kompakt Hausdorff uzayın içine yoğun olarak gömülebilirdır. Kompakt Hausdorff uzaylar tümüyle düzenli olduklarından
ve tümüyle düzenli uzayların altuzaylarıda 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: Öyle bir kompakt Hausdorff uzay K var mıdır
ki (0, 1] uzayı K’nın bir yoğun altuzayına homeomorfik ve Cb ((0, 1]) halkasında
tanımlı her fonksiyonun C(K) halkasındaki bir fonksiyona genişlemesi olsun?
Bu sorunun yanıtı konunun başlığında verilen Stone-C̆ech kompaktlama ile
ilgilidir. Yanıt olumludur.
Şu anlamda her topolojik uzay bir cebir üretimine vesile olur: 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 Cb (Y )
uzayları da birbirlerine izomorfiktirler. Dolayısıyla derdimiz C(X) ya da Cb (X)
cebirlerini çalışmak olduğunda, X uzayını kafadan 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
264
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
kompakt Hausdorff K uzayı vardır ve tektir. Işte tek olan bu uzaya, X tümüyle
düzenli olduğunda, X’in Stone-C̆ech kompatlaması 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 tümüyle düzenli X uzayı için C(X) ve
C(K) cebirleri izomorfik yapacak biçimde kompakt Hausdorff uzay K olmasada, 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 bölümde bu teoreimin kanıtı verilecektir. Öncelikle aşağıdaki tanımı
verelim.
Tanım 12.1. X bir topolojik uzay, A, C(X)’nin bir althalkası olsun. π : A →
R bir homomorfizması bazı x ∈ A için
π(f ) = f (x)
biçiminde ise, π’ye bir noktayla belirlenebilir homomorfizma denir.
Teorem 12.1. X 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 )
12.1. Banach-Stone Teoremi
265
olduğunu not edelim. π’nin bir noktayla belirlenemeyen homomorfizma olduğunu
varsayalım. Bu durumda her x ∈ X için
π(fx ) 6= fx (x)
özelliğinde 0 ≤ fx ∈ C(X) vardır. gx ∈ C(X) fonksiyonu
gx = (π(fx ) − fx )2
olarak tanımlansın. gx (x) > 0 olduğundan her t ∈ Ux için gx (t) > 0 özelliğinde
x ∈ Ux açık kümesi vardır.
X = ∪x∈X Ux
ve X kompakt olduğundan
X = ∪a∈A Ua
özelliğinde 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 özelliğinde 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.
X, Y topolojik uzayının altuzayı olmak üzere,
C(Y ) → Cb (X), f → f|X
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 olsunlar.
Aşağıdakiler denktir.
(i) K ve M homeomorfiktir.
(i) C(K) ve C(M ) izomorfiktir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) olduğu açıktır.
(i) =⇒ (ii) π : C(K) → C(M ), π(1) = 1 özelliğinde izomorfizma olsun. Her
m ∈ M için
266
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
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, bir noktayla belirlenen
homomorfizmadır. Yani,
π(f )(m) = πm ◦ π(f ) = f (σ(m))
özelliğinde 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 sonuçun kanıtı Banach Stone Teoremi’nin uygulanmasıyla hemen
görülür. Datay okuyucuya bırakılmıştır.
Sonuç 12.3. X düzenli uzay ve kompakt Hausdorff K ve M uzaylarının bazı
yoğun altuzaylarına homeomorfik olsun. X ayrıca bu uzaylara göre Cb -gömülebilirlerse, 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)
özelliğinde h ∈ C(X) ve homeomorfizma σ : Y → X vardır. Çok daha geniş
bilgi [31]’de 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 gösteriniz.
12.2. Bir noktayla belirlenemeyen ve birimi bire götüren bir π : C(R) → R homomorfizma
örneği veriniz.
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 gösteriniz.
12.4. X = [0, w1 ) ordinal uzayı için aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) X uzayının sayılabilir kofinal altkümesi yoktur.
(i) A ve B, X’in kapalı ayrık altkümeleri ise, 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 değişle, sürekli her fonksiyon sonunda sabittir.
12.5. Her α < w1 için [0, w1 ) ve altuzay [α, w1 ) uzaylarının homeomorfik olduğunu gösteriniz.
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 gösteriniz.
12.2. Stone-C̆ech Kompaktlama
12.2
267
Stone-C̆ech Kompaktlama
Bu kısımda 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)’nin bir genişlemesi f ∈ C(K)
vardır. Bu durumda, Cb (X) ve C(K) halkaları izomorfik olacaklarından K
uzayı, Banach-Stone Teoremi gereği, homeomorfizma olarak tektir. Bahsi geçen
özellikteki K uzayının inşasının çeşitli yolları vardır. Bu kısımda “standart”
olan inşasını vereceğiz.
Teorem 12.4.
1
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 altuzaydır.
Kanıt: β : X → β(X), x → β(x) dönüşümünün bir homeomorfizma olduğu
açıktır. Her f ∈ Cb (X) için |f | ≤ Mf özelliğinde 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
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 vurgulama için β yerine βX yazma durumumda
kalabiliriz. K kompakt Hausdorff uzay ise K, βK (K) ve βK K uzaylarının
homeomorfik oldukları açıktır.
Tanım 12.2. X tümüyle düzenli uzay ve β(X) yukarıdaki teoremdeki gibi
tanımlansın.
βX = β(X)
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.
268
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
uzayına X uzayının Stone-C̆ech kompaktlaması2 denir.
Teorem 12.5. (C̆ech[21], Stone[93]) X tümüyle düzenli uzay ve K kompakt
Hausdorff uzay olsun. h : X → K sürekli fonksiyon olsun.
h(β(x)) = β(h(x))
özelliğinde 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 açıktır. 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
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 tekbir 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. l∞ = {(xn ) : xn ∈ R} sınırlı diziler uzayı noktasal çarpma ve toplama işlemleri altında
bir halkadır. l∞ ve C(βN) halkalarının izomorfik olduklarını gösteriniz.
2
Bazı kitaplarda Stone-C̆ech kompaktlama yerine C̆ech-Stone kompaktlama da denir.
12.3. Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama
12.3
269
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. Bunu gösteriniz.
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.
Tümüyle düzenli X uzayının kompaktlamalarının kümesi C(X) ile gösterilecektir. C(X) kümesinin her elemanının Hausdorff olduğu açıktır. Y ∈ C(X)
verildiğinde c(X) = Y özelliğinde 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, kompatlamasını 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
özelliğinde sürekli f : c2 X → c1 X fonksiyonu varsa, c1 X ≤ c2 X yazarız.
Teorem 12.9. (Lubben[76]) X tümüyle düzenli uzay ve
270
12. Stone-C̆ech Kompaktlama I
C0 = {ci X : i ∈ I} ⊂ C(X)
verilsin. Aşağıdaki anlamda C0 kümesinin en küçük üst sınırı 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
Q cI X = cI (X) olmak üzere,
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
özelliğinde olsun. Her i ∈ I için
fi ◦ c = ci
özelliğinde 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. 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
12.3. Kompaktlama ve Stone-C̆ech Kompaktlama
271
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
özelliğinde 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 gerekli ve yeterli koşul c∞ X ve βX
uzaylarının homeomorfik olmalarıdır.
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 tanımlıyalım. 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
özelliğinde ise, bu uzaylara denk uzaylar denir. Aşağıdakilerin denkliklerini gösteriniz.
(i) c1 X ve c2 X uzayları denktir.
(ii) f ◦ c1 = c2 özelliğinde f : c1 X → c2 X homeomorfizması vardır.
(iii) f ◦ c2 = c1 özelliğinde f : c2 X → c1 X homeomorfizması vardır.
(iv) Kapalı her A, B ⊂ X için
c1 (A) ∩ c1 (B) = ∅ ⇐⇒ c2 (A) ∩ c2 (B) = ∅
olur.
12.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. Her cX ∈ C(X) için cX ≤ βX olduğunu gösteriniz.
13. z-Idealler ve z-Filtreler
1X
bir topolojik uzay olmak üzere, f ∈ C(X) fonksiyonunun sıfır kümesi
Z(f ) := {x ∈ X : f (x) = 0}
olarak tanımlanmıştı.
Z(X) := {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin her elemanına sıfır küme demiştik. X tümüyle düzenli uzay ise
Z(X) kümesinin X uzayının kapalı tabanı olduğunu, yani X’de her kapalı
kümenin, bazı sıfır kümelerin arakesiti olarak yazılabildiğini Bölüm 8’de gösterilmişti. Bu durum Z(X)’nin önemini ortaya koyan önemli bir gerekçedir.
Z(X) kümesi başka matematiksel inşalarda da işe yarayacaktır.
Z(X)’in sonlu birleşim işlem kapalı ve sayılabilir arakesit işlem kapalı
olduğundan bahsetmiştik. 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.
Tümüyle düzenli topolojik uzay X için, Z(X)’in kapalı kümeler tabanı,
yani X’in kapalı her kümesinin, bazı sıfır kümelerin arakesiti olarak yazılıyor
olmasının avantajları oldukça fazladır. Bunlardan biri, tümüyle düzenli uzayların kompakt olmasının, sıfır kümeler üzerinde tanımlanan z-filtreler terimiyle
karakterize edilebilmesidir. Bir diğeri ise, Stone-C̆ech kompaktlamasının farklı
bir inşasının verilebilmesidir.
Bu bölümde, daha önce çalışılan filtre, ultrafiltre ve bunlarla ilişkili kavramlar Z(X)’de yapılacaktır. Ayrıca, bu kavramların C(X) cebirinde tanımlanan
ideal, maksimal ideal gibi kavramlara karşılık geldiğide gerektiği kadar not edilecektir. Bu kavramlar kullanılarak tümüyle düzenli uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının varlığı, Tychonoff Teoremi kullanmadan verilebilecektir. Bunun
bir uygulamasıyla Tychnoff Teoremi’nin farklı bir kanıtı verilebilecektir.
1
Bu bölümde referanslama ilgili eksiklikler var. tamamla.
13.1. z-Filtre
13.1
273
z-Filtre
Bir topolojik uzayda tanımlanan filtre kavramının sıfır kümeler üzerindeki
biçimi aşağıdaki gibidir.
Tanım 13.1. (Kohls[64]) X bir topolojik uzay olsun. Boşkümeyi içermeyen,
sonlu arakesit ve üstküme işlem kapalı Z ⊂ Z(X) alktkümesine z-filtre denir.
Bir X uzayında tanımlı filtrelerle z-filtreler arasındaki temel ilişki şudur:
X’deki her filtre F için F ∩ Z(X) bir z-filtre olur. Tersine z-filtre Z verilsin.
F, Z’yi kapsayan filtrelerin arakesitiyse
F ∩ Z(X) = Z
olur. Ayrık uzaylarda filtrelerle z-filtreler çakışır.
X bir topolojik uzay olsun. I, C(X) cebirinde bir ideal ve Z bir z-filtre
olsun. Aşağıdaki gösterimlerı kullanacağız.
- Z[I] := {Z(f ) : f ∈ I}
- Z −1 (F) := {f ∈ C(X) : Z(f ) ∈ Z}.
Teorem 13.1. X bir topolojik uzay olsun. I ⊂ C(X) bir ideal ve Z ⊂ Z(X)
z-filtre ise, Z[I] bir z-filtre ve Z −1 (Z) bir idealdir.
Kanıt:
- Z[I], z-filtredir: ∅ ∈ Z[I] olduğunu varsayalım. ∅ = Z(f ) özelliğinde
f ∈ I seçelim. Her x ∈ X için f (x) 6= 0 olacağından f g = 1 özelliğinde
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.
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.
- Z −1 [Z] idealdir: ∅ 6∈ Z olduğundan 1 6∈ Z −1 (Z) olur. f , g ∈ Z −1 [Z] ve
h ∈ C(X) için
Z(f ) ∩ Z(g) ⊂ Z(f − g) ve Z(f ) ⊂ Z(hf )
274
13. z-Idealler ve z-Filtreler
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.
Böylece C(X)’nin ideallerinden X’in z-filtrelerine
I → Z[I]
dönüşümü tanımlanmış olunur. Tersine X’nin 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)’de bir idel 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 =< i >
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 gösteriniz.
13.2. N ayrık uzayında,
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
275
kümesinin sonlu arakesit işlem kapalı, üstküme işlem kapalı olmasına karşın ∅ ∈ Z
olduğunu gösteriniz. Bunun sonucu olarak, c0 ’nın C(N) halkasında bir ideal olmadığını
gösteriniz.
13.3. X bir topolojik uzay, G ⊂ Z(X) için
Z = {Z ∈ Z(X) : ∃
sonlu
∅ 6= G ⊂ F, ∩G ⊂ Z}
olarak tanımlansın. Z’nin bir z-filtre olması için gerekli ve yeterli koşulun, G’nin sonlu
arakesit özelliğinin olması olduğunu gösteriniz. Yani Z(X)’nin sonlu arakesit özelliği her
altkümesi bir z-filtre tarafından kapsanır.
13.4. X topolojik uzay, f , g ∈ C(X), Z(g) ⊂ Z(f )o özelliğinde olsun. f = gh özelliğinde
h ∈ C(X) fonksiyonunun olduğunu gösteriniz.
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 kavramları verilmiştir.
Tanım 13.2. Bir topolojik uzayda kendisinden başka bir z-filtre tarafından
kapsanmayan z-filtreye z-ultrafiltre 2 denir.
Her filtrenin bir ultrafiltre tarafından kapsandığını biliyoruz. 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’de bir z-filtre olsun. X’de Z’yi kapsayan zfiltrelerin kümesi M, boş olmayan ve kapsama sıralamasına göre kısmi sıralı
kümedir. M’de ki her zincirin bir üst sınırının olduğu da açıktır. Zorn Önsavı’ndan
M’nin bir maksimal elemanı vardır. Bu maksimal eleman Z’yi kapsayan zultrafiltredir.
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 başkaları 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.
2
başka ne denilebilir ki?
276
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 özelliğindeyse, f ∈ M olduğunu gösteriniz.
13.6. X topolojik uzay olmak üzere Z, X uzayında bir z-ultrafiltre olsun. F ∈ Z(X), her
Z ∈ Z için F ∩ Z 6= ∅ özelliğindeyse F ∈ Z olduğunu gösteriniz.
13.3
z-ideal
X topolojik uzay olmak üzere, C(X) cebirindeki her ideal I için
I ⊂ Z −1 [Z[I]]
olduğu fakat genelde eşitlik olmayacağına ilişkin örnek verilmişti (Problem
13.1). Eşitliği sağlayan özellik aşağıdaki gibi kavramlaştırılır.
Tanım 13.3. X topolojik uzay ve I, C(X) cebirinde
I = Z −1 [Z[I]]
özelliğinde idealse, I’ya z-ideal denir.
Okur, I’nin z-ideal olması için gerekli ve yeterli koşulun, Z(f ) ∈ Z[I]
olduğunda f ∈ I olması gerektiğini kolaylıkla gösterebilir. Bunun uygulanmasıyla, z-ideallerin 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
z-idealdir.
Teorem 13.5. X topolojik uzay olsun. M, P, Iz , C(X) cebirinde sırasıyla
maksimal ideallerin kümesini, asal ideallerin kümesini ve z-ideallerin kümesini
göstersin. Ayrıca:
M∗ = {∩J : ∅ =
6 J ⊂ M},
P ∗ = {∩J : ∅ =
6 J ⊂ P}
Iz∗ = {∩J : ∅ =
6 J ⊂ Iz }
olmak üzere
13.3. z-ideal
277
M ⊂ M∗ ⊂ Iz = Iz∗ ⊂ P ∗
olur.
Kanıt: Sadece Iz ⊂ P ∗ olduğunu göstereceğiz. Diğerlerinin kanıtları kolay ve
okuyucuya bırakılmıştır. Öncelikle şunu not edelim:
R bir halka ve I, R’nin bir ideali olsun. P, R’nin I’yı kapsayan asal idealleri
olmak üzere
∩P = {x ∈ R : ∃n ∈ N, xn ∈ I}
olur. I, C(X)’de bir z-ideal olsun. f ∈ C(X), bazı n’ler için f n ∈ I özelliğinde
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.
Örnekler
13.7. Yukarıdaki teoremde Iz = M∗ olması gerekmez:
O0 = {f ∈ C(R) : 0 ∈ Z(f )o },
Mo = {f ∈ C(R) : 0 ∈ Z(f )},
olarak tanımlansın. O0 , z-ideal, M0 maksimal ideal ve O0 ⊂ M0 sağlanır ve O0 6= M0
olur. I, C(R)’de O0 ⊂ I özelliğinde bir ideal olduğunda, I ⊂ M0 olduğunu göstermek,
O0 ’nin z-ideal fakat M∗ da 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) ⊂ (−, )
ózelliğinde g ∈ O0 vardır. Z(f ), Z(g) ∈ Z[I] ve ayrıca, Z(f )∩Z(g) = ∅ olur. Bu, Z[I]’nın
z-filtre olmasıyla çelişir. (Teorem 13.1.)
13.8. C(R) cebirinde maksimal olmayan asal ideal vardır ([56]): 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.
278
13. z-Idealler ve z-Filtreler
(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
f (Z(g)) ⊂ [0, ∞) ya da f (Z(g)) ⊂ (−∞, 0]
özelliğinde 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.
Şunu not edelim: Bir R halkasında I ve J birbirlerini kapsamayan idealler
ise I ∩ J asal ideal olamaz. Gerçektende,
a ∈ I \ J, b ∈ J \ I, ab ∈ I ∩ J
olur. Bu gözlem kullanılarak C(R) halkasında hiçbir asal ideali kapsamayan
z-ideal örneği verebiliriz.
Örnekler
13.9. Asal olmayan z-ideal: C(R) halkasında her x ∈ R için,
Mx = {f ∈ C(R) : f (x) = 0}
olarak tanımlansın. I = M0 ∩ M1 , yukarıdaki teorem gereği bir z-idealdir. Yukarıdaki
açıklama ve Teorem 13.5 gereği I ideali asal olmayan z-idealdir, çunkü M0 ve M1 idealleri
biri diğerini kapasamaz. Daha fazlası, Teorem 13.6 gereği I’nın kapsadığı asal ideal
yoktur.
13.10. z-ideal olmayan asal ideal: f ∈ C(R) fonksiyonu
f (0) = 0 ve limn | f
n
(x)
|
x
= 0 (her x ∈ R için)
özelliğinde olsun. 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 olmayacağını gösterilebilir.
13.3. z-ideal
279
Teorem 13.7. X topolojik uzay olsun. C(X)’nin her asal ideali sadece ve
sadece bir tek maksimal ideal tarafından kapsanır.
Kanıt: P , C(X) de bir ideal olsun. P en az bir maksimal ideal tarafından
kapsanır. P ’nın farklı M1 ve M2 maksimal idealleri tarafından kapsandığını
varsayalım. J = M1 ∩ M2 ideali bir z-ideal ama asal değildir. Teorem 13.6
den J’nin kapsadığı asal ideal yoktur, ancak bu P ⊂ J olmasıyla çelişir. Kanıt
tamamlanır.
Tanım 13.4. X tümüyle düzenli uzay olsun.
Z(f ) ∩ Z(g) =⇒ Z(f ) ∈ Z ya da Z(g) ∈ Z
özelliğindeki 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. Z[P ] asal z-filtre ve Z −1 [Z] asal ideal olur.
Kanıt: Q = Z −1 [Z[P ]] diyelim. Z[Q] = Z[P ] ve buradan da
Z −1 [Z[Q]] = Z −1 [Z[P ]] = Q
olduğundan Q bir 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, z-ideal
olduğundan f g ∈ Q ve Q asal ideal olduğundan f ∈ Q ya da g ∈ Q olur.
Böylece Z(f ) ya da Z(g)’nin en az biri Z[Q]’nin elemanıdır. Z[Q]’nın asal zfiltre olduğu, yani Z(p)’nin asal z-filtre olduğu gösterilmiş olur. 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 dedir. Buradan f ya da g’nin
en az biri Z −1 [F]’nin elemanıdır. Böylece Z −1 [F] bir asal idealdir.
Alıştırmalar
13.11. X topolojik uzay olmak üzere C(X) uzayında her maksimal idealin z-ideal olduğunu
gösteriniz.
13.12. X topolojik uzay, ∅ =
6 S ⊂ X olmak üzere
I = {f ∈ C(X) : f (S) ⊂ {0}}
13.13.
13.14.
13.15.
13.16.
13.17.
kümesinin bir z-ideal olduğunu gösteriniz. Bu idealin maksimal olması için gerekli ve
yeterli koşulun S’nin tek elemanlı olması gerektiğini gósteriniz.
X ayrık uzay olsun. C(X) cebirinde her idealin bir z-ideal olduğunu gósteriniz.
i ∈ C(R) i(x) = x olarak tanımlansın. i tarafından úretilen < i > idealinin z-ideal
olmadığını gösteriniz.
C(X) cebirinde z-ideallerin arakesitinin z-ideal olduğunu gösteriniz.
Z, X uzayında z-filtre ise Z −1 [F]’nin z-ideal olduğunu gösteriniz.
Teorem 13.5’nin kanıtında eksik bırakılan yerleri tamamlayınız.
280
13. z-Idealler ve z-Filtreler
13.4
z-Filtre ve Yakınsaklık
Aşağıdaki tanımla başlayalım.
Tanım 13.5. Z, X topolojik uzayında z-filtre olsun. x ∈ ∩Z noktasına Z’nin
yığılma noktası denir.
Hatırlanacak olursa bir X topolojik uzayın F filtesi 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 özelliğinde 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 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 gerekli ve yeterli koşul
{Z(f ) : x ∈ Z(f )o } ⊂ Z
olmasıdır.
Teorem 13.10. Z, tümüyle düzenli X uzayında z-filtre olsun. x ∈ X, Z’nin
0
0
bir yığılma noktasıysa, Z’yi kapsayan ve Z → x özelliğinde z-ultrafiltresi Z
vardır.
Kanıt: F0 = {Z(f ) : x ∈ Z(f )o } olmak üzere
F1 = F0 ∪ Z
olarak tanımlayalım. F1 ’nin sonlu arakesit özelliği vardır, dolayısıyla, bir zfiltre tarafından (Alıştırma 13.3.) ve o z-filtre de Teorem 13.3 gereği z-ultrafiltre
0
0
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, P asal z-filtre ve x ∈ X verilsin.
Aşağıdakiler denktir.
(i) x, P’nin yığılma noktasıdır.
13.4. z-Filtre ve Yakınsaklık
281
(ii) P → x
(iii) ∩P = {x}.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) x ∈ U açık küme olsun. U ’nın P’ye ait en az bir elemanı
kapasadığını göstereceğiz.
0
x∈X \Z ⊂Z ⊂U
0
0
özelliğinde sıfır kümeler Z ve Z vardır. X = Z ∪ Z ∈ P olduğundan, Z
0
ve Z sıfır kümelerinden biri P’ye aittir. Ancak, x 6∈ Z olduğundan Z 6∈ P
0
ve dolayısıyla Z ∈ P olur. Dolayısıyla, U açık kümesinin P’ye ait en az
bir kümeyi kapsadığı gösterilmiş olunur. Böylece, P → 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. X tümüyle düzenli uzay olsun. Z ∈ Z(X)’nin kompakt olması
için gerekli ve yeterli koşul Z’yi içeren Z(X)’nin serbest z-filtresinin olmamasıdır.
Kanıt: Z ∈ Z(X) kompakt olsun. Z serbest z-filtre ve Z ∈ Z olduğunu
varsayalım.
0
0
F = {Z ∩ Z : Z ∈ Z}
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 işlem kapalı olduğunu
0
0
dikkate aldığımızda Z ∩ Z = ∅ olacak biçimde Z ∈ Z nin varlığını söyleyebiliriz. Buradan ∅ ∈ Z çelişkisi elde edilir.
Şimdi Z’nin herhengi bir serbest z-filtreye ait olmadığını varsayalım. B, elemanları Z’nin kapalı altkümelerinden oluşan ve sonlu arakesit özelliği olan bir
küme olsun. ∩B = ∅ olduğunu göstermek kanıtı tamamlar. B’nin her elemanı
X uzayında da kapalıdır. Z(X) kapalı kümeler için bir taban olduğundan, B
her K elemanı bazı sıfır kümelerin kümesi B(K)’nın arakesiti olarak yazılabilir.
Z0 = ∪K∈B B(K) olmak üzere, elemanları sadece ve sadece Z0 ’nın sonlu tane
282
13. z-Idealler ve z-Filtreler
elemanının arakesitini kapsayan sıfır kümelerin kümesi Z olsun. Yani, F ∈ Z
olması için gerekli ve yeterli koşul, ∩ni=1 Zi ⊂ F özelliğinde Zi ∈ Z0 ’lerin olmasıdır. Z bir filtre ve Z ∈ Z olduğundan, varsayım gereği serbest filtre
olamaz. Diğer taraftan,
∩B = ∩Z 6= ∅
olur. Bu kanıtı tamamlar.
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 direkt
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
13.18. X tümüyle düzenli uzay ve her x ∈ X için
Ax = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin x noktasına yakınsayan z-ultrafiltre olduğunu gösteriniz. Ayrıca, aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(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’de
bir z-filtre ve k ∈ K olmak üzere:
(i) K’nın k’yı içeren her açık kümesi, F’nin her elemanı ile kesişiyorsa, yani
13.5. Yoğun Altuzayda Filtre
283
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
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 nokta ise, k aynı zamanda F’nin bir yığılma noktasıdır. Gerçekten,
F → k olmasına karşın
k 6∈ ∩F ∈F F
olduğunu varsayalım. Bu durumda k noktasını içeren açık küme U ∈ τ ve
U ∩ F = ∅ ve G ⊂ U
özelliğinde 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 )o ise Z(f|X ) ∈ F dir.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) f ∈ C(K) olmak üzere k ∈ Z(f )o olsun. Varsayımdan
Z(g) ⊂ Z(f )o ⊂ 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 )o ⊂ 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.
284
13. z-Idealler ve z-Filtreler
Önsav 13.15. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. f ∈ C(X)
olmak üzere k ∈ Z(f ) ise
Z(f ) ∈ F → k
özelliğinde X uzayında z-ultrafiltre F vardır.
Kanıt: F0 = {Z(g|X ) : g ∈ C(K), k ∈ Z(g)0 } ∪ {Z(f )} olsun. k ∈ Z(f )
olmasından F0 kümesi sonlu arakesit kapalıdır. Dolayısıyla, X uzayında bir
z-ultrafiltre F tarafından kapsanır. Bu istenilen özellikte z-ultrafiltredir. Yukarıdaki teoremde 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 özelliğinde z-ultrafiltre F vardır.
Aşağıdaki teorem, Teorem 13.11’nin bir genellemesidir.
Teorem 13.17. X, tümüyle düzenli K’nin yoğun altuzayı, k ∈ K ve F, X’de
asal z-filtre olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) k, F’nin K’de yığılma noktasıdır.
(ii) K uzayında F → k dir.
(iii) ∩F ∈F F = {k}.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) U , K uzayında açık ve k ∈ U olsun.
k ∈ X \ Z(f ) ⊂ Z(g)o ⊂ Z(g) ⊂ U
özelliğinde f , g ∈ C(K) seçelim.
K = Z(f ) ∪ Z(g)
olduğundan
X = Z(f|X ) ∪ 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
13.5. Yoğun Altuzayda Filtre
285
olduğundan F → k kanıtlanmış olur.
(ii) =⇒ (iii) k ∈ ∩F ∈F F olduğu açık. p ∈ ∩F ∈F F olduğunu varsayalım.
Yukarıdaki Sonuç 13.16 gereği
F ⊂ F∞ → q
özelliğinde z-ultrafilte F∞ seçelim. k 6= p olduğunu varsayalım.
k ∈ Z(f )o , p ∈ Z(g)o ⊂ Z(g) ve Z(f ) ∩ Z(g) = ∅
özelliğinde f ,g ∈ C(K) seçebiliriz. F∞ → k, p olmasından
Z(h1 ) ⊂ Z(f )o
ve
Z(h2 ) ⊂ Z(g)o
özelliğinde 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
13.19. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. f ∈ C(K) için
Z(f ) = ∩∞
n=1 Z(fn )
özelliğinde C(X)’de azalan (fn ) dizisinin olduğunu gösteriniz. (fn = Z((|f | −
alınabilir.)
13.20. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun.
K = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
kümesinin K uzayında kapalı taban olduğunu gösteriniz.
13.21. Kompakt Hausdorff uzayda her asal z-filtrenin yakınsak olduğunu gösteriniz.
1 +
) )
n |X
14. Stone-C̆ech Kompaktlama
II
Tümüyle düzenli topolojik uzay X için, Z(X)’in kapalı kümeler tabanı, yani
X’in kapalı her kümesinin bazı sıfır kümelerin arakesiti olarak yazılıyor olmasının avantajları oldukça fazladır. Bunlardan biri, tümüyle düzenli uzayların kompakt olmasının, sıfır kümeler üzerinde tanımlanan z-filtreler terimiyle
karakterize edilebilmesidir. Bir diğeri ise Stone-C̆ech kompaktlamasının farklı
bir inşasının verilmesidir.
Bu bölümde daha önce çalışılan filtre, ultrafiltre ve bunlarla ilişkili kavramlar Z(X)’de yapılacaktır. Ayrıca, bu kavramların C(X) cebirinde tanımlanan
ideal, maksimal ideal gibi kavramlara nasıl karşılık geldiği de gerektiği kadar anlatılacaktır. Bu kavramlar kullanılarak, daha önce Tychnoff Teoremi
kullanılarak gösterilen tümüyle düzenli uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının
varlığı, Tychonoff Teoremi kullanmadan verilebilecektir. Bunun bir uygulamasıyla, Tychnoff Teoremi’nin farklı bir kanıtı verilebilecektir.
14.1. Cb -gömülebilirlik ve Yoğun Altuzay
14.1
287
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 alt bölümde
kompakt uzay olması gerekmeyen bir uzayın yoğun altuzayı arasındaki temel
ilişkinin Cb -gömülebilirlik terimiyle anlaşılmaya çalışılacak.
X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayıysa, her k ∈ K için F → k
özelliğinde z-ultrafiltenin varolduğu kanıtlanmıştı. (Sonuç 13.16.) Ancak, bu
özellikteki z-ultrafiltre tek bir olmayabilir. 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’den Y ’ye tanımlı sürekli her fonksiyonun K’ye 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 özelliğinde tek bir z-ultrafiltre F vardır.
Kanıt: ([39]) (i) =⇒ (ii) Açıktır.
(ii) =⇒ (iii) Bir topolojik uzayda ayrık sıfır kümelerin tümüyle ayrılabilir
olduğunu biliyoruz. (ii) sağlandığından, Tietze Genişleme Teoreminin uygulanmasıyla istenilen elde edilir.
(iii) =⇒ (iv) A ve B iki sıfır küme olsunlar. x ∈ A ∩ B verilsin. x ∈ U açık
küme olsun. x ∈ C o ⊂ C ⊂ U özelliğinde 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= ∅
288
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
olur. Buradan x ∈ A ∩ B elde edilir. Kapsamanın diğer yönü açıktır. İstenilen
elde edilir.
(iv) =⇒ (v) k ∈ K verilsin. Sonuç 13.16 gereği
Fk → k
özelliğinde z-ultrafilte Fk vardır. F → k ve F 6= Fk özelliğinde bir F zultrafiltrenin de olduğunu varsayalım. A ∈ Fk \ F seçelim. Alıştırma 13.6
gereği A ∩ B = ∅ özelliğinde B ∈ F vardır. Varsayım gereği A ∩ B = ∅ olur.
Dolayısıyla, k 6∈ A ∩ B olur. Ancak bu,
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}
olarak tanımlıyalım. π ∗ (F)’nin X’te z-filtre ve ayrıca F asal z-filtre olduğunda,
π ∗ (F) z-filtresi de asal olur. Ilaveten Y kompakt uzayında her asal z-filtre
yakınsak olduğundan, (Problem 13.19) ∩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
∩π ∗ (Fk ) = {π(k)}
yazabiliriz. Böylece π : K → Y fonksiyonunu tanımlamış oluruz. π fonksiyonunun aradığımız özellekte olduğunu aşağıdaki açıklamalarla göstereceğiz.
- π, π’nin bir genişlemesidir: k ∈ X verilsin. Bu durumda
Fk = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
olur.
{π(k)} = ∩π ∗ (Fk ) = {π(k)}
- 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
14.2. Kompakt Uzayın Yoğun Altuzayı
289
0
özelliğinde X uzayında bir z-ultrafiltre F vardır. Varsayım gereği, k nok0
tasına yakınsayan z-utrafilte tek bir olduğundan F = Fk olmak zorundadır.
π −1 (Z(f )) ∈ Fk olmasından Z(f ) ∈ π ∗ (Fk ) olur. Dolayısıyla, π(k) ∈ Z(f )
olur.
- π süreklidir: k ∈ K olmak üzere, π(k) ∈ Z(f )o özelliğinde f ∈ C(Y )
seçelim.
π(k) ∈ Y \ Z(g) ⊂ Z(h) ⊂ Z(f )o ⊂ Z(f )
özelliğinde g,h ∈ C(Y ) de seçebiliriz.
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, k 6∈ π −1 (Z(g))
dir. Buradan, k ∈ K \ π −1 (Z(g)) ve
π(K \ π −1 (Z(g))) ⊂ Z(f )o
olur. {Z(f )o : 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.
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
özelliğinde X uzayında z-ultrafiltrenin olduğunu gösteriniz.
14.2. K normal uzay ve X, K uzayında yoğun olsun. Aşağıdakilerin denk olduğunu gösteriniz.
(i) X, K uzayında Cb -gömülebilirdir.
(ii) X uzayında iki ayrık sıfır kümenin K uzayındaki kapanışları ayrıktır.
14.2
Kompakt Uzayın Yoğun Altuzayı
Bu kısımda, 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. X, tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. F, X
uzayında yığılma noktası k ∈ K olan bir z-filtre olsun. Yani,
k ∈ ∩F ∈F F
olsun.
290
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
F∞ → k, F ⊂ F∞
özelliğinde z-ultrafiltresi vardır.
Kanıt: U = {Z(f|X ) : k ∈ Z(f )o , f ∈ C(K)} olarak tanımlıyalım. F ∪ U
kümesinin sonlu arakesit özelliğinin olduğu açıktır. Dolayısıyla,
F ∪ U ⊂ F∞
özelliğinde z-ultrafiltre F∞ vardır. F∞ → k olduğu açıktır.
Aşağıdaki teorem, Teorem 13.3’ün K = X halinin bir biçimidir.
Teorem 14.3. X tümüyle düzenli K uzayının yoğun altuzayı olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) K kompakt uzaydır.
(ii) X’de tanımlı her z-filtrenin K uzayında bir yığılma noktası vardır.
(iii) X’de tanımlı her z-ultrafiltre K uzayında yakınsar.
Kanıt: (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) olduğu açıktır.
(iii) =⇒ (i) F, K’uzayında z-ultrafiltre olsun.
F0 = {Z(f|X ) : Z(f ) ∈ F}
olarak tanımlıyalım. 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 özelliğinde X altuzayında tanımlı
z-ultrafiltre vardır. Her f ∈ C(K) için
Z(f|X ) ⊂ Z(f )
olduğundan,
k ∈ ∩F ∈F∞ F ⊂ ∩F ∈F F ⊂ ∩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
291
Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
Tümüyle düzenli her uzayın homeomorfik olarak tek bir kompakt uzaya Cb gömülebilir olduğu kanıtlanmıştı. Yani, X tümüyle düzenli uzay ise 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 kavramıyla
gösterilecek. Bu gösterimin avantaji, Tychnoff Teoreminin kullanılmamasıdır.
Tümüyle düzenli X uzayında her x ∈ X için
Ax = {Z(f ) : x ∈ Z(f )}
olarak tanımlayalım. Ax , X uzayında bir z-ultrafiltredir ve x noktasına yakınsar.
X uzayının kompakt olması için gerekli ve yeterli 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 gerekli ve yeterli koşul x = y olacağından her bir x ∈ X elemanını
z-ultrafiltre olarak görebiliriz.
Teorem 14.4. 12 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 homeomorfiktir.
Kanıt: K kümesinin sonlu arakesit kapalı olduğu açıktır. Ayrıca,
K = [Z(0)] ∈ K
olur. Dolayısıyla K kümesi, kapalı kümeler tabanı olarak K’yı topolojik uzay
yapar. Aşağıdaki adımlar sonucu kanıt tamamlanacaktır.
1
Gilman ve Jerison’nın ”Rings of Continuous Functions” kitabından alınmıştır.
Stone-C̆ech kompaktlamanın varlığı Stone[93] tarafından Cb (X) halkasının maksimal
idealleri terimiyle verilmiştir. Cb (X) halkasının maksimal idealleri ile X uzayındaki zultrafiltrelerin arasındaki birebir ilişkinin avantaji kullanılarak daha küme-teorik kanıtla bu
teorem verilebilmektedir.
2
292
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
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
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:
ϕ(Z) = [Z] ∩ ϕ(X) ⊂ [Z]
ve [Z] kapalı olduğundan
ϕ(Z) ⊂ [Z]
0
0
olur. Z ∈ Z(X) sıfır kümesi ϕ(Z) ⊂ [Z ] özelliğinde olsun.
0
0
ϕ(Z) ⊂ [Z ] ∩ ϕ(X) = ϕ(Z )
0
0
olmasından Z ⊂ Z ve dolayısıyla [Z] ⊂ [Z ] olur. Buradan da
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 uzaydır: K uzayında F1 6= F2 olsun. F1 6⊂ F2 olduğunu
varsayabiliriz. Bu durumda
A ∈ F1 , A ∈ F2 ve A ∩ B = ∅
14.3. Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
293
özelliğinde sıfır kümeler A ve B vardır. Bu kümeler tümüyle ayrılabilir
kapalı kümeler ve X tümüyle düzenli olduğundan
0
A⊂X \Z ⊂Z ⊂X \B
0
0
özelliğinde Z, Z ∈ Z(X) sıfır kümeleri vardır. Z ∪ Z = X ve X, K
uzayında yoğun olduğundan Z ∪ Z 0 = K olur. Ayrıca,
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 kompakttır:
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 özelliğinde
z-ultrafiltre F vardır.
F ∈ ∩Z∈F Z ⊂ ∩B
olduğundan
∩B 6= ∅
olur. K kümesi K uzayının kapalı tabanı olduğundan, 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
294
14. Stone-C̆ech Kompaktlama II
|X|
14.3. X 3 sonsuz bir küme olmak üzere ayrık topoloji ile donaltılsın. |βX| ≤ 22
olduğunu
gösteriniz.
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 gerekli ve
yeterli koşulun βK = βX olması gerektiğini gösteriniz.
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 gösteriniz.
14.7. Tümüyle düzenli her uzayın Stone-C̆ech kompaktlamasının varolduğu varsayımı altında
Tychonoff Teoreminin farklı bir kanıtını veriniz.
14.8. X düzenli uzay olsun. U ⊂ X açık-kapalıysa, βX uzayında U kümesinin açık kapalı
olduğunu gösteriniz.
14.9. X tümüyle düzenli uzay ve A ⊂ X verilsin.Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) A, X uzayında Cb -gömülebilir.
(ii) A, βX uzayında Cb -gömülebilir.
βX
(iii) A, A
βX
(iv) A
uzayında Cb -gömülebilir.
= βA.
14.10. X tümüyle düzenli uzay ve U ⊂ X açık-kapalı olsun.
βX = U
βX
∪X \U
βX
ve ∅ = U
βX
∩X \U
βX
olduğunu gösteriniz.
14.11. Tümüyle düzenli X uzayın yerel kompakt olması için gerekli ve yeterli koşul X’nin βX
uzayında açık olmasıdır, gösteriniz.
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 listeleyeceğz. 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
3
βX
∪ N2
Fazlasıda doğru: |βX| = 22
|X|
.
βX
(küme birleşimi olarak) ve ∅ = N1
βX
∩ N2
βX
14.3. Stone-C̆ech Kompaktlamanın Bir Başka İnşası
olur.
( v) βN, βN \ N uzayına homeomorfik olarak gömülebilir.
295
15. Reelkompaktlık I
R∗ , R uzayının
Q bir nokta kompaktlamasını göstermek üzere, Tychonoff Teoremi gereği, i∈I R∗ çarpım uzayının kompakt olduğunu biliyoruz. Verilen I
indeks kümesi için çarpım uzayı olarak
Q
Q
Q
∗
i∈I [0, 1] ⊂
i∈I R ⊂
i∈I R
olduğunu da
Q not edelim. Verilen tümüyle düzenli uzayın, Stone-C̆ech kompaktlamasının i∈I [0, 1] formundaki çarpım uzayının kapalı altuzayına homeomorfik olduğunu
Ayrıca, tümüyle düzenli uzayın, Stone-C̆ech kompaktQ biliyoruz.
∗
lamasının i∈I R biçimindeki çarpım uzayın kapalı altuzayına daQ
homeomorfiktir. Gerçektende, X tümüyle düzenli uzay ise, X uzayından f ∈C(X) R∗
uzayına tanımlı
x → π(x) = (f (x))f ∈C(X)
15.1. Tümüyle Düzenli Uzayın Çarpım Uzayındaki Kapanışı
297
homeomorfik gömme dikkate alınarak, X’in Q
bu uzaya Cb -gömülebilir olduğu
kolayca söylenebilir. (f ∈ Cb (X) için, Pf : f ∈C(X) R∗ → R izdüşüm fonksiyonu f ’ninQsınırlı sürekli genişlemesidir). Dolayısıyla X, X uzayının çarpım
uzayındaki f ∈C(X) R∗ kapanışı olan X uzayına da Cb -gömülebilir. O halde, X
uzayınınQStone-C̆ech Q
kompaktlaması ve X uzayları homeomorfiktirler. Sonuç
olarak, i∈I [0, 1] ve i∈I R∗ biçimindeki çarpım uzayların kapalı altuzayları,
en azından Stone-C̆ech kompaktlamanınQbelirlenmesinde önemli uzaylardır.
Dolayısıyla bu uzayların arasında kalan i∈I R çarpım uzayının kapalı altuzaylarını sistemli olarak çalışmak anlamlı olabilir. Olacaktır da. Bu tür 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.
Aslında 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.
1
Reelkompaktlık kavramı 1940’lı yıllardan itibaren çalışılmaya başlanmıştır ve kurucuları,
bağımsız olarak, E. Hewitt ve L. Nachbin olarak bilinir. Bu kavram sonraları (ingilizcesi
realcompact), reelkompakt, e-complete, fonksiyonel kapalı, Hewitt uzay isimler altında
çalışılmıştır. Reelkompakt uzaylar ilk olarak Q-uzay adıyla 1948 yılında Hewitt[50] tarafından
tanımlanmıştır. Reelkompaktlık ilk defa kitap bölümü olarak [39]’de yer almıştır.
298
15. Reelkompaktlık I
Tanım 15.1. X tümüyle düzenli olmak üzere
Q
f ∈C(X) R
uzayının kapalı al-
tuzayı v(X)’ye X’in Hewitt kompaktlaması denir ve vX ile gösterilir.
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. X tümüyle düzenli uzay olsun. X, vX’e C-gömülebilir. Ayrıca
C(X) ve C(vX) halkaları izomorfiktir.
Q
Kanıt: 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 açıktır.
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. X tümüyle düzenli uzay olmak üzere, vX, βX uzayının altuzayına homeomorfiktir.
Kanıt:
Yf =
olmak üzere Y =
Q
f (X) ; f ∈ Cb (X),
R∗ ; f ∈ C(X) \ Cb (X).
f ∈C(X) Yf
uzayını tanımlayalım.
µ : X → Y , µ(x) = (f (x))f ∈C(X)
dönüşümü 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.
Q
v(X) = µ(X) ve Z = f ∈C(X) f (X) ⊂ Y
olmasından
Z
Y
vX = v(X) ⊂ µ(X) = βX
15.2. Reelkompakt Uzay
299
olur. Burada yazılan eşitlik homeomorfik olma anlamındadır. Kanıt tamamlanır.
Aşağıdaki temel teoremin kolay olan kanıtı okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 15.3. X tümüyle düzenli uzay olsun. X ⊂ vX ⊂ βX olur.
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 15.4. 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 özelliğinde 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
özelliğinde X’de (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. Kanıtlayınız.
15.2
Reelkompakt Uzay
Reelkompakt uzay aşağıdaki gibi tanımlanabilir.
Tanım 15.2. 2 (Hewitt[50]) R’nin bir çarpım uzayının kapalı altuzayına homeomorfik olan uzaya reelkompakt denir.
2
Burada verilen reelkompaktlık tanımı [50] 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
kavramlarla verilmiştir.
300
15. Reelkompaktlık I
Tanım gereği reelkompakt uzaylar tümüyle düzenlidir. Kompakt Hausdorff
uzayların reelkompakt olduğu açıktır. Daha fazlası:
Teorem 15.5. 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 15.6. Reelkompakt uzayların çarpım uzayları 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
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.
Q
R’nin reelkompakt olduğu dikkate alındığında Teorem 15.1 aşağıdaki gibi
genellenebilir.
Teorem 15.7. X tümüyle düzenli uzay ve Y reelkompakt uzay olsun. X’ten
Y ’ye tanımlı sürekli her fonksiyonun vX’ten Y ’ye tanımlı sürekli genişlemesi
vardır.
Q
Kanıt: f : X → Y fonksiyonu sürekli olsun. Y ’yi 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
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 olsunlar. C(X) ve C(Y ) halkalarının izomorfik olmaları
için vX ve vY uzaylarının homeomorfik olmalarıdır, kanıtlayınız.
Q
15.3. Reelkompakt olup normal olmayan topolojik uzay örneği veriniz ( i∈I R uzayı reelkompakt ama I’nın sayılabilir olmadığı sürece normal değildir).
15.3. Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
15.3
301
Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
X ve Y kompakt Hausdorff uzaylar olmak üzere C(X) ve C(Y ) halkalarının
izomorfik olmaları için gerekli ve yeterli 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 homomorfizması denir.
Teorem 15.8. Boşkümeden farklı X ⊂ R verilsin. π : C(X) → R bir Riesz
homomorfizma ve her π(1) = 1 ise, π bir noktada hesaplanabilir. Yani, her
f ∈ C(X) için
π(f ) = f (a)
olacak biçimde a ∈ X vardır.
Kanıt: (Jonge ve van Rooij[25]) X ⊂ R ve
π : C(X) → R, π(1) = 1
özelliğinde 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)
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)
302
15. Reelkompaktlık I
ve dolayısıyla π(f ) = f (a) elde edilir. Kanıt tamamlanır.
Yukarıdaki teorem kısmen aşağıdaki gibi genellenebilir.
Teorem 15.9. (Hewitt[50]) X reelkompakt uzay olmak üzere sıfırdan farklı her
π : C(X) → R homomorfizması bir noktayla belirlenir. Yani, her f ∈ C(X)
için
π(f ) = f (c)
özelliğinde tek bir tane c ∈ X vardır.
Q
Kanıt: (Ercan-Önal[30]) X uzayını Y = i∈I R çarpım uzayının kapalı altuzayı olarak alabiliriz. Öncelikle X = Y 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
özelliğinde sonlu F ⊂ U ve > 0 vardır. h : X → R fonksiyonu
P
h = i∈F (Pi − ci )2
olarak tanımlansın. h fonksiyonu sürekli ve 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. U = f −1 (−1, 1) diyelim.
15.3. Banach-Stone Teoreminin Bir Başka Versiyonu
303
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 15.10. X tümüyle düzenli uzay ve π : C(X) → R, π(1) = 1 özelliğinde
halka homomorfizması olsun. Her f ∈ C(X) için
π(f ) = lim f (xα )
özelliğinde (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’un uygulanmasıyla aşağıdaki teoremin kanıtı hemen yapılabilir.
Teorem 15.11. (Hewitt[50]) X ve Y reelkompakt uzaylar olmak üzere C(X)
ve C(Y ) halkalarının izomorfik olmaları için gerekli ve yeterli 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 15.12. α : X → i∈I R ve k : X → j∈J R homeomorfik gömmeler
olsunlar. 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.
304
15. Reelkompaktlık I
Teorem 15.13. 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 özelliğinde X’de (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 )
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 )
özelliğinde (xα ) netinin varlığını gösteriniz.
15.5. X reelkompakt uzay ve Y tümüyle düzenli uzay olsun. π : C(X) → C(Y ) bir homomorfizma ise her
π(f ) = f (σ(y))
15.6.
15.7.
15.8.
15.9.
özelliğinde sürekli σ : Y → X fonksiyonunun varlığını gösteriniz. Ayrıca, π örten ise
Y ’nin X uzayına homeomorfik gömülebilir olduğunu gösteriniz.
X tümüyle düzenli uzay ve X ⊂ T ⊂ βX olsun. X, T uzayında C-gömülebilirse, T ’nin
vX uzayına homeomorfik gömülebilir olduğunu gösteriniz.
Tümüyle düzenli X uzayı için Y = vX olmak üzere, Y = vY olduğunu gösteriniz.
Tümüyle düzenli X için vX = βX olması için gerekli ve yeterli koşul, X’in reelkompakt
ve önkompakt olmasıdır. Kanıtlayınız.
(i) Her açık örtüsünün sayılabilir altörtüsü olan topolojik uzaya Lindelöf uzay denir.
Kompakt uzayların Lindelöf olduğu açıktır. Tersinin doğru olmadığına örnek veriniz.
(ii) Tümüyle düzenli Lindelöf uzayın reelkompakt olduğunu gösteriniz.
Kanıt: X tümüyle düzenli Lindelöf uzay olsun. π : C(X) → R, π(1) = 1 özelliğinde
homomorfizma olsun. π’nin noktayla belirlenmediğini varsayalım. Her x ∈ X için
π(fx ) 6= fx (x)
15.4. Engelking’in Reelkompaktlık Tanımı
305
özelliğinde 0 ≤ fx ∈ C(X) vardır.
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 gerekli ve yeterli koşul X’in önkompakt ve reelkompakt olması gerektiğini gösteriniz.
15.11. X topolojik uzay ve π : C(X) → R, π(1) = 1 özelliğinde olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösteriniz.
(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 gösteriniz.
15.13. X ve Y tümüyle düzenli uzaylar olsunlar. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(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 [39], s.132 de bulunabilir.)
15.14. [0, w1 ) ordinal uzayının reelkompakt olmadığını gösteriniz.
15.15. Normal uzayın reelkompat olması gerekmediğine bir örnek veriniz.
15.4
Engelking’in Reelkompaktlık Tanımı
Küme-teorik topolojide en temel eserleden biri hiç kuşkusuz R. Engelking’in
General Topology[29] kitabıdır. Bu kitabın önemi nedeniyle, reelkompatlığın
tanımının bu kitapta hangi kavramlarla verildiği önemlidir. Bu kısımda, [29]’te
verilen reelkompatlık ile kitabımızda verilen tanımın denkliğini göstereceğiz.
Aşağıdaki teoremin (ii) ifadesi [29] de reelkompaktlığın tanımı olarak verilmiştir.
Teorem 15.14. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X reelkompakt.
(ii) Aşağıdaki özellikte tümüyle düzenli Y uzayı yoktur.
306
15. Reelkompaktlık I
(a) r : X → Y homeomorfik gömme ve r(X) 6= Y
(b) Her f ∈ C(X) için f |r(X) = f ◦ r özelliğinde 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 ))
özelliğinde 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. Reelkompaktlık II
14. Bölümde, X tümüyle düzenli uzay olmak üzere, X uzayının Stone-C̆ech
kompaktlamasının elemanları, X’in z-ultrafiltreleri olan küme üzerinde inşa
edilmişti. Diğer yandan, X’in z-ultrafiltreler kümesiyle C(X)’nin maksimal
ideallerinin kümesi arasında da birebirlik olduğunu biliyoruz. Bu birebir ve
örten fonksiyon, Z ile gösterilmişti. C(X)’nin M maksimal idealinin Z altındaki
görüntüsü olan küme
Z[M ] = {Z(f ) : f ∈ C(X)}
z-ultrafiltre olacağından, her p ∈ βX için Z[M ] = p özelliğindeki M maksimal
ideali vardır, tektir ve M p ile gösterilir. p ∈ X olma durumunda M p yerine
Mx yazarız. Lafı uzatmayalım: X’nin Stone-C̆ech kompaktlamasını C(X)’nin
maksimal idealleri kümesi üzerinde uygun bir topolojiyle
X ⊂ vX ⊂ βX
olduğundan X’nin ve vX’in elemanlarınıda C(X) halkasının maksimal idealleri
olarak görebiliriz. Bu yaklaşımla, C(X) halkasının maksimal ideallerini X’de,
vX \ X veya βX \ vX olmalarına göre sınıflayabiliriz. Bu sınıflamaya göre:
(i) p ∈ X elemanına karşılık gelen maksimal ideal
Mp = {f ∈ C(X) : p ∈ Z(f )}
olacaktır.
(ii) p ∈ vX noktasına karşılık gelen maksimal ideal C(X)/M bölüm halkası R’ye izomorfik yapacak özellikte bir maksimal ideal olacaktır. M
idealinin Mx formunda olması gerekmez. Bu tür maksimal ideallere reel
maksimal ideal denilecektir.
(iii) p ∈ βX noktasına karşılık gelecek maksimal ideal ise herhangi bir maksimal ideal olacaktır.
Her x ∈ X için, C(X)/Mx bolum halkası R halkasına
308
16. Reelkompaktlık II
[f ] → f (p)
izomorfizması altında izomorfiktirler. Mx formunda olmayan ama C(X)/M
bölüm halkasını R 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.
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. Burada Hom(Cb (X)) ve Hom(C(X)) kümeleri noktasal yakınsama topolojileriyle donaltılacaktır. Yani, örneğin Hom(C(X))’de
(πi ) netinin π’ye yakınsaması, her f ∈ C(X) için
πi (f ) → π(f )
özelliğinde olacaktır.
16.1
Sıralı Bölüm Halkasında Birkaç Not
Sürekli fonksiyonlar halkasının sıralı halka olduğunu dikkate alarak, bu alt
bölümde sürekli fonksiyonlar halkasının bölüm halkasının bazı temel özelliklerini anlama yeterliliğinde, sıralı halkanın bölüm halkası çalışılacaktır.
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 olma durumun
da,
|x| ≤ |y|, y ∈ I =⇒ x ∈ I
özelliği sağlanıyorsa I’ya mutlak konveks ideal 1 denir.
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.
1
latis ideal, l-ideal de denir.
16.1. Sıralı Bölüm Halkasında Birkaç Not
309
Teorem 16.1. I, A sıralı halkasının bir ideali olmak üzere aşağıdakiler denktir.
(i) I konvekstir.
(ii) A’nın bölüm halkası A/I, sıralı halkadır.
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
çalışılması önerilir.
Teorem 16.2. I, A latis sıralı halkasının bir konveks ideali olmak üzere
aşağıdakiler denktir.
(i) I mutlak konveks.
(ii) x ∈ I =⇒ |x| ∈ I.
(iii) x, y ∈ I =⇒ 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 gerekli ve yeterli 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
özelliğinde 0 ≤ x, y ∈ I vardır. Buradan
a ∨ b ≤ (x + z) ∨ (y + z) = x ∨ y + z
elde edilir.
0≤x∨y ∈I
310
16. Reelkompaktlık II
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|
özelliğinde 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 Archimedean2 özelliğidir.
F tam sıralı 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 Archimedean denir. Aşağıdaki
teoremi kanıtsız verelim.
Teorem 16.3. Bir sıralı cismin Archimedean olması için gerekli ve yeterli
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|.
16.2. Konveks (mutlak konveks) ideallerin arakesitinin konveks (mutlak konveks) olduğunu
gösteriniz.
16.3. A, [0, 1]’den R’ye tanımlı polinomların noktasal cebirsel işlemler ve noktasal sıralamaya
göre sıralı halka fakat latis sıralı halka olmadığını gösteriniz.
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}
kümesinin konveks ama mutlak konveks olmadığını gösteriniz. Ayrıca I’nın maksimal
olduğunu gösteriniz.
16.5. A latis sıralı halka ve I ideali yukarıdaki soruda olduğu gibi tanımlansın. a → [a]
dönüşümünün kesin artan olduğunu fakat latis homomorfizması olmadığını gösteriniz.
2
Arşimetsel olarakda yazılabilir.
16.2. Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tam Sıralılığı
16.2
311
Sıralı C(X)/I Bölüm Halkasının Tam Sıralılığı
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
halkasınının tam sıralama 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 gerekli ve yeterli koşul her x ∈ Z(g) için
f (x) > 0 olacak biçimde g ∈ I olmasıdır.
Aşağıdaki teorem C(X)/I bölüm halkasının hangi koşullar altında tam
sıralı olabileceğini söyler.
Teorem 16.6. X tümüyle düzenli uzay olmak üzere, I, C(X) halkasında zideal olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) C(X)/I tam sıralı 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 tam sıralı olduğu gösterilmiş olur.
(i) =⇒ (ii) f ∈ C(X) verilsin. [0] ≤ [f ] olduğunu varsayabiliriz. 0 ≤ f + g
özelliğinde 0 ≤ g ∈ I seçebiliriz. 0 ≤ f|Z(g) olduğunda, Teorem 13.6 gereği I
asal idealdir.
312
16. Reelkompaktlık II
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 , |f | ≤ |g| özelliğinde olsun.
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 tam sıralıdır. Bu sonuç
yukarıda verilen önsav kullanılarak aşağıdaki gibi genellenebilir.
Teorem 16.8. (Kohls[65]) X tümüyle düzenli uzay ve P , C(X) halkasında
asal ideal olsun. C(X)/P sıralı halkası tam sıralıdır. 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 6.7 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 ikiside 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 tam
sıralı 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)’nin idealleri
olsunlar. [f ] > 0 ve her g ∈ I için Z(f )∩Z(g) 6= ∅ olan f ∈ C(X)’nin varlığını gösteriniz.
16.7. (Stone[93]) X tümüyle düzenli uzay ve M , Cb (X) halkasında maksimal ideal olsun.
Cb (X)/M sıralı halkasının R cismine izomorfik olduğunu gösteriniz.
16.8. C(N) halkasında P = {f ∈ C(N) : f (1) = f (2) = 0} idealinin asal olmadığını ve C(N)/P
halkasının tam sıralı olmadığını gösteriniz.
16.9. Bu kısımda verilen teoremlerde C(X) yerine Cb (X) alarak sonuçları inceleyiniz.
16.3. C(X)/M Bölüm Halkasının Archimedean Olması
16.3
313
C(X)/M Bölüm Halkasının Archimedean Olması
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 gerekli ve yeterli 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.
Örnekler
16.10. X tümüyle düzenli uzay olsun. x ∈ X için Mx = {f ∈ C(X) : f (x) = 0} maksimal
ideali reelmaksimal idealdir.
Teorem 16.9. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’nin 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.
(ii) 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 özelliğinde 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
314
16. Reelkompaktlık II
Zn = Z((n − |f |)+ ) ∈ M
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 teoremden açıktır.
(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 özelliğinde 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)’nin her maksimal ideali için Cb (X)/M ’nin R’ye
izomorfik olduğunu gösteriniz.
16.12. X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(i) X önkompakt.
(ii) C(X)’nin her maksimal ideali realmaksimaldir.
16.13. X düzenli uzay ve M , C(X)’de bir maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin denkliğini
gösteriniz.
(i) M realmaksimal idealdir.
(ii) M = Ker(π) olacak biçimde sıfırdan farklı π homomorfizması vardır.
16.14. (Hewitt[50]) X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’de maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin
denkliğini gösteriniz.
(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))
16.4
315
βX = Hom(Cb (X)) ve vX = Hom(C(X))
Bu kısımda başlıkta geçen eşitlikleri göstereceğiz. Bu gösterim sonrası bazı
okurlar “madem ki böyleydi, bunlar baştan niye söylenmedi” diye sorabilirler.
Onlar da haklı, ancak geç olsunda güç olmasın diyebiliriz!
X bir topolojik uzay ve A, birimi içeren C(X)’nin bir altcebiri ise, A’dan
R’ye tanımlı ve birimi birime götüren homomorfizmaların kümesini Hom(A)
ile göstereceğiz. X tümüyle düzenli uzay ise, 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))’de
πα → (af )f ∈Cb (X)
özelliğinde (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,
316
16. Reelkompaktlık II
f β = Pf |Hom(Cb (X))
fonksiyonu f ’nin Hom(Cb (X))’e bir genişlemesidir. π ∈ Hom(Cb (X)) verilsin.
Teorem 15.10’dan
π(f ) = limα f (xα ) = limα πα (f )
özelliğinde X’de (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)’nin maksimal idellaeri arasında birebir ve örten
ilişki vardır. Bu nedenle βX uzayını uygun topolojiyle Cb (X)’nin maksimal
idealler uzayı olarak görebiliriz.
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 gösteriniz.
vw1 = βw1 = w1 + 1
olduğunu gösteriniz.
17. Önkompaktlık
Tümüyle düzenli X uzayı
C(X) = Cb (X)
özelliğinde ise X’e önkompakt uzay denilmişti (Tanım 11.3). Her ne kadar
önkompakt uzay kompakt olmasada, reelkompakt ve önkompakt olan uzay
kompakt uzaydır. Tersi de doğrudur. Gerçektende bu özellikteki uzay
C(X) = Cb (X) = C(βX)
olduğundan Banach-Stone Teoreminin reelkompakt biçiminden
X ve βX
olur. Yani, X ve βX uzayları homeomorfik ve βX kompakt olduğundan istenilen elde edilir. Her ne kadar farklı reelkompakt olmayan örnek oluşturmak
kolay olmasada bu betimleme yardımıyla örnekler oluşturulabilir.
Normal uzaylarda sayılabilir kompaktlık ve önkompaktlık kavramları çakışır
(Hewitt[50], Teorem 30). Gerçektende, X normal uzay ve önkompakt olsun.
Sayılabilir kompakt olmasın. Yani X’in yakınsak altneti olmayan bir (xn ) dizisi vardır. A = {xn : n ∈ N} diyelim. A, X’nin sayılabilir sonsuz ayrık kapalı
altuzayıdır.
f : A → R, f (xn ) = n
olarak tanimlanan 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 bazı özellikleri
çalışılacaktır.
17.1
Temel Karakterizasyon
Bu alt bölümde bir uzayın önkompakt olmasını belirleyen temel özellikleri
aşağıdaki teoremdeki gibi verebiliriz.
(X, τ ) topolojik uzay olsun. Elamanları boş kümeden farklı U ⊂ P(X)
verilsin. Her x ∈ X için,
318
17. Önkompaktlık
|{U ∈ U : Ux ∩ U 6= ∅}| < ∞
özelliğinde x ∈ Ux ∈ τ (x) varsa U’ya yerel sonlu denir. Her x ∈ X için
|{U ∈ U : Ux ∩ U 6= ∅}| ≤ 1
özelliğinde x ∈ Ux ∈ τ (x) varsa U’ya ayrık denir.
Tanım 17.1. (Bagley-Connell-Mcnight[12]) X topolojik uzayında elemanları
açık kümelerden oluşan her yerel sonlu küme sonlu oluyorsa X’e hafif kompact 1 denir.
(X, τ ) tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
Teorem 17.1. 2 X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X önkompakttır.
(ii) U ⊂ τ hafif kompakt.
(iii) U ⊂ τ ayrıksa sonludur.
(iv) (Un ), boş kümeden farklı azalan açık kümelerin dizisi ise
∩n Un 6= ∅
olur.
(v) {Un : n ∈ N} ⊂ τ kümesinin sonlu arakesit özelliği varsa
∩n Un 6= ∅
olur.
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}
özelliğinde sürekli fn : X → [0, 1] fonksiyon vardır. Her x ∈ X için
P
n nfn (x) < ∞
1
Ingilizcesi: Lightly compact
Önkompaktlık kavramının betimlenmesinde önemli kaynaklardan biri [12] dir. (i) ve
(ii)’nin denkliği ilk olarak bu makalede verilmiştir.
2
17.1. Temel Karakterizasyon
319
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 ∈ U ∈ τ (x) 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) + )
özelliğinde V ⊂ U açık kümesi vardır. U açık olduğundan, V , X kümesinde de
açıktır. f ’nin x noktasında sürekliliği gösterilmiş olur. x ∈ X keyfi olduğundan
f süreklidir. Her n için
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
∩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.
(b) i 6= j için Vi ∩ Vj = ∅.
x ∈ U1 seçelim. x 6∈ Um özelliğinde m = m(1) vardır.
x ∈ V1 ∈ V1 ⊂ U0 ∩ (X \ Um )
olacak biçimde V1 vardır. {V1 , ..., Vn } kümesi yukarıda verilen (a), (b) ve (c)
özelliklerini 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 özelliğinde m = m(n + 1) seçelim.
x ∈ Vn+1 Vn+1 ⊂ Uk \ Um
320
17. Önkompaktlık
özelliğinde Vn+1 açık kümesi vardır. Böylece, açık kümelerin (a), (b) ve (c)
özelliklerini sağlayan (Vn ) dizisi elde edilmiş olur. Her x ∈ X için
|{n : Vn ∩ W 6= ∅}| ≤ 1
özelliğinde açık x ∈ W kümesinin varlığını gösterelim. x ∈ X verilsin. x 6∈ Um
özelliğinde 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
∅=
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. Her n için,
Un+1 ⊂ f −1 ([n + 1, ∞) ⊂ Un
olduğundan
∩n Un = ∩n Un = ∅
olur ki, bu çelişkidir.
Alıştırmalar
17.1. (Hewitt[50]) X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakilerin denkliğini gösteriniz.
(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) kompakttır.
17.2. ([12]) Hafif kompakt olmayan önkompakt T1 -uzay örneği veriniz.
17.2. Dini Teoremi
17.2
321
Dini Teoremi
Tümüyle düzenli uzayın önkompakt olması artan dizinin düzgün yakınsaması
kavramıyla karakterize edilebilir. Bu alt bölümde bu konu çalışılacaktır.
(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’den
R’ye tanımlı fonksiyonların bir dizisi olsun.
(i) x ∈ X verilsin. Her > 0 için
n ≥ N, x ∈ Ux =⇒ supy∈Ux |fn (y) − f (y)| < özelliğinde 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[23]-Glicksberg[40])3 X tümüyle düzenli uzay olsun.
aşağıdakiler denktir.
(i) X önkompakttır.
(ii) C(X)’de verilen dizi bir f : X → R fonksiyonuna her noktada düzgün
yakınsıyorsa, düzgün de yakınsar.
(iii) C(X)’de verilen bir dizi bir f : X → R fonksiyonuna yerel düzgün
yakınsıyorsa düzgün yakınsar.
Kanıt: ([12]) (i) =⇒ (ii) Varsayalım ki (ii)’nin olmadığını varsayalım. Bu
durumda her n ∈ N için
< |fn (xn ) − f (xn )|
özelliğinde 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
3
Dini Teoremi olarak bilinen bu teorem ilk olarak Dini tarafından kapalı aralıkta
tanımlanan sürekli fonksiyonlar dizisi için 1878 yılında verilmiştir.
322
17. Önkompaktlık
gn (x) = (|fn (x) − f (x)| − )+
olarak tanımlansın. Noktada düzgün yakınsama durumu 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 gözlem kullanılarak
P
n
gn (x)
g : X → R, g(x) = n gn (x
n)
fonksiyonunu tanımlayabiliriz. Ayrıca, f ’nin sürekli olduğu da kolayca gösterilebilir. Her n için n ≤ g(xn ) olduğundan, g sınırsızdır. Bu, X’nin önkompakt
olmasıyla çelişir.
(ii) =⇒ (iii) Açıktır.
(iii) =⇒ (i) X’nin önkompakt olmadığını varsayalım. Sınırsız 0 ≤ g ∈ C(X)
fonksiyonu vardır. Her n için X’den R’ye tanımlı fonksiyonlar dizisi
gn (x) = inf{fn (x), n}
eşitliği ile tanımlansın. (gn ), C(X) de bir dizi ve g fonksiyonuna yerel düzgün
yakınsar, fakat düzgün yakınsamaz. Bu çelişkidir.
Kanıt tamamlanır.
Alıştırmalar
17.3. Tümüyle düzenli uzayın önkompakt olması için gerekli ve yeterli koşulun hafif kompakt
olduğunu Teorem 17.1 den biliyoruz. Bunun farklı bir kanıtını veriniz.
17.3
Ψ-Uzay
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 göstemek 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[79] ya aittir. Ayrıca,
Isbell’e ait olduğu da [39]’de ifade edilmiş ve problem olarak verilmiştir. Ψ
uzayına Mrowka uzayı da denir.
17.3. Ψ-Uzay
323
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 toplojisi
ile donatalım:
(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.
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
324
17. Önkompaktlık
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, 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 olunur.
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)’nın sınırsız olduğunu gösterelim. Olmadığını varsayalım.
Her E ∈ M için f (E) ≤ kE olacak biçimde kE ∈ N vardır. M’nin maksimal
olmasından dolayı
A = N \ (∪E∈M E)
sonlu olacağından ve f ’nin sınırsız olma varsayımından dolayı
17.4. Idealin Kapanışı ve Önkompaktlık
325
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 )
özelliğinde 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. Kanıt tamamlanır.
Örnekler
17.4. Ψ reelkompakt olmayan tümüyle düzenli uzaydır.
Kanıt: ψ kompakt değildir ama önkompakttır. O halde reelkompakt olamaz.
Alıştırmalar
17.5. (Bu problem [38] (Problem 6P) den alınmıştır.) Aşağıdaki basamakları kullanarak
Λ = βR \ (βN \ N)
uzayının sayılabilir kompakt olmayan önkompakt (ve dolayısıyla reelkompakt olmayan)
uzay olduğunu gösteriniz.
(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
Idealin Kapanışı ve Önkompaktlık
Tümüyle düzenli X uzayı için C(X) halkasında her idealin kapanışının ideal
olması ile X’in önkompakt olmasının denk kavramlar olduğunu göstereceğiz.
Burada geçen kapanış C(X) üzerinde tanımlı
d(f, g) = sup{|f (x) − g(x)| ∧ 1 : x ∈ X}
326
17. Önkompaktlık
metriğine göre olacaktır.
Teorem 17.8. (Nanzetta-Plank[81]) X tümüyle düzenli uzay olsun. Aşağıdakiler
denktir.
(i) X önkompakttır.
(ii) C(X)’deki her idealin kapanışıda bir idealdir.
(iii) C(X)’deki 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)’de ideal ise π(I), C(βX)’de 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’nin önkompakt olmadığını varsayalım. Her x ∈ X için 0 < f (x)
ve f (X) sınırsız olacak biçmde 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)’de bir idealdir. Varsayalım ki I ⊂ J olacak biçimde C(X)’de
kapalı J ideali var. > 0 verilsin. n1 < özelliğinde n ∈ N seçelim.
g = ( f1 − n1 )+
sürekli fonksiyonunun sıfır kümesi Fn kümesini kapsar, yani Fn ⊂ Z(g) olur.
Yani g ∈ I olur. Buradan gn → f1 özelliğinde 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 kompaktlaması ve Stone-C̆ech kompaktlaması,
topolojinin “olmazsa olmazlarıdır”. Diğer taraftan bu kavramlar sürekli fonksiyonlar halkasının maksimal idealleriyle birebir ilintilidir. Dolayısıyla maksimal ideal kavramını bu bölümde biraz daha fazla detayla, çalışmak anlamlı
olacaktır.
X tümüyle düzenli uzay olsun. Öncelikle Cb (X) ve C(X)’nin maksimal
ideallerini βX uzayının elemanlarıyla betimleyeceğiz. M , C(X)’nin bir maksimal ideal olmak üzere daha önce de konusu edilmiş olan aşağıdaki özellikleri
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 gerekli ve yeterli koşul R’ye
izomorfik olarak gömülmesidir.
(iv) Tam sıralı 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 ele alarak C(X)/M cisminin reel olmayan elemanlarının yani,
(C(X)/M ) \ R
kümesinin elemanlarının nasıl olduğunu anlayabiliriz. Bunun sonucu olarak
C(X)/M cisminin elemanlarını reel, sonsuz küçük ve sonsuz büyük olarak,
üç kısma ayırabileceğiz. Bununla 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 azda olsa anlaşılabilecektir.
328
18.1
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
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.
Teorem 18.1. (Stone[93]) 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} özelliğinde 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 ve dolayısıyla
π(M ) = {g ∈ C(βX) : g(p) = 0}
özelliğinde tek bir p ∈ βX vardır. Buradan da,
M = {f ∈ C(X) : f β (p) = 0}
elde edilir.
(ii) ⇒ (i) J ⊂ Cb (X), M ⊂ J özelliğinde 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. Dolayısıyla J = M . M ’nin maksimal olduğu gösterilmiş olur.
Teorem 18.2. (Gelgand-Kolmogorov[37]) 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 )
} özelliğinde 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
özelliğinde olsun. Burada
18.2. Stone Genişlemesi
329
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.
Z(f ) 6∈ Z[M ] = p.
p, z-ultrafiltre olduğundan
∅ = Z(f ) ∩ Z(g) = Z(f 2 + g 2 )
özelliğinde 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)’nin 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 gösteriniz. Ayrıca, Cb (X) ve C(X)
halkalarının maksimal idealleri arasında birebir ve örten dönüşüm olduğunu gösteriniz.
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’den R∗ olan sürekli genişlemesi f ∗ fonksiyonunu çalışmak
anlamlı olabilecektir. Bunlardan M maksimal ideal olmak üzere [f ] ∈ C(X)/M
ile f ∗ arasındaki bazı ilişkileri belirleyebileceğiz.
Tanım 18.1. X tümüyle düzenli uzay ve M , C(X)’nin bir maksimal ideali
olsun. 0 < [f ] ∈ C(X)/M verilsin. [f ]’ye,
(i) sonsuz büyüktür : Her n ∈ N için [n] ≤ [f ],
(ii) sonsuz küçük : Her n ∈ N için [f ] ≤ [ n1 ],
denir.
330
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
X tümüyle düzenli uzay ve I, C(X)’nin 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. Ayrıca, her maksimal idealin z-ideal olduğunu hatırlıyalım.
Teorem 18.3. (Gillmann-Henriksen-Jerison[38]) X tümüyle düzenli uzay ve
M , C(X)’nin bir maksimal ideali olsun. Z[M ] = p ∈ βX diyelim. f ∈ C(X)
verilsin.
(i) f ∗ (p) = ∞ olması için gerekli ve yeterli koşul [|f |] sonsuz büyük olmasıdır.
(ii) f ∗ (p) = r ∈ R olması için gerekli ve yeterli koşul [|f − r|] sonsuz küçük
ya da sıfır olmasıdır.
Kanıt: Her n için
Zn = {x : |f (x)| ≥ n} = Z((n − |f |)+ )
diyelim.
(i). f ∗ (p) = ∞ olsun. X’de 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 sonuz büyük olduğunu varsayalım. Yani her n için [n] ≤ [|f |] olduğunu
varsayalım. Yine Teorem 17.9 dan her n için
Zn ∈ Z[M ] = p
βX
olur. n ∈ N verilsin. xα → p özelliğinde Zn ’de (xα ) neti
olduğundan, p ∈ Zn
∗
seçebiliriz. f ’ nin sürekliliğinden
n ≤ f (xα ) → f ∗ (p)
elde edilir. n keyfi olduğundan f ∗ (p) = ∞ olur.
(ii) f ∗ (p) = r ∈ R olduğunu varsayalım. X’de xα → p özelliğinde (xα ) neti
vardır. n ∈ N verilsin. Her α ≥ α0 için
|f (xα ) − r| ≤
1
n
18.2. Stone Genişlemesi
331
olacak biçimde α0 vardır.
Zn = Z((|f − r| − n1 )+ )
olmak üzere α ≥ α0 için xα ∈ Zn olacağından p ∈ Zn
Zn ∈ p = Z[M ] olur. M ’nin z-ideal olmasından
βX
ve dolayısıyla,
(|f − r| − n1 )+ ∈ M
olur. Teorem 17.9 nın uygulanmasıyla da
[|f − r|] ≤ [ n1 ]
olur. Yani |f − r| sıfır ya da sonsuz küçüktür.
[|f − r|]’nin sıfır olduğunu varsayalım. Yani f − r ∈ M olsun. Buradan
Z(f − r) ∈ Z[M ] = p
ve dolayısıyla
βX
p ∈ Z(f − r)
olur. X’de f (xα ) = r ve xα → p özelliğinde (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
özelliğinde 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
332
18. Maksimal İdealler ve Stone Genişleme
18.2. C(N) halkasında en az bir serberst maksimal ideal olduğunu gösteriniz. M , bu halkanin
serbest maksimal ideali olsun. j : N → R, j(x) = x olmak üzere [j] ∈ C(N)/M ’nin
sonsuz küçük olduğunu gösteriniz.
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 ]} ve B = {r ∈ R : r > [f ]}
olmak üzere, [f ] ∈ C(X)/M sonsuz büyük değilse,
sup A = f ∗ (p) = inf B
olduğunu gösteriniz.
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 gösteriniz. 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 gösteriniz.
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 gösteriniz. Terslerinin doğru olmadığını da gösteriniz.
18.6. X tümüyle düzenli uzay ve M ⊂ C(X) maksimal ideal olsun. Aşağıdakilerin doğruluğunu
gösteriniz.
(i) M ⊂ {f ∈ C(X) : f ∗ (p) = 0}.
(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 gösteriniz.
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 gösteriniz.
(i) M p hyper-reelideal.
(ii) Mb p , C(X)’nin tersinir en az bir elemanı içerir.
Ayrıca, M p ∩ Cb (X) = Mb p olması için gerekli ve yeterli koşulun, M p nin reel ideal
olması gerektiğini gösteriniz.
19. Topolojilerin Sayısı
Bir X kümesi üzerinde tanımlı topolojilerin kümesi T op(X) ile gösterilmiş ve
3.4 te
|T op(X)| = 22
|X|
olduğunun gösterileceği ifade edilmişti. Bu bölümde bu eşitlik kanıtlanacaktır.
19.1
ultraf iltre(X) Kümesinin Kardinalitesi
X sonsuz küme ve 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.
|[X]<α | := |X|<α = sup{|X|β : β
kardinal ve β < α}1
olur. Bu eşitlik kullanılarak, her n ∈ N için |X|n = |X| olacağından
|[X]<ℵ0 | = |X|
elde edilir. Ayrıca
|ultraf iltre(X)| ≤ 22
|X|
olduğunu da not edelim. Aşağıdaki teoremin bir kanıtı [39] te bulunabilir.
Teorem 19.1. X sonsuz küme olsun.
|ultraf iltre(X)| = 22
olur.
Kanıt: ([49]) Yazım kolaylığı açısından
1
Bu eşitliğin bir kanıtı [54], s. 52’de bulunabilir.
|X|
334
19. Topolojilerin Sayısı
Pf (X) = [X]<ℵ0
yazalım. Yukarıdaki gözlemden dolayı
|X| = |Pf (X)| = |Pf (Pf (X))| = |Pf (X) × Pf (Pf (X))|
olduğunu not edelim. Dolayısıyla,
|X|
|ultraf iltre(Pf (X) × Pf (Pf (X)))| = 22
olduğunu göstermek yeterlidir.
π : P(X) → P(Pf (X) × Pf (Pf (X))),
fonksiyonunu
π(S) = {(F, ϕ) : S ∩ F ∈ ϕ}
olarak tanımlayalım.
(∅, {∅}) ∈ π(∅)
ve s ∈ X için
(∅, {{s}}) ∈ π(∅)c
olduğunu not edelim. Gerçekten de
π(S)c = P(Pf (X) × Pf (Pf (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 : P(P(X)) → P(P(Pf (X) × Pf (Pf (X)))) fonksiyonu
π(S) = {π(S) : S ∈ S} ∪ {π(S)c : S 6∈ S}
olarak tanımlansın.
(i) S ∈ P(P(X)) için π(S) kümesinin sonlu arakesit özelliği vardır: S ∈
P(P(X)) verilsin. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere birbirlerinden farklı Ti ∈ π(S)
elemanları verilsin. 1 ≤ i ≤ k < j ≤ n için
19.1. ultraf iltre(X) Kümesinin Kardinalitesi
335
Ti = π(Si ) ve Tj = π(Sj )c
0
özelliğinde Si ∈ S ve Sj 6∈ S seçelim. m 6= m için Sm 6= Sm0 olur. Her
1 ≤ i < j ≤ n için xij ∈ (Si \ Sj ) ∪ (Sj \ Si ) seçebiliriz.
F = {xij : 1 ≤ i < j ≤ n}
ve
ϕ = {Si ∩ F : 1 ≤ i ≤ n}
olmak üzere
(F, ϕ) ∈ ∩ni=1 Ti
olur. Böylece, π(S) kümesinin sonlu arakesit özelliğinin varlığı gösterilmiş olur.
(ii) S ∈ P(P(X)) için
π(S) ⊂ π(S)
0
6 S için
özelliğinde ultrafiltre π(S) vardır. Ayrıca, S =
0
π(S) 6= π(S )
olur: Varlığının nedeni π(S) kümesinin sonlu arakesit işlem özelliğinin
0
0
olmasındandır. 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 : P(P(X)) → ultraf iltre(Pf (X) × Pf (Pf (X)))
birebir fonksiyonunu tanımlanmış oldu. Buradan da
|X|
22
|X|
≤ |π(P(P(X)))| ≤ |ultraf iltre(Pf (X) × Pf (Pf (X)))| ≤ 22
336
19. Topolojilerin Sayısı
eşitsizliği elde edilir. Şimdi istenilen eşitlik açıktır. Kanıt tamamlanır.
Ayrık X uzayında her filtre bir z-filtre olduğundan ve X’in Stone-C̆ech
kompaktlmasının elemanları z-ultrafiltreler olan küme üzerinde inşa edilebildiğinden, aşağıdaki sonucu söyleyebiliriz.
Sonuç 19.2. X sonsuz ayrık uzay olmak üzere
|X|
|βX| = 22
olur.
19.2
Elemanları Sonsuz Bir Küme Üzerindeki Topolojiler Olan Kümenin Kardinalitesi
Öncelikle kardinal sayılarla ilgili iki şeyi hatırlayalım.
(i) α, bir sonsuz kardinal sayı, I, |I| ≤ α özelliğinde bir indeks kümesi ve
her i ∈ I için |KI | ≤ α ise
| ∪i∈I Ki | ≤ α
olur.
(ii) I sonsuz bir küme ve B, I kümesinden kendisine tanımlı birebir ve örten
fonksiyonların kümesi ise
|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[35]) X sonsuz bir kümeyse
|X|
|T op(X)| = 22
olur.
Kanıt: x0 ∈ X olmak üzere Y = X \ {x0 } diyelim.
|X|
|βX| = 22
|Y |
= 22
= |βY |
19.3. Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Kardinalitesi
337
olduğunu not edelim. Her y ∈ βY \ Y için, Y ∪ {y}’yi 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 op(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
|Y |
= 22
= |βY \ Y | ≤ |T op(X)| ≤ 22
|X|
eşsitsizliğinden |T op(X)| = 22
19.3
|X|
olur.
Homeomorfik Olmayan Topolojilerin Kardinalitesi
|X|
Yukarıdaki teoremde |T op(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.
| ∪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 op(X), |T | = 22
özelliğinde 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,
338
19. Topolojilerin Sayısı
olarak tanımlanan ≡, bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısına göre her
τy topolojisinin denklik sınıfını [τy ] ile gösterelim.
{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.
|X|
| ∪K∈K K| = 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 homeomorfizma
ise 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 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 op(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 olacak bu durumun dikkatsizlikten ziyade daha fazla bilgi verebilme heyecanındanın kaynaklandığını
varsayabiliriz.
Bu bölümde geçen konularla ilgili detaylar birçok kaynakta bulunabilir.
Türkçe yazılmış temel kaynaklardan biri Matematik Dünyası1 (MD) dergisidir.
Örneğin, Zermole-Fraenkel Küme Kuramının aksiyom listesi ve bunlarla ilgili
detaylar [MD, 2003-4, 2006-3]’te bulunabilir. Ayrıca, Kısmı Sıralı Kümeler
[MD, 2005-4], Ordinaller [MD, 2006-1] ve Kardinaller [MD, 2006-1] sayılarında
bulunabilir.
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, çıkartmalar olmadan, kümeler
kuramının “tadı tuzu olmaz”. Dolayısıyla, bu kavramları tanımlamak derdimiz
olabilecektir ve o yönlü tanımlamalar yapılacaktır.
Kümeler üzerinde tanımlanan küme işlemleri olarak adlandırılan kümelerin birleşimleri, arakesitleri, farkları v.b. temel şeylerin okurca bilindiği var1
1991 yılında çıkmaya başlayan bu dergi matematik alanında önemli bir eğitim dergisidir.
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 edilsede, tartışmaya Hilbert’in “Cantor’un keşfettiği
cennetten bizi kimse kovamaz” açıklamasıyla son nokta konulmuştur.
3
Bu kuram bir aksiyomlar (belit) topluluğudur. Bu aksiyomların sayısı [MD, 2006-2, s.22]
9 tane gibi gözüksede sonsuz tanedir. ZF aksiyomların çoğunluğu Hitler rejimini protesto
etmek için 1935 yılında akademik hayattan çekilen Alman matematikçi Zermelo’ye aittir.
2
340
20. Ön Bilgiler
sayılacaktır. Ayrıca, bunlarla ilgili gösterimler oldukça standart bir hal almış
olduğunundan, bunlarla ilgili notasyon tanıtımları da yapılmayacaktır. Matematikle ilgilenen okurların bunları bildiği 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
sayılardan tam sayılar, tam sayılardan rasyonel sayılar ve rasyonel sayılardan
reel sayılar kümesi toplamasıyla, çarpmasıyla ve sıralamalarıyla kazasız belasız inşa edilir. Bu inşaların bazılarında analiz yöntemleri (örneğin, rasyonel
sayılardan reel sayılara geçişte), bazılarında da cebirsel yöntemler ve bazılarında
küme teori yöntemleri (örneğin, boşkümeden doğal sayılara geçişte) kullanılır.
Doğal sayılar kümesi, tam sayılar kümesi, rasyonel sayılar kümesi ve reel
sayılar kümesi sırasıyla ω, Z, Q ve R notasyonlarıyla gösterilir. ω\{0} kümesine
pozitif tamsayılar kümesi denir ve N ile gösterilir. R\Q kümesine irrasyonel
0
sayılar kümesi denir ve Q ile gösterilir. R’nin elemanlarına sayı denir. Her
ne kadar,
∅⊂N⊂Z⊂Q⊂R
olduğunu herkes bilsede, biz yazmadan geçmeyelim.
Bir A kümesinin altkümelerinin kümesi P(A) ile gösterilir. Yani,
P(A) := {B : B ⊂ A}.
P(A)’ya A’nın kuvvet kümesi 5 denir. Verilen F ⊂ P(A) kümesi aşağıda
verilen özelliklere göre adlandırılır.
- sonlu6 birleşim işlem kapalı: sonlu her ∅ 6= F0 ⊂ F için ∪F0 ∈ F
oluyorsa.
- birleşim işlem kapalı: her ∅ =
6 F0 ⊂ F için ∪F0 ∈ F oluyorsa.
- sonlu arakesit işlem kapalı: sonlu her ∅ =
6 F0 ⊂ F için ∩F0 ∈ F
oluyorsa.
- arakesit işlem kapalı: her ∅ =
6 F0 ⊂ F için ∩F0 ∈ F oluyorsa.
- üstküme işlem kapalı: X ⊂ Y ⊂ A ve X ∈ F olduğunda Y ∈ F
oluyorsa,
4
Bu simge Norveçce ve Danimarkaca alfabesinin bir harfidir. İlk olarak Bourbaki grubunca, özellikle Fransız Matematikci André Weil (1906-1908) tarafından, 1939 yılında kullanılmıştır. Boşküme çok nadir olsada {} ile gösterildirilir.
5
Her X için P(X)’nin bir küme olması, ZF ’de bir aksiyomdur.
6
Sonlu kümenin tanımı Teorem 1.8 sonrasında verilecek olsada, okurun bunu bildiği varsayılacaktır.
20.1. Küme Kuramı
341
- altküme işlem 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}7
olarak tanımlanan kümeye f ’nin görüntü kümesi denir. X’den Y ’ye tanımlı
fonksiyonların kümesi Y X ile gösterilecektir.
f : X → Y bir fonksiyon olsun.
∅=
6 A ⊂ X → Y , a → f (a)
olarak tanımlanan fonksiyona f ’nin A’ya kısıtlanışı denir ve f|A ile gösterilir.
Seçim Fonksiyonu: (Xi )i∈I 8 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 foksiyonu denir. I = ∅ ise
seçim fonksiyonu yoktur, yani
Q
i∈I Xi = ∅
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 vurgulanır.
7
a := b ifadesi “b, a ile gösterilir” anlamındadır.
(Xi )i∈I := {Xi : i ∈ I}.
9
Bu aksiyomun farkına ilk varan Peano’dır [MD, 2006-2, s.38]
10
Okur, “çelişkisiz” ve “tutarlı” ifadelerinin anlamını bu kitabı anlayabilecek düzeyde biliyor olduğu varsayılmıştır.
8
342
20. Ön Bilgiler
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 kuramıda iki temel sonuçtur:
(i) (Gödel[41]) ZF tutarlıysa ZF C(ZF + C) de tutarlıdır.
(ii) (Cohen[22]) ZF tutarlıysa ZF + ¬C de tutarlıdır.
Alıştırmalar
20.1.
20.2.
20.3.
20.4.
20.5.
Boşküme her kümenin altkümesidir, gösteriniz.
Tek bir boşküme olduğunu gösteriniz.
∪∅ = ∅ olduğunu gösteriniz.
∩∅’nin bir küme olmadığını gösteriniz.
X boş olmayan bir küme olmak üzere, X’den P(X)’e tanımlı birebir fonksiyonun11
varlığını gösteriniz.
20.6. (Cantor) Boş olmayan bir X kümesi için, X’den P(X)’e tanımlı örten fonksiyonun
olamayacağını gösteriniz.
20.2
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}}
kümesini tanımlarız. (x, y) ⊂ P(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’de bir bağıntı (ya da bağıntı) denir. Türkçe kitaplarda bağıntı yerine ilişki
kelimeside sıklıkla kullanılır. Genelde, (x, y) noktasının ≤’ya ait olması, yani
(x, y) ∈≤
olması,
11
f (x) = f (y) olduğunda x = y olan f : X → Y fonksiyonuna birebir fonksiyon denir.
f (X) = Y ise f ’ye örten denir.
20.2. Kısmi Sıralı Küme
343
x ≤ y ya da y ≥ x
ile gösterilir. x ≤ y ve x 6= y olma durumunda x < y ya da y > x yazılır.
≤, X’de bir bağıntı olmak üzere aşağıdaki standart tanımlamaları yapalım.
- yansımalı : her x ∈ X için x ≤ x.
- simetrik : x ≤ y olduğunda y ≤ x oluyorsa.
- ters simetrik : x ≤ y ve y ≤ x olduğunda x = y oluyorsa.
- geçişken: x ≤ y ve y ≤ z olduğunda x ≤ z oluyorsa.
Bir X kümesi üzerindeki ilişki birçok özelliği sağlayabilir. Bunlardan önemli
olanlardan biri denklik bağıntısıdır.
- denklik bağıntısı (ilişkisi): yansımalı, simetrik ve geçişkense.
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
[x] = [y] ya da [x] ∩ [y] = ∅
olduğunu not edelim. Elemanları denklik sınıfları olan küme X/≡ ile gösterilir.
Tanım 20.1. 12 Bir küme üzerinde tanımlı yansımalı, ters simetrik ve geçişken
olan bağıntıya kısmı sıralama denir. Bir kısmı sıralı ilişkiyle donatılmış
kümeye de kısmi sıralı küme 13 denir.
Bir X kümesi üzerinde çok farklı kısmı sıralama olabileceğinden sıralamanın
ne olduğunu vurgulamak için bir ≤ kısmı sıralamayla donaltılmış X kısmı sıralı
kümesi (X, ≤) ile gösterilebilir.
Kısmi sıralı küme üzerinde aşağıdaki temel tanımlamaları verelim. X kısmı
sıralı bir küme, A ⊂ X, x ∈ X verilsin. x’e A kümesinin:
- üst sınırı : Her a ∈ A için a ≤ x oluyorsa. Bu durum A ≤ x ile
gösterilebilir.
- alt sınırı: Her a ∈ A için a ≥ x oluyorsa. Bu durum x ≤ A ile
gösterilebilir.
12
Bu tanımın bu formatta kime ait olduğu belli değil gibi, yani anonim gözüküyor. Buna
karşın Geroge Boole’nin (Ingiliz matematikci, 1915-1964) bu alandaki çalışmaları mihenk
taşı olarak görülebilir.
13
İngilizcesi: partially ordered set. Bu kavram orijini G. Boole’nin çalışmalrından gelmektedir. Daha detaylı bilgi [45]’da bulunabilir.
344
20. Ön Bilgiler
- supremumu: A ≤ x ve A ≤ y özelliğindeki her y ∈ X için x ≤ y
oluyorsa. Bu durum x = sup A gösterilir.
- infimumu: x ≤ A ve y ≤ A özelliğindeki her y ∈ X için y ≤ x oluyorsa.
Bu durum x = inf A ile gösterilir.
- maksimumu: x = sup A ve x ∈ A oluyorsa, bu durumda, x = max A
yazarız.
- minumumu: x = min A ve x ∈ A oluyorsa, bu durumda, x = min A
yazarız.
Ayrıca, x’e X’in
- maksimal elemanı: x < y özelliğinde y ∈ X yoksa.
- minimal elemanı: y < x özelliğinde y ∈ X yoksa.
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.
- örgü (latis)
14
boş olmayan sonlu her A ⊂ X için sup A ve inf A varsa.
- tam sıralı: boş olmayan sonlu her A ⊂ X için min A ve varsa,
- iyi sıralı: boş olmayan her A ⊂ X için minA varsa.
- Dedekind tam: Üstten sınırlı ve boş olmayan her altkümenin supremumu ve alttan sınırlı ve boş olmayan her altkümenin infimumu varsa.
14
İngilizcesi: lattice. Bu kavram 19. yüzyılı sonlarına doğru C. S. Pierce ve E. Schröder
(“Die Algebra der Logic”) tarafından verilmiştir.
20.2. Kısmi Sıralı Küme
345
- zincir : her x, y ∈ X için x ≤ y ya da y ≤ x olur.
iyi sıralı ⇒ tam sıralı ⇒ örgü⇐ Dedekind tam
olduğu açıktır. Ama ters yönleri doğru değildir.
Bir iyi sıralı bağıntıyla donaltılabilen kümeye iyi sıralanabilir denir.
Aşağıdaki teorem oldukca önemlidir, hatta “elimiz ayağımızdır”.
Teorem 20.2.
15
ZF ’de aşağıdakiler denktir.
(i) (Zorn Lemma) Her zinciririn bir üst sınırı olan kısmi sıralı bir kümenin
maksimal elemanı vardır.
(ii) (Seçim Aksiyomu) Seçim Aksiyomu gerçekleşir.
(iii) (Zermelo Teorem) Her küme iyi sıralanabilir.
Alıştırmalar
20.7. X ve Y kümeleri için X × Y neden bir kümedir? X × Y ⊂ P(P(X)) olduğunu gösteriniz.
20.8. x, y ve z kümeleri için
(x, y, z) := ((x, y), z)
20.9.
20.10.
20.11.
20.12.
kümesini tanımlayalım. Buna benzer biçimde x1 , ...xn kümeleri için (x1 , ..., xn ) kümesini
tanımlayınız. Sonrasında, X1 ,...,Xn kümeleri için X1 ×X2 ...×Xn kümesini tanımlayınız.
Q
X1 ,...,Xn kümeleri verilsin. I = {1, 2, ..., n} olmak üzere X1 × X2 ... × Xn ve i∈I Xi
kümeleri arasındaki ilişkiyi belirleyiniz.
Her kümenin = bağıntısına göre kısmi sıralamalı küme olduğunu gösteriniz. Hangi
koşullar altında bu kümenin tam sıralı, iyi sıralı ve Dedekind tam olabileceğini belirleyiniz.
N’nın iyi sıralı olduğunu gösteriniz.
Aşğıda verilen üç alıştırmada okurun tanımı 20.6 alt bölümde verilecek olan halka ve
cisim kavramını temel düzeyde bildiği varsayılmıştır.
(w’den Z’nin inşası)16 w doğal sayılar kümesi üzerinde tanımlı toplama, çarpma ve
sıralama kullanılarak (bilindiği varsayımı altında) tam sayılar sıralı halkasını inşa ediniz.
(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)]
15
16
Bu teorem hakkında detaylı bilgi ve kanıt [MD, 2006-2]’de bulunabilir.
Alıştırma 12 ve 13 [MD, 2003-IV]’nin kapak konusudur.
346
20. Ön Bilgiler
işlemleri altında Z değişmeli halkadır.
(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.
(iii) 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, tam sıralı fakat iyi sıralı değildir.
(iv) Z cisim değildir.
20.13. Tam sıralı halka Z’den rasyonel sayılar cismi Q’yi inşa ediniz: 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
20.14.
20.15.
20.16.
20.17.
sıralamasına göre Q sıralı cisimdir. Q’nın tam sıralı fakat Dedekind tam olmadığını
gösteriniz.
Tam sıralı reel sayılar cismi R’yi tam sıralı Q cisminden inşa ediniz.17 Ayrıca R’nin
Dedekind tam fakat iyi sıralı olmadığını gösteriniz.
X boş olmayan küme olmak üzere, P(X) kümesi kapsama sıralamasına18 göre kısmi
sıralı kümedir. Bu kümenin en küçük altsınırının boş küme ve en büyük üst sınırının
X olduğunu gösteriniz. Ayrıca, F ⊂ P(X) için sup F ve inf F’lerin neler olduğunu
belirleyiniz.
(X, ≤) kısmi sıralı küme olmak üzere, her A ⊂ X kümesi için (A × A)∩ ≤’nin A’da bir
kısmi sıralama olduğunu gösteriniz. Bu sıralamaya indirgenen kısmı sıralama denir.
X boş olmayan bir küme ve <, X’de aşağıdaki özellikte bir bağıntı olsun.
- her x ∈ X için x 6< x.
- x < y ve y < z olduğunda x < z.
- x < y ise y < z olamaz.
X’in
x ≤ y :⇐⇒ x = y ya da x < y
bağıntısına göre kısmı sıralı küme olduğunu gösteriniz.
20.18. X ve Y iki kısmı sıralalı küme olsunlar (sıralamaları aynı sembol ≤ ile gösterelim).
Z = X × Y kümesi üzerinde aşağıdaki ilişkileri tanımlayalım.
- alfabetik sıralama: (x, y) ≤ (a, b) :⇐⇒ x ≤ a ve y ≤ b.
17
Elbette R’nin inşası kolay değildir. Bu konu [MD, 2007-I, 2008-II] de kapsamlı olarak
çalışılmıştır.
18
A≤B:A⊂B
20.2. Kısmi Sıralı Küme
347
- ters alfabetik sıralama: (x, y) ≤ (a, b) :⇐⇒ x < a ya da x = a ve y ≤ b.
Bu bağıntıların kısmi sıralama olduğunu gösteriniz. Z’nin bu sıralamaya göre örgü,
tam sıralı, iyi sıralı ve Dedekind tam olabilmesi için gerekli ve yeterli koşulları (varsa)
belirleyiniz.
20.19. X kısmi sıralı küme olmak üzere,
∪x∈I (−∞, x) ⊂ I
özelliğindeki I ⊂ X kümesine X’nin bir başlangıç dilimi denir. İyi sıralı bir X kümesinin altkümesi I’nın başlangıç dilimi olması için gerekli ve yeterli koşulun bazı x ∈ X
için I = (−∞, x) olduğunu gösteriniz. (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 gösteriniz.
(i) f : X → X kesin artan fonksiyonsa her x ∈ X için x ≤ f (x) olur.
(ii) X’den 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
gösteriniz.
(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’den Y ’ye tanımlı birebir fonksiyon varsa |X| ≤ |Y | yazalım. X’den Y ’ye tanımlı
birebir ve örten fonksiyon varsa |X| = |Y | yazılır. X ve Y kümeleri |X| ≤ |Y | ve
|Y | ≤ |X| özelliğindeyse, |X| = |Y | olduğunu gösteriniz.
20.23. Yukarıdaki problemdeki gösterime göre aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
0
|w| = |N| = |Z| = |Q| 6= |R| = |Q |
20.24. |R| = |P(ω)| olduğunu gösteriniz.
20.25. 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 gösteriniz. Ayrıca,
(i) Z tam sıralı ancak ve ancak X ve Y tam sıralı,
(ii) Z iyi sıralı ancak ve ancak X ve Y iyi sıralı,
olduğunu gösteriniz.
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 Cantor’a söylemiştir. Dedekind’in kanıtı Zermelo tarafından keşfedilmiştir
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 [51]’de bulunabilir.
348
20. Ön Bilgiler
20.26. X ve Y iki tam sıralı küme olsunlar. Z = X × Y ’nin ters alfabetik sıralamaya göre, tam
sıralı olduğunu gösteriniz. Ayrıca, Z’nin bu sıralamaya göre iyi sıralı olması için gerekli
ve yeterli koşulun X ve Y ’nin iyi sıralı olması gerektiğini gösteriniz. Aynı denkliğin
alfabetik sıralamaya göre de doğruluğunu göteriniz.
20.3
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. Ilk 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. Aşğıdaki özelliği sağlayan
x ∈ X ve y ∈ x ⇒ y ∈ X
X kümesine ∈-kapalı (transitiv küme) denir.
Boşkümenin ∈-kapalı olduğu açıktır.
Tanım 20.3. 20 (J. von Neumann) Her elemanı ∈-kapalı olan ∈-kapalı kümeye
ordinal denir.
Aşağıdaki teoremi kanıtsız olarak verelim.
Teorem 20.3.
21
X ∈-kapalı küme olsun. Aşağıdakiler denktir.
(i) X bir ordinaldir.
(ii) X boşküme değilse,
20
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!
21
ZF ’de bu teoremin denk ifadelerinin her biri ordinalin tanımı olarak verilse de, ikinci
denk ifade tanımıyla verilen tanımla ordinallerin birçok özelliği, ZF ’deki daha az aksiyomla
elde edilebilir. Ancak bu detaylar bu kitabın konusu değildir.
20.3. Ordinaller
349
x ≤ y :⇐⇒ x = y ya da x ∈ y
bağıntısına göre iyi sıralı bir kümedir.
Ordinallerle ilgili bazı temel özellikler aşağıdadır:
- ∅ bir ordinaldir. 0 := ∅ yazılır.
- α ordinalse s(α) := α ∪ {α} da bir ordinaldir.
- A elemanları ordinaller olan bir kümeyse ∪A’da bir ordinaldir.
- ordinalin her elemanı bir ordinaldir.
Doğal sayılar kümesi ω bir ordinaldir. s(α) = w özelliğinde bir α ordinalide
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 1.15).
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 ise 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. Iki ordinalin eşit olması için gerekli ve yeterli koşul sıra izomorfik
olmalarıdır.
350
20. Ön Bilgiler
Elde edilen bilgiler ve onların akıcılığı kullanılarak, ordinaller arasında toplama ve çarpma işlemleri tanımlama fırsatı oluşur. Bu işlemler, doğal sayılarda
tanımlı toplama çarpma işlemlerinin genellemesidir.
Aşağıdaki teoremin α = ω durumu matematik lisans öğrencilerine öğretilen
standart tümevarım teoremidir.
Teorem 20.7. (Tümevarım Ilkesi) 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.
f = 1 olur. Yani, her β ∈ α için f (β) = 1.
Alıştırmalar
20.27. Boşkümenin ∈-kapalı olduğunu gösteriniz.
20.28. ∈-kapalı bir kümenin altkümesinin ∈-kapalı olması gerekmediğini gösteriniz.
20.29. Bir kümenin ∈-kapalı olması için gerekli ve yeterli koşulun, kümenin her elemanının bir
altkümesi olması gerektiğini gösteriniz.
20.30. 0 := ∅, 1 := {0}, 2 := {0, 1} ve 3 := {0, 1, 2} kümelerinin ordinal olduklarını gösteriniz.
20.31. Elemanları ∈-kapalı olan kümenin birleşimlerinin ve arakesitlerinin ∈-kapalı olduğunu
gösteriniz.
20.32. Doğal sayılar kümesi ω’nin bir ordinal olduğunu gösteriniz.
20.33. (Burali-Forti Paradoksu) Elemanları bütün ordinaller olan topluluğun bir küme olmadığını gösteriniz.
20.34. Her ordinalin elemanının bir ordinal olduğunu gösteriniz.
20.35. α bir ordinal ve β ⊂ α olsun. β’nın bir ordinal olması için gerekli ve yeterli koşulun
β = {γ ∈ α : γ < β}
olması gerektiğini gösteriniz. Ayrıca,
α = {γ ∈ α : γ < α}
olur.
20.36. Iki ordinalin eşit olmaları için gerekli ve yeterli koşulun sıra izomorfik olmaları gerektiğini gösteriniz.
20.4
Ordinallerde Aritmetik
Ordinallerde toplama ve çarpma işlemlerini tanımlıyacağız. Bunun için kısa
hazırlık yapalım. α ve β iki ordinal olsun.
X = (α × {0}) ∪ (β × {1})
kümesi, her α0 , α1 ∈ α, β0 , β1 ∈ β için,
20.4. Ordinallerde Aritmetik
351
- (α0 , 0) ≤ (α1 , 0) :⇐⇒ α0 ≤ α1 ,
- (β0 , 1) ≤ (β1 , 1) :⇐⇒ β0 ≤ β1 ,
- (α0 , 0) ≤ (β0 , 1)
olarak tanımlanan bağıntıya
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
- Iyi sıralı α β kümesine sıra izomorfik olan ordinal (tektir) α + β ile
gösterilir ve buna α ve β’nın ordinal toplamı denir.
N
- Iyi 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 listeleyebiliriz. Kanıtlar, tanımların dikkatlice kullanılmasıyla, zaman zaman zorda olsa yapılabilir. Ayrıca detaylı kanıtlar [MD, 2006-1]’de bulunabilir.
α, β ve γ’lar ordinaler olmak üzere:
- α + 0 = 0 + α = α.
- 1 + α = α 6= α + 1 (α sonsuz durumunda).
- α0 = 0α = 0.
- α1 = 1α = α.
- s(α) = α + 1.
- α + (β + γ) = (α + β) + γ ve α(βγ) = (αβ)γ.
- α(β + γ) = αβ + αγ.
- α sonsuz ordinalse her n ∈ w için n + α = α.
- α + β = α + γ ise, β = γ olur.
Bir eşitsizlik denklemi:
- β ≤ α ise α = β + γ0 olacak biçimde ordinal γ0 vardır.
Ordinallerde toplama ve sıralamaya ilişkin temel ilişkileri aşağıdaki gibi listeyebiliriz.
352
20. Ön Bilgiler
- α, β ≤ α + β olur. β 6= 0 ise β < α + β olur.
- β < γ ise α + β < α + γ ve β + α < γ + α olur.
- α + β < α + γ ise β < γ olur.
- α < β ve 0 < γ ise
γα < γβ, α ≤ γα ve α ≤ αγ
olur.
- γα < γβ ise α < β olur.
- γα = γβ ve β > 0 ise α = β olur.
- B bir ordinaller kümesiyse
α + ∪β∈B β = ∪β∈B (α + β)
ve
α ∪β∈B β = ∪β∈B αβ
olur.
- α < β ise αγ ≤ βγ olur.
Ordinallerde bölme, üs alma gibi işlerde tanımlanabilir. Ancak bu kitapta
bunlar konumuz olmayacaktır.
Alıştırmalar
20.37.
20.38.
20.39.
20.40.
Yukarıda sıralanan eşitlikleri ve eşitsizlikleri kanıtlayınız.
Her 0 < n ∈ w için n + w = w < w + n olduğunu gösteriniz.
2w = w < w + w = w2 olduğunu gösteriniz.
α, β ordinaller ve λ bir limit ordinali için aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
- α + 0 = α.
- α + s(β) = s(α + β).
- α + λ = ∪γ<λ (α + γ).
Ayrıca,
- α0 = 0.
- αs(β) = αβ + α.
- αλ = ∪γ<λ (αγ).
20.5. Kardinaller
20.5
353
Kardinaller
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
ilk akla gelecek şey, verilen X kümesi için
[X] := {Y : X ≡ Y }
topluluğunu dikkate almak olacaktır. Fakat bu topluluk bir küme değildir. Ancak bu kümeler topluluğuna tekbir tane ordinal karşılık getirebileceğiz. Kardinal kavramı, [MD,2006-III]’nin temel konusudur.
Her kümenin bir ordinale denk olduğunu (Teorem 1.5) dikkate alarak
aşağıdaki tanımı verebiliriz. Önce bir ordinalin kardinalitesini aşağıdaki gibi
tanımlayalım.
Tanım 20.5. α bir ordinal olsun.
|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 sıralınabilir ve her iyi sıralı küme tek bir tane
ordinale sıra izomorfik olduğundan, her kümenin kardinalitesini tanımlayabiliriz.
Tanım 20.6. 22 (J. von Neumann) X bir küme olsun. X ve α denk olacak
biçimde tek bir α ordinali vardır.
|X| := |α|
ordinaline X’nin kardinalitesi denir.
Bir X kümesinin kuvvet kümesinin kardinalitesi 2|X| ile gösterilebilir. Yani,
|P(X)| := 2|X| .
Aşağıdaki iki teoremin kanıtı okuyucuya bırakılmıştır.
Teorem 20.8. α ordinalinin bir kardinal olması için gerekli ve yeterli koşul
|α| = α olmasıdır.
22
Elbette bu tanımın ön evreleri vardır. Kardinal sayı kavramının ve eski tanımlarının
dolaylı olarak Cantor’a ve daha açık olarak Frege’ye ait olduğu söylenebilir. Bu tanıma göre
bu kümenin kardinalitesi o kümeye denk olan kümelerin sınıfıdır. Daha detaylı bilgi Principia
Mathematica’da bulunabilir.
354
20. Ön Bilgiler
Bu teorem kullanılarak, elemanları kardinaller olan bir kümenin birleşiminin
de bir kardinal olduğu gösterilebilir.
Teorem 20.9. Elemanları kardinaller olan bir kümenin birleşimi bir kardinaldir.
Bir n ∈ w ordinaline denk olan kümeye sonlu küme denir. Sonlu olmayan
kümeyede sonsuz küme denir. Diğer taraftan, her X kümesi için X’den P(X)’e
giden örten fonksiyon olamayacağından “sonsuz” kümeler çeşitlendirilebilir.
Bunlardan biri, sayılabilir sonsuz kümedir. ω’ye denk olan kümeye sayılabilir
sonsuz küme denir. X sayılabilir sonsuz küme ise, her x ∈ X için, X \ {x},
X ∪ {X} ve X kümeleri birbirlerine denk kümelerdir, yani
|X| = |X \ {x}| = |X ∪ {X}|
olur ve gösterilmesi zor değildir. Gerçekten de X = {an : n ∈ w} (n 6= m için
an 6= am ) ve x 6∈ X olmak üzere, f : X ∪ {x} → X,
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,
X = (X ∪ {X}) \ {X}
olduğundan, X’den 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’den ayrık sonlu küme ise
|X| = |X \ A| = |X ∪ B|
olur. Aslında daha fazlası olur!
Teorem 20.10. Sonsuz kardinal limit ordinaldir.
Kanıt: α bir sonsuz kardinal ve bir α ordinali için α = β + 1 olduğunu
varsayalım. α ≡ β olacağından α ≤ β < α çelişkisi elde edilir.
w’nin kardinalitesi w0 ile gösterilir. Ancak, w bir kardinal olduğundan,
20.5. Kardinaller
355
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 ≤ |P(α)| : α < β,
β
kardinal}
olarak tanımlanır. α, β’lar kardinaller ve α < β ≤ α+ ise β = α+ olur. Ayrıca,
ω0+ := ω1
yazılır ve
ω0 < ω0+ ≤ 2ω0
olur. Genel olarak wα kardinalleri aşağıdaki gibi tanımlanır.
(i) w0 := w.
(ii) wα+1 := wα+ .
(iii) α limit ordinalse wα+1 := ∪β<α wβ .
Genel olarak α ordinali için wα = ℵα yazılır. ℵ0 < |X| özelliğindeki X kümesine sayılamaz sonsuz küme denir. Bu haliyle w1 sayılamaz sonsuz kümedir.
Tanım 20.7. Reel sayılar kümesinin kardinalitesine continuum 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 23 dir. Bu hipotez SH ile
gösterilir. Aşağıdaki teorem küme teorinin temellerindendir.
Teorem 20.11. Süreklilik Hipotezi ile ilgili temel iki sonuç aşağıdadır:
(i) (Gödel[42]) ZF C + SH tutarlıdır.
(ii) (Cohen[22]24 ) ZF C + ¬SH turatlıdır.
23
Ingilizcesi Continuum Hypothesis olan Süreklilik Hipotezinin kümeler kuramından elde
edilip edilemeyeceği 1900’de D. Hilbert’in Dunya Matematik Kongresinde sorduğu soruların
başında yer alıyordu.
24
Bu çözüm nedeniyle Cohen’e Fields ödülü verilmiştir.
356
20. Ön Bilgiler
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
olacağıda Gödel tarafından kanıtlanmıştır.
Alıştırmalar
20.41.
20.42.
20.43.
20.44.
20.45.
Her n ∈ w için n+ = n + 1 olduğunu gösteriniz.
w+ 6= w + 1 olduğunu gösteriniz.
ww = ∪n<w wn olduğunu gösteriniz.
α sonsuz ordinalse, |α| = |α + 1| olduğunu gösteriniz.
A, elemanları kardinaller olan küme ise, ∪A’nın bir kardinal, yani
| ∪ A| = ∪A
olduğunu gösteriniz.
20.46. α, β kardinallerse
α ⊕ β := |(α × {0}) ∪ (β × {1})|
olarak tanımlanır. α, β ve γ kadinalleri için,
(i) α ⊕ β = β ⊕ α
(ii) α ⊕ (β + γ) = (α ⊕ β) ⊕ α
(ii) α ≤ β ise α ⊕ γ ≤ β ⊕ γ
olduğunu gösteriniz.
20.47. A ve B, en az biri sonsuz kümelerse
|A ∪ B| = |A| ⊕ |B| = max{|A|, |B|}
olduğunu gösteriniz.
20.48. α ve β kardinallerinin çarpımı
α β := |α × β|
olarak tanımlanır.
(i) ww 6= w,
(ii) w w = w
olduğunu gösteriniz.
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 gösteriniz.
20.50. Her i ∈ I için Ai ve Bi ’ler ayrık kümeler olsunlar. Her i için |Ai | = |Bi | ise
20.6. Yarıgrup, Grup ve Halka
357
| ∪i∈I Ai | = | ∪i∈I Bi |
olduğunu gösteriniz.
20.51. (Ki )i∈I , kardinallerin bir ailesiyse,
P
i∈I
Ki = | ∪i (Ki × {i})|
olarak tanımlanır. Ki ’lerden en az biri sonsuz ise,
P
i∈I Ki = max{∪i∈I Ki , |I|}
olduğunu gösteriniz.
20.52. (Xi )i∈I , en az biri sonsuz olan kümelerin bir ailesi ise
| ∪i∈I Xi | ≤ max{∪i∈I |Xi |, |I|}
olduğunu gösteriniz.
20.53. Aşağıdakilerin doğruluğunu gösteriniz.
(i) α < β ise ℵα < ℵβ .
(ii) α ≤ ℵα .
(iii) Her sonsuz kardinal ℵα biçimindedir.
20.6
Yarıgrup, Grup ve Halka
Doğal sayılar kümesini bir ordinal olarak ele aldığımızda üzerinde toplama ve
çarpma işlemlerinin tanımlandığını biliyoruz. Ancak, doğal sayılar kümesi bu
toplama ve çarpma işlemleriyle yetersizlikler taşır. Örneğin
x+4=2
denklemi çözülemez. Ortaya çıkan bu temelli problemleri çözebilmek için reel
sayılar kümesi üzerinde toplama ve çarpma işlemleri tanımlanabilir ve elde
edilen yapıya reel sayılar sistemi denir. Bu toplama ve çarpma işlemleri ordinallerde var olan toplama ve çarpma işlemleriyle ortak özellikler bulundursa
da, örtüşmezler. Bu kısımda reel sayılardaki işlemlerden esinlenerek, kümeler
üzerinde tanımlanacak işlemlerle genellemeler yapılacaktır.
X boş olmayan bir küme olmak üzere X × X’den X’e tanımlı fonksiyona
X’de 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:
- yarıgrup: ∗ dağılmalıysa.
- monoid : yarıgrup ve her x ∈ G için
358
20. Ön Bilgiler
x∗e=e∗x=x
özelliğinde e ∈ G varsa.25
- grup 26 (Weber[1882-1883]) : monoid ve e ∈ G birim olmak üzere her
x ∈ G için
x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = e
özelliğinde x−1 ∈ G varsa. Bu özellikteki x−1 tektir ve x’in denir.
- 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 yazalır. Aşağıdaki koşulları sağlayan (R, +, .)
üçlüsüne halka(Noehter[1921])27 denir.
- (R, +) değişmeli grup.28
- (R, .) yarıgrup.
- her x, y, z ∈ R için
x(y + z) = xy + xz ve (x + y)z = xz + yz.29
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
25
Bu özellikteki e tektir ve 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.
27
Halka kavramının motivasyonu polinom halkalarından ve cebirsel tamsayılar teorisinden
gelir. Bu kuramın temel kurucularından biri R. Dedekind’dir. Ingilizcesi “ring” olan halka
terimi, bu kavrama Hilbert’in etkisiyle verilmiştir. Aslında ilk halka tanımı 1914 yılında
Fraenkel tarafından verilsede, bu tanım genelde pek kabul görmemiştir.
28
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.
29
ab + cd := (ab) + (cd).
26
20.6. Yarıgrup, Grup ve Halka
359
oluyorsa, halkaya birimli halka ve e’ye halkanın birimi denir. Genelde e,
1R ya da kısace 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 30 denir. Değişmeli olan tersinir halkaya cisim 31 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 örten ise 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 örten ise 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 b ∗ a ∈ 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
gerekli ve yeterli 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 gerekli ve yeterli 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:
- ideal : her x, y ∈ I ve r ∈ R için x − y, rx ve xr ∈ I oluyorsa.
- asal ideal : eğer xy ∈ I olduğunda x ∈ I ya da y ∈ I oluyorsa.
30
İngilizcesi “division ring”.
İngilizcesi field olan bu yapıya türkçe dilinde cisim denilmesi etimolojik olarak çok yerinde olmayabilir.
31
360
20. Ön Bilgiler
- 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 < A > ile gösrerilir. Okur,
P
P
< A >= { 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
< A >= { 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.
{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.
- a ∈ R ve an ∈ I olacak biçimde n ∈ N yoksa I ⊂ P ve a 6∈ P özelliğinde
asal ideal P vardır.
- 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
20.7. Vektör Uzaylar
361
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 tam sıralı ise tam sıralı
ve R’nin tamlık bölgesi olma durumunda sıralı tamlık bölgesi denir.
Alıştırmalar
20.54.
20.55.
20.56.
20.57.
Z’nin halka fakat tersinir halka olmadığını gösteriniz.
Q ve R’nin cisim olduğunu gösteriniz.
Cebirsel yöntemlerle |R| 6= |Q| olduğunu gösteriniz.
R bir halka ve X boş olmayan 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 gösteriniz. Bu işlemlere noktasal
işlemler denir.
20.58. f , G grubundan H grubuna tanımlı grup homomorfizması olsun.
(i) f (A)’nın H’nın altgrubudur.
(ii) Ker(f )32 = {x ∈ G : f (x) = 0}, G’nın H’nın altgrubudur.
0
20.59. f , R halkasında R halkasına tanımlı halka homomorfizma olsun.
0
(i) f (R)’nın R ’nın althalkasıdır.
(ii) Ker(f ) = {x ∈ R : f (x) = 0}, R’nın bir idealidir.
20.60. R sıfırdan farklı tam sıralı birimli tamlık bölgesi olsun. Z halkasının R’ye gömülebilir
olduğunu gösteriniz.
20.61. R sıfırdan farklı tam sıralı cisim olsun. Q cisminin R’ye gömülebilir olduğunu gösteriniz.
20.62. F , birimi 1F olmak üzere sıralı cisim olsun. Her x ∈ R için x ≤ m(= m1F ) özelliğinde
m ∈ N var ise F ’ye Archimedean denir. F ’nin R cisiminin bir alt cismine izomorfik
olması için gerekli ve yeterli koşulun Archimedean olması gerektiğini gösteriniz.
20.63. 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 ’nın cisim olması için
gerekli ve yeterli koşulu, M ’nin maksimal olması gerektiğini gösteriniz.
20.7
Vektör Uzaylar
Fazla uzatmadan aşağıdaki tanımı verelim.
Tanım 20.9. (V, +) değişmeli bir grup ve . : R × V → V fonksiyonu aşağıdaki
özellikleri sağlıyorsa (V, +, .) üçlüsüne vektör uzay 33 denir. Her r1 , r2 ∈ R,
x, y ∈ V için,
32
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.
33
362
20. Ön Bilgiler
(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 34 denir. Bir vektör uzayın elemanlarına vektör denir.
Örnekler
20.64. Boş olmayan bir X kümesi için RX , noktasal toplama işlemi ve noktasal skaler çarpma
işlemleri altında bir vektör uzayıdır.
20.65. I boş olmayan küme olmak üzere,
L
I
sonlu},
I := {f ∈ R : {i ∈ I : f (i) 6= 0}
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)
özelliğindeki B ⊂ V \ {0} altkümesine doğrusal bağımsız denir. İlaveten,
P
< B >:= { ni=1 αi xi : n ∈ N, αi ∈ R, xi ∈ B} = E
oluyorsa, B’ye E’nin Hamel35 Tabanı (karışıklık yoksa kısaca taban ) denir.
Teorem 20.14. 36 ZF ’de Seçim Aksiyomu ve her vektör uzayın tabanının
olması birbirlerinde denktir.
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.
34
.(r, x) yerine kısaca rx yazarız.
Alman Matematikçi, 1877-1954.
36
Her vektör uzayın bir tabanının olmasının Seçim Aksiyomunu gerektirdiği Blass[16] verilmiştir.
35
20.7. Vektör Uzaylar
363
Tanım 20.11. E vektör uzayının
V + RV ⊂ V
özelliğindeki boş olmayan V ⊂ E altkümesine E’nin vektör altuzayı denir.
Örnekler
20.66. A, bir E sıfırdan farklı vektör uzayın altkümesi olmak üzere, E’nin A tarafından
üretilen vektör altuzayı aşağıdaki gibi tanımlanır ve gösterilir:
P
< A >:= { 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
örtense, T ’ye lineer izomorfizma denir. E ve F
fizma varsa, E ve F ’ye lineer izomorfik uzaylar
L
Teorem 20.15. Her vektör uzay B formundaki
morfiktir.
denir. İlaveten T birebir ve
arasında bir lineer izomordenir.
bir vektör uzaya lineer izo-
Kanıt: E, bir tabanı B olan vektör uzayı olmak üzere, E ve
uzayları izomorfiktirler.
L
B
R vektör
Alıştırmalar
20.67. C([0, 1]), [0, 1]’den R’ye tanımlı sürekli fonksiyonlar kümesinin, R[0,1] vektör uzayının
altvektör uzayı olduğunu gösteriniz.
L
20.68. I boş olmayan bir küme olmak üzere I R vektör uzayının bir tabanının
B = {χ{i} : i ∈ I}
37
olduğunu gösteriniz.
20.69. E sıfırdan farklı bir vektör uzayı ise, sıfırdan farklı bir f : E → R lineer dönüşümünün
olduğunu gösteriniz.
20.70. F , E’nin vektör altuzayı olsun.
x ≡ y :⇔ x − y ∈ F
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. Her x ∈ E için, [x], x’in denklik
sınıfını göstersin38 . E/F = {[x] : x ∈ E} kümesinin
[x] + [y] = [x + y] ve α[x] = [αx]
işlemleri altında vektör uzayı olduğunu gösteriniz. 39
20.71. T , E vektör uzayından F vektör uzayına tanımlı lineer dönüşüm olsun. E/Ker(T ) ve
f (E) vektör uzaylarının izomorfik olduklarını gösteriniz.
37
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.
38
Yani, [x] := x + E
39
Bu vektör uzaya E’nin F ’ye göre bölüm uzayı denir.
364
20. Ön Bilgiler
20.72. 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 gösteriniz. L(E, R) vektör uzayına E’nin
cebirsel duali denir ve E ∼ ile gösterilir.
Q
20.73. (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 gösteriniz. E’ye (Ei ) vektör uzay ailesinin
çarpım uzayı denir.
20.74. Bir vektör uzayın tabanlarının kardinaletilerinin eşit olduğunu gösteriniz (Bunun kanıtı
sonlu bir tabanı olan vektör uzayları için kolay olmasına karşın, genel durumu daha
zordur. Detaylar [18]’e bakınız).
20.75. Her n ∈ N (n = {0, 1, ..., n − 1}) için Rn vektör uzayının tabanını belirleyiniz. Bazı
n’ler için Rn vektör uzayına izomorfik olan vektör uzaya sonlu boyutlu denir. Bir
vektör uzayın sonlu boyutlu olması için gerekli ve yeterli koşulun sonlu tabanının olması
gerektiğini gösteriniz.
Dizin
Ao , 33
C-gömülebilir, 190
Cb -gömülebilir, 190
D-uzayı, 34
Fδ -küme, 107
Gδ -küme, 107
KC-uzayı, 216
T0 -uzayı, 37
T3 1 -uzay, 162
2
T5 -uzay, 202
T op(X), 21
U C-uzay, 217
[a, b]-kompakt, 224
∪i∈I Xi , 341
∈-kapalı, 348
A, 33
a := b, 341
f ’nin A’ya kısıtlanışı, 341
f (X), 341
n-boyutlu Öklid topoloji, 94
p-sel gösterim, 261
w-yığılma noktası, 225
x ≤ y, y ≥ x, x < y, y > x, 343
z-filtre, 273
z-ideal, 276
z-ultrafiltre, 275
Öklid topoloji, 51
Öklid metriği, 79
Öklid metrik, 79
önkompakt, 251
öntabanı, 50
örgü, 22, 344
örten, 342
özel noktalı topoloji, 39
üçgen eçitsizliğı, 79
ükemmel normal uzay, 204
ürekli genişlemesi, 107
üretilen topooji, 50
üretilen vektör altuzay, 363
üst sınırı, 343
üst yarısürekli, 172
üst yarisürekli, 172
üstküme işlem kapalı, 340, 341
çap, 249
çarpma, 358
çarpım topolojisi, 66
çarpım uzayı, 66
çember, 14
Fδ -küme, 87
Gδ -küme, 87
Öklid p-metrik, 93
altnet, 136
kapalı küme, 32
Kolmogorov uzayı, 37
sözde metrik, 80
uzayların toplam uzayı, 156
açık örtünün incelmişi, 237
açık örtüsü, 177, 207
açık altörtüsü, 207
açık aralık, 57
açık fonksiyon, 48
açık küme, 32
açık kümelerle ayrılabilir, 182
açık küre, 80
açık komşuluk, 24
açık-kapalı, 32
365
366
ağırlığı, 52
Alexandroff bir nokta kompaktlaması,
269
Alexandrov topoloji, 27
Alexandrov uzay, 27
alfabetik sıralama, 346
alt sınırı, 343
alt yarısürekli, 173
alt yarisürekli, 172
altgrup, 359
althalkası, 359
altuzay topoloji, 64
Archimedean, 310, 361
Arens-Fort Uzayı, 53
artan, 347
asal z-filtre, 279
asal ideal, 359
Atsuji uzay, 109
ayrışım, 73
ayrışım fonksiyonu, 73
ayrışım uzayı, 73
ayrık topoloji, 22
ayrılabilir, 53
ayrılabilir uzay, 96
bölüm fonksiyonu, 70
bölüm topolojisi, 71
bölüm uzayı, 363
bölüm uzayı, 71
başlangıç dilimi, 347
bağlantılı birleşeni, 117
bağlantılı topoloji, 115
bağlantılı topoloji , 33
bağlantılı uzay, 115, 127
bağıntı, 342
Baire Metrik, 91
Baire uzay, 101
bir noktanın komşuluk tabanı, 26
birebir fonksiyon, 342
birim, 358
birimin parçlanışı, 195
birimin sonlu parçalanışı, 217
DIZIN
birimli halka, 359
birinci dereceden sayılabilir, 53
birleşim işlem kapalı, 340
boşküme, 340
Burali-Forti Paradoksu, 350
C, 341
Cantor kümesi, 260
Cantor uzayı, 259
Cauchy dizisi, 97
cebirsel dual, 364
cf-uzayı, 207
cisim, 359
cofinal, 136
continuum, 355
düşük ayrışım, 36
düzenli uzay, 177
düzgün eşsürekli, 257
düzgün küme, 43
düzgün sürekli, 109
düzgün taban sistemi, 44
düzgün topolojik uzay, 43, 241
düzgün uzay, 43
dağılmalı içslem, 357
daha ince topoloji, 22
değişmeli grup, 358
Dedekind tam, 344
delinmiş Tychonoff Plank uzayı, 203
denk kümeler, 353
denk matrikler, 83
denk uzaylar, 271
denklik bağıntısı, 343
denklik sınıfı, 343
division halka, 359
dizinin yakınsaması, 84
dizisel açık, 150
dizisel kapalı, 150
dizisel kapanış, scl(A), 149
dizisel kompakt, 228
dizisel uzay, 150
doğrusal bağımsız, 362
DIZIN
367
içi, 33
içsiz dikdörtgen, 11
işlem, 357
işlemi koruyan fonksiyon, 359
ideal, 359
iki elemanlı küme aksiyomu, 342
iki küme arasındaki uzaklık, 82
ikinci dereceden sayılabilir, 53
f-bölüm topolojisi, 70
ikinci tip Stirling sayısı, 39
Filtrenin yakınsadığı nokta, 142
indirgenen kısmı sıralama, 346
filtrenin yakınsaması, 142
indirgenmiş topoloji, 64
fine topoloji, 241
indirgenmiş uzay, 64
fonksiyon uzayı, 241
infimum, 344
fonksiyonlar kümesi tarafından üreti- iyi sıralanabilir, 345
len topoloji, 63
iyi sıralı, 344
Fort uzay, 203
izometri, 103
Fréchet topoloji, 52
izometrik uzaylar, 104
Frechet Uzayı uzayı, 152
fundamental system of entourages, 44 Königsberg’in Yedi Köprüsü, 18
eşsüreklilik, 255
en büyük topoloji, 22
en ince topoloji, 22
en küçük topoloji, 22
en kaba topoloji, 22
ergisel bağlantılı, 125
Euclidean ∞-metrik, 93
Kümenin çapı, 99
görüntü kümesi, 341
kümenin bölünmüşü, 130
geşişli, 343
kümenin sınırı, 34
Genelleştirilimiş Süreklilik Hipotezi, 356
kalın topoloji, 22
grup, 358
kapalı fonksiyon, 48
grup homomorfizma, 359
kapalı kümeler alttabanı, 168
grup izomorfik, 359
kapalı küre, 80
grup izomorfizma, 359
kapanışı, 33
karşılıklı ayrışır kümeler, 118
hafif kompakt, 318
karakteristik fonksiyon, 363
halka, 358
kardinalite, 353
halka homomorfizma, 359
kardinalitesi, 353
halka izomorfizma, 359
kartezyen çarpım, 342
halkanın birimi, 359
kesin artan, 347
Hamel taban, 362
komşuluk, 24
Hausdorff uzayı, 37
komşuluk fonksiyonu, 24
Hewitt kompaktlaması, 298
hiçbir yerde yoğun olmayan küme, 101 komşuluk fonksiyonu tarafından üretilen topoloji, 25
Hilbert küpü, 257
komşuluk sistemi, 24
Hilbert uzay, 95
komşuluk taban fonksiyonu, 25
homeomorfik gömülebilir, 47
komşuluk taban sistemi, 26
homeomorfik uzaylar, 46
kompakt, 207
homeomorfizma, 46
kompakt yakınsama topolojisi, 239
hyper-reelmaksimal ideal, 313
368
DIZIN
minumum, 344
kompakt-açık topoloji, 239
modül, 361
kompaktlama, 269
monoid, 357
konveks ideal, 308
Mrowka uzay, 322
konveks küme, 118
mutlak konveks ideal, 308
kopuk topoloji, 33
kopuk uzay, 61, 115
net, 130
Korovkin Teoremi, 247
net tarafından üretilen filtre, 140
Kuratowski İç Operator, 41
netin kuyruğu, 131
Kuratowski closure operation, 40
Kuratowski kapanış operatörü tarafındannetin yakınsaması, 131
noktada düzgün yakınsama, 321
üretilen topoloji, 41
noktada süreklilik, 45
kutu topolojisi, 66
noktasal işlemler, 361
kuvvet kümesi, 340
noktasal sonlu açık örtü, 253
kısmi sıralı bağıntısı, 343
noktayla belirlenebilir homomorfizma,
kısmi sıralı halka, 361
264
kısmi sıralı topoloji, 59
noktosal yakınsama topolojisi, 239
kısmi sıralı uzay, 59
normal uzay, 182
kısmı sıralı küme, 343
latis, 22
lattice sıralı halka, 361
Lebesgue sayısı, 245
limit nokta kompakt, 227
limit noktası (netin), 136
limit ordinal, 349
Lindelöf, 304
Lindelöf uzay, 236
lineer dönüşüm, 363
lineer izomorfik, 363
lineer izomorfizma, 363
maksimal bağlantılı altuzay, 118
maksimal eleman, 344
maksimal ideal, 360
maksimum, 344
metric uzayı, 79
metrik aksiyomları, 79
metrik topojinde süreklilik, 85
metrik topoloji, 54, 81
metrik uzay tamlamısı, 104
metrikleşebilir topoloji, 54, 81
minimal eleman, 344
ordinal, 348
ordinal uzay, 58, 213
ordinallerin çarpımı, 351
ordinallerin toplamı, 351
parakompakt, 195
Pisagor üçlüleri, 13
premetrik, 80
preorder, 28
principal topoloji, 27
reelkompakt, 299
reelmaksimal ideal, 313
Riemann integrali, 132
Riemann integrallenebilir, 132
Riesz cebir, 171
Riesz homomorfizma, 301
sözde metrik topoloji, 81
sürekli, 45
sağdan sürekli, 175
sabit ultrafiltre, 146
sayı, 340
sayılabilir kompakt., 224
DIZIN
sayılabilir sonsuz küme, 354
sayılamaz sonsuz küme, 355
Seçim Aksiyomu, 341
seçim fonksiyonu, 341
serbest z-filtre, 281
Seven Bridges of Königsberg, 18
silindir, 14
simetrik, 343
sonlu açık altörtü, 207
sonlu birleşim işlem kapalı, 340
sonlu boyutlu, 364
sonsuz küçük, 329
Sorgenfrey doğrusu, 27
Sorgenfrey topoloji, 53
Stereografik izdüşüm, 11
Stone genişlemesi, 299
Stone-C̆ech kompaktlaması, 268
supremum, 344
sıfı, 358
sınırlı küme, 99
sınırlı metrik, 99
sıra izomorfik, 347
sıra topolojisi, 58
sıra uzayı, 58
sıra yakınsama, 98
sıralı cisim, 361
sıralı tamlık bölgesi, 361
tümüyle düzenli uzay, 162
tümüyle ayrılabilir kümeler, 170
tümüyle ayrılabilir uzay, 262
tümüyle normal, 202
tümüyle sınırlı, 248
tümden kopuk, 117
tümleyeni sonlu topoloji, 52
taban, 50
tam metrik uzay, 97
tam metrikleşebilir uzay, 110
tam sıralı halka, 361
tanım kümesi, 341
tekdüzenli topoloji, 43
ters alfabetik sıralama, 347
369
tersi, 358
terssimetrik, 343
toplama, 358
topoloji, 21
topolojicinin sinüs eğrisi, 125
topolojik özellik, 47
topolojik çarpım uzayı, 66
topolojik altuzay, 64
topolojik değişmez, 47
topolojik eşyapılı uzaylar, 46
topolojik kutu uzayı, 66
topolojik uzay, 21
Torus, 72
torus, 14
transitiv küme, 348
Tychonoff Plank uzayı, 203
Tychonoff topolojisi, 66
Tychonoff uzay, 162
ultrafiltre, 145
ultranet, 139
vektör, 362
vektör altuzayı, 363
vektör uzay, 361
yönlü küme, 130
yansımalı, 343
yarı metrik, 80
yarı semimetrik, 80
yarıgrup, 357
yerel düzgün yakınsama, 321
yerel kompakt, 231
yerel sonlu, 35
yerel yol bağlantılı, 127
yoğun, 34
yol, 123
yol bağlantılı, 123
Yung eşitsizliği, 92
yığılma noktası, 283
yığılma noktası (z-filtrenin), 280
yığılma noktası (filtrenin), 144
yığılma noktası (kümenin), 36
370
yığılma noktası (netin), 136
Zariski topoloji, 52
Zermelo-Frankel Küme Kuramıdır, 339
ZF, 339
zincir, 345
DIZIN
Kaynakça
[1] J. F. Aarnes and P. R. Andenaes. On nets and filters. Math. Scand,
21:285–292, 1972.
[2] P. Alexandroff. Sur les propriétés locales des ensembles et la notion
compacité. Bull. Intern. Acad. Pol. Sci. Sér., A:9–12, 1923.
[3] P. Alexandroff. Diskrete Räume. Mat. Sb. (N.S.), 2:501–518, 1937.
[4] P. Alexandroff and P. Urysohn. Zur theorie der topologischen Räume.
Math. Ann., 92:258–266, 1924.
[5] P. Alexandroff and P. Urysohn. Mémoire sur les espaces topogiques
compacts. Verh. Acad. Wetensch. Amsterdam, 14, 1929.
[6] P. Alexandroff and P. Urysohn. On compact topological spaces. Trudy
Math. Inst. Steklov, 31, 1950.
[7] C. D. Aliprantis and C. K. Border.
Springer-Verlag, 1994.
Infinite Dimensional Analysis.
[8] F. G. Arenas. Alexandroff spaces. Acta Math. Univ.Comeian, 68:17–25,
1999.
[9] F. G. Arenas and M. L. Puertas. Tietze’s extension theorem. Divulg.
Mat, 10:63–78, 2002.
[10] N. Aronszajn. Über ein urbildproblem. Fund. Math., 17:92–121, 1931.
[11] R. W. Baer and F. Levi. Stetige funktionen in topologischen Räumen.
Math. Zeitschr., 34:110–130, 1932.
[12] R. W. Bagley, E. H. Connell, and J. D. Mcknight. On properties characterizing pseudo-compact spaces. Proc. Amer. Math. Soc., 9:500–506,
1958.
[13] M. W. Bartelt and J. J. Swetits. An elementary extension of Tietze’s
theorem. Math. Mag., 66:330–332, 1993.
371
372
KAYNAKÇA
[14] R. G. Bartle. Nets and filters in topology. Amer. Math. Monthly, 62:551–
557, 1955.
[15] G. Birkhoff. Lattice theory. Amer. Math. Soc., New York, 1940.
[16] A. Blass. Existence of bases implies the axiom of choice. Contemp.
Math., 31:31–33, 1984.
[17] G. Buskes and A. van Rooij. Topological Spaces. From distance to neighborhood. Springer, 1997.
[18] M. Caglar and Z. Ercan. Hamel tabanı ve boyut teoremi. Matematik
Dunyası, 3:78–83, 2014.
[19] E. Cartan. L’extension du calcul tensoriel aux geómétries non-affines.
Ann. of Math. (2), 38:1–13, 1937.
[20] E. Cech. Sur la dimension des espaces parfaitement normaux. Bull.
Intern. Acad. Tecéque Sci., 33:38–55, 1932.
[21] E. Cech. On bicompact spaces. Ann. of Math., 38:823–844, 1937.
[22] P.J. Cohen. The indepedence of the continuum hypothesis. Proc. Nat.
Acad. Sci. USA, 50:1143–1148, 1963.
[23] J. Colmez. Sur les espaces précompacts. C. R. Acad. Paris, 238:1552–
1553, 1951.
[24] L. Comtet. Recouvrements, bases de filtre et topologies d’un ensemble
fini. Comptes Rendus de l Acad emie des Sciences, 262:1091–1094, 1966.
[25] E. De Jonge and A. C. M. Van Rooij. Introduction to Riesz Spaces.
Mathematisch Centrum, 1977.
[26] R. DeMarr. Partially ordered spaces and metric spaces. Amer. Math.
Monthly., 72:628–631, 1965.
[27] R. Dreher and T. Samuel. Continuous images of Cantor’s ternary set.
Amer. Math. Monthly, 121:640–643, 2014.
[28] J. Dydak.
Partition of unity.
http://www.math.utk.edu/ dydak/myWebPage/myinfo/preprints/CalcOfPU.pdf.
[29] R. Engelking. Genel Topology. Heldermann Verlag, Berlin, 1989.
[30] Z. Ercan and S. Önal. A remark on a homomorphism on C(X). Proc.
Amer. Math. Soc., 133:3609–3611, 2005.
KAYNAKÇA
373
[31] R. J. Fleming and J. E. Jamison. Isometries On Banach Spaces: Banach
spaces. Chapman-Hall/CRC, 2003.
[32] S. P. Franklin. Spaces in which sequences suffice. Fund. Math., 57:107–
115, 1965.
[33] M. Fréchet. Sur quelques points du calcul fonctionnel. Ren del Circ.
Mat. Palermo, 22:1–74, 1906.
[34] M. Fréchet. Les dimensions d’un ensemble abstrait. Math. Ann., 68:145–
168, 1910.
[35] O. Frohlich. Das halbordnungssystem der topologischen Räume auf einer
menge. Math. Ann., 156:79–95, 1964.
[36] H. Furstenberg. On the infinitude of primes. Amer. Math. Monthly,
62:353, 1955.
[37] I. M. Gelfand and A. N. Kolmogoroff. On rings of continuous functions
on topological spaces. Dokl. Akad. Nauk SSSR, 22:11–15, 1939.
[38] 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.
[39] 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.
[40] I. Glicksberg. The representation of functionals by integrals. Duke Math.
J., 19:253–261, 1952.
[41] K. Godel. The consistency of the axiom of choice and the generalized
continuum hypothesis. Proc. Natl. Acad. Sci. USA, 24:556–557, 1938.
[42] K. Godel. The consistency of the continuum hypothesis. Ann. of Math.
Studies, 3, 1940.
[43] J. Gutiérrez Carcia and T. Kubiak. Sandwich-type characterization.
Applied General Topology, 2:239–241, 2007.
[44] H. Hahn. Über halbstetige und unstetige functionen sitzungsberichte.
Akad. Wiss Wien Abt. ila, 126:91–110, 1917.
[45] T. Harju. Ordered Sets. http://users.utu.fi/harju/orderedsets/Mainorder.pdf,
2006.
374
KAYNAKÇA
[46] A. Hausdorff. Bemerkung über den inhalt von punktmengen. Math.
Ann., 75:428–433, 1914.
[47] F. Hausdorff. Grundzuge der Mengenlehre. Leipzig, 1914.
[48] F. Hausdorff. Mengenlehre. Berlin, 1927.
[49] F. Hausdorff. Über zwei Sätze von G. Fichtenholz und L. Kantorovich.
Studia Math., 6:18–19, 1936.
[50] E. Hewitt. Rings of realvalued continuous functions I. Trans. Amer.
Math. Soc., 64:54–99, 1948.
[51] A. Hinkis. Proofs of the Cantor-Bernstein theorem. A mathematical
excursion. Birkhauser/Springer, Heidelberg, 2013.
[52] I. C. Hsu. On a converse of young’s inequality. Proc. Amer. Math. Soc.,
33:107–108, 1972.
[53] W. Hurewicz. Üeber stetige bilder von punktmengen. Proc. Akad. Amsterdam, 29:1014–1017, 1926.
[54] T. Jech. Set Theory. Springer-Verlag, Berlin, 2003.
[55] J. E. Joseph. Continuous functions and spaces in which compact sets
are closed. Amer. Math. Monthly, 76:1125–1126, 1969.
[56] I. Kaplansky. Topological rings. Amer. J. Math., 69:153–183, 1947.
[57] H. T. Kaptanoglu. Kantor kümeleri. Matematik Dünyası, 4:15–22, 1993.
[58] T. Karaçay. Genel Topoloji. Karadeniz Teknik Universitesi Basimevi,
1982.
[59] M. Katetov. On real valued in topological spaces. Fund. Math, 38:85–91,
1951.
[60] M. Katetov. Correction to “on real valued functions in topological spaces”. Fund. Math., 40:203–205, 1953.
[61] J. L. Kelley. Convergence in topology. Duke Math., 17:277–283, 1950.
[62] J. L. Kelley. General Topology.
Toronto-New York-London, 1955.
D. Van Nostrand Company, Inc.,
[63] Murray R. Kirch. A class of spaces in which compact sets are finite.
Amer. Math. Monthly, 76:42–42, 1969.
KAYNAKÇA
375
[64] C. W. Kohls. Ideals in rings of continuous functions. Fund. Math.,
45:28–50, 1957.
[65] C.W. Kohls. Prime ideals in rings of continuous functions. Illinois J.
Math., 2:505–536, 1958.
[66] M. Kolli. On the cardinality of the T0 -topologies on a finete set. International Journal of Combinatorics, pages 7–7, 2014.
[67] V. Krishnamurthy. On the number of topologies on a finite set. Amer.
Math. Monthly, 73:154–157, 1966.
[68] K. Kuratowski. Sur l’opération A de l’analysis situs. Fund. Math.,
3:182–199, 1922.
[69] K. Kuratowski. Topologie II. Warszawa, 1933.
[70] K. Kuratowski. Quelques problémes concernant les espaces métriques
non separables. Fund. Math., 25:534–545, 1935.
[71] M. Lavrentieff. Contribution á la théorie des ensemles homéomorphes.
Fund. Math., 6:149–160, 1924.
[72] N. J. Lennes. Curves in non-metrical analysis situs with an application
in the calculus variations. Amer. J. Math., 33:287–326, 1911.
[73] N. Levine. Dense topologies. Amer. Math. Monthly, 75:847–852, 1968.
[74] N. Levine. On the equivalence of compactness and finiteness in topology.
Amer. Math. Monthly, 75:178–180, 1968.
[75] J. B Listing. Vorstudien zur Topologie. Vandenhoeck und Ruprecht,
1848.
[76] R. G. Lubben. Concerning the decomposition and amalgamation of
points, upper semi-continuous collections, and topological extensions.
Trans. Math. Soc., 49:410–466, 1941.
[77] S. Mazurkiewicz. Über Borel’sche mengen. Bull. Intern. Acad. Pol. Sci.
Ser. A, A:490–494, 1916.
[78] E. M. Moore and H. L. Smith. On general theory of limits. Amer. Math.
J, 44:102–121, 1922.
[79] S. Mrowka. On completely regular spaces. Fund. Math., 41:105–106,
1954.
376
KAYNAKÇA
[80] A. Mysior. A regular space which is not completely regular. Proc. Amer.
Math. Soc., 81-4:652–653, 1981.
[81] P. Nanzetta and D. Plank. Closed ideals in C(X). Proc. Amer. Math.
Soc., 35:601–606, 1972.
[82] S.
Naranong.
Translating
between
nets
and
filter,
http://web.archive.org/web/20130308175220/http://www.math.tamu.edu:80/ saichu/netsfilters.pdf.
[83] A. Nesin. Analiz IV. Nesin Matematik Köyü, 2011.
[84] B. Özbağcı. Topoloji nedir? Matematik Dünyası, 1:66, 2003.
[85] M. Raman-Sunström. A pedagogical history of compactness. Amer.
Math. Monthly, 122:619–635, 2015.
[86] F. Riesz. Die genesis des raumbegriffs. Math. und Naturwiss. Berichte
aus Ungarn, 24:309–353, 1907.
[87] I. Rosenholtz. Another proof that any compact metric space is the
continuous image of the cantor set. Amer. Math. Monthly, 8:246–247,
1976.
[88] W. Sierpinski. Sur une propriete topologique des ensembles denombrables denses ensoi. Fund. Math., 1:11–16, 1920.
[89] R. H. Sorgenfrey. On the topological product of paracompact spaces.
Bull. Amer. Math. Soc., 53:631–632, 1947.
[90] L. A. Steen and J. A. Seebach. Counterexamples in topological spaces.
Springer-Verlag, 1978.
[91] A. K. Steiner. The lattice of topologies: Structure and complementation.
Trans. Amer. Math. Soc., 122:379–398, 1966.
[92] A. H. Stone. Paracompactness and product spaces. Bull. Amer. Math.
Soc., 54:977–982, 1948.
[93] M. H. Stone. Applications of the theory of Boolean rings to general
topology. Trans. Amer. Math. Soc., 41:375–481, 1937.
[94] T. Terzioğlu. Bir Analizcinin Defterinden Seçtiklerinden. Nesin Matematik Köyü, 2013.
[95] H. Tietze. Beiträge zur allgemeinen topologie i. Math. Ann., 88:290–312,
1923.
KAYNAKÇA
377
[96] E. Tolsted. An elementary derivation of the cauchy, holder, and minkowski inequalities from young’s inequality. Math. Mag., 37:2–12, 1964.
[97] P. Tondeur. Ein beispiel zur allgemeinen topologie: Die topologie einer
äquivalenzrelation. Ann. Acad. Sci. Fenn. Ser. A, 344:7–7, 1964.
[98] H. Tong. Some characterizations of normal and perfectly normal spaces.
Bull. Amer. Soc., 54:65–66, 1948.
[99] A. Tychonoff. Über einen metrisationssatz von p. urysohn topologische
erweiterung von raumen. Math. Ann., 95:139–141, 1925.
[100] A. Tychonoff. Uber die topologische erweiterung von räumen. Math.
Ann., 102:544–561, 1930.
[101] A. Tychonoff. Ein fixpunktsatz. Math. Ann., 111:767–776, 1935.
[102] Y. Ünlü. Birimin parçalanışı. Matematik Dünyası, 4:42–50, 2012.
[103] P. Urysohn. Über die Mächtigkeit der zusammenhängenden Mengen.
Math. Ann., 94:262–295, 1925.
[104] D. van Dantzig. Ueber topologisch homogene kontinua. Fund. Math.,
15:102–125, 1930.
[105] L. Vietoris. Stetige mengen. Monatsh. für Math. und Phys., 31:173–204,
1921.
[106] L. Vietoris. Berreiche zweiter ordnung. Monatsh. für Math. und Phys.,
32:258–280, 1922.
[107] L. E. Ward. Partially ordered topological spaces. Proc. Amer. Math.
Soc., 5:144–161, 1954.
[108] G. Wilansky. Between T1 and T2. Amer. Math. Monthly, 74:261–266,
1967.
[109] S. Willard. General Topology. Addison-Wesley, 1970.
378
KAYNAKÇA