17  Yığılma Noktaları, Kapanış ve Yoğun Kümeler

Önceki iki bölümde açık ve kapalı kümeleri tanıdık: açık kümeler her noktasının etrafında bir “güvenlik komşuluğu” barındırır, kapalı kümeler ise tümleyeni açık olan kümelerdir. Bu bölümde kapalı kümelere bambaşka bir yönden bakacağız: bir kümenin elemanlarının nerelerde “yığıldığını” inceleyeceğiz. Örneğin \(\{1, \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{3}, \dots\}\) kümesinin elemanları \(0\)’ın etrafında sıkışır ama \(0\) kümeye ait değildir; işte bu \(0\) noktası kümenin bir yığılma noktasıdır. Yığılma noktaları, analizde limit kavramının küme dilindeki karşılığıdır: dizilerin limiti, fonksiyonların limiti ve süreklilik hep bu kavram üzerine kurulur.

Bu bölümde şunları öğreneceğiz: yığılma noktası ve sonsuz eleman özelliği; mükemmel küme ve izole nokta; değme noktası ve kapanış; “kapalı küme, bütün yığılma noktalarını içeren kümedir” karakterizasyonu; yoğun kümeler; sınırlı bir kümenin supremumunun ya kümeye ait ya da bir yığılma noktası olduğu; ve son olarak sonsuz ve sınırlı her kümenin en az bir yığılma noktası bulunduğunu söyleyen Bolzano–Weierstrass teoremi.

17.1 Yığılma Noktaları

Bir noktanın bir kümeye “yakın” olması yığılma için yeterli değildir; noktanın hemen dibinde kümenin başka elemanları da bulunmalıdır. Örneğin \(2\) sayısı \(\{2\}\) kümesine elbette yakındır (kümenin elemanıdır) ama etrafında kümenin başka hiçbir elemanı yoktur. Buna karşılık \(0\), \(\{1/n : n \in \mathbb{N}\}\) kümesinin elemanı olmadığı hâlde kümenin elemanlarıyla her yandan kuşatılmıştır. Tanımı bu ikinci durumu yakalayacak biçimde kuruyoruz; \(B(a,\varepsilon)\) ve \(B^*(a,\varepsilon)\) gösterimleri için bkz. Tanım 15.1 ve Tanım 15.2.

Tanım 17.1 (Yığılma Noktası) \(A \subseteq \mathbb{R}\) bir küme ve \(a \in \mathbb{R}\) bir nokta olsun. \(a\)’nın her komşuluğu \(A\)’nın \(a\)’dan farklı en az bir elemanını içeriyorsa, yani her \(\varepsilon > 0\) için

\[B^*(a,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing, \qquad \text{açık yazımla} \qquad \big((a-\varepsilon,\, a+\varepsilon)\setminus\{a\}\big) \cap A \neq \varnothing\]

ise \(a\)’ya \(A\) kümesinin bir yığılma noktası (accumulation point, limit point) denir. \(A\)’nın bütün yığılma noktalarının kümesi \(A'\) ile gösterilir.

Tanımı niceleyicilerle yazalım:

\[a \in A' \iff \forall \varepsilon > 0 \ \ \exists x_\varepsilon \in A : \ 0 < |x_\varepsilon - a| < \varepsilon.\]

Olumsuzlaması da aynı derecede önemlidir:

\[a \notin A' \iff \exists \varepsilon > 0 : \ B^*(a,\varepsilon) \cap A = \varnothing,\]

yani \(a\)’nın, \(A\)’nın \(a\) dışındaki hiçbir elemanını içermeyen bir komşuluğu vardır. Bir noktanın yığılma noktası olmadığını göstermek için böyle tek bir \(\varepsilon\) bulmak yeter.

NotYığılma noktası kümeye ait olmak zorunda değildir

Tanımda \(a \in A\) şartı yoktur: aşağıda göreceğimiz gibi \(a\) ve \(b\) sayıları \((a,b)\) açık aralığının yığılma noktalarıdır ama aralığa ait değildir. Öte yandan \(a \in A\) olması da \(a \in A'\) için yeterli değildir: \(A = \{2\}\) için \(2 \in A\) ama \(B^*(2,1) \cap A = \varnothing\) olduğundan \(2 \notin A'\). Dolayısıyla genel olarak ne \(A \subseteq A'\) ne de \(A' \subseteq A\) geçerlidir; bu iki kapsamanın ne zaman sağlandığı bu bölümün ana sorularından biridir.

Tanımdaki “en az bir eleman” sözü aslında çok daha güçlü bir sonuç gizler.

Teorem 17.1 (Sonsuz Eleman Özelliği) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(a \in A'\) olması için gerek ve yeter koşul, \(a\)’nın her \(\varepsilon\)-komşuluğunun \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içermesidir.

İspat

(\(\Rightarrow\) yönü) \(a \in A'\) ve \(\varepsilon > 0\) keyfi olsun. Olmayana ergi ile \((a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A\) kümesinin sonlu olduğunu varsayalım. O zaman bu kümenin alt kümesi olan

\[S = \{x \in A : 0 < |x - a| < \varepsilon\}\]

de sonludur. \(a \in A'\) olduğundan tanımı bu \(\varepsilon\) için uygularsak \(S \neq \varnothing\) bulunur; \(S = \{y_1, y_2, \dots, y_k\}\) yazalım. Şimdi

\[\delta = \min\{|y_1 - a|,\, |y_2 - a|,\, \dots,\, |y_k - a|\}\]

alalım. Her \(|y_j - a|\) pozitiftir ve sonlu tane sayının minimumu alındığından \(\delta > 0\); ayrıca her \(|y_j - a| < \varepsilon\) olduğundan \(\delta < \varepsilon\). İddia: \(B^*(a,\delta) \cap A = \varnothing\). Gerçekten, \(x \in A\) ve \(0 < |x-a| < \delta\) olsaydı, \(\delta < \varepsilon\) gereği \(x \in S\), yani bir \(j\) için \(x = y_j\) olurdu; ama \(|y_j - a| \ge \delta\) olduğundan bu, \(|x - a| < \delta\) ile çelişir. Demek ki \(a\)’nın \(\delta\)-komşuluğu \(A\)’nın \(a\)’dan farklı hiçbir elemanını içermiyor; bu da \(a \in A'\) varsayımıyla çelişir. O hâlde \((a-\varepsilon,a+\varepsilon) \cap A\) sonsuzdur.

(\(\Leftarrow\) yönü) \(a\)’nın her \(\varepsilon\)-komşuluğu \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içeriyorsa, bu elemanlardan \(a\) çıkarıldığında geriye yine sonsuz çoklukta (özellikle en az bir) eleman kalır. Yani \(B^*(a,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\) ve \(a \in A'\).

\(\blacksquare\)

Teorem iki yönde işe yarar: bir noktanın yığılma noktası olduğunu göstermek için “her komşulukta sonsuz eleman” bulmak yeter; yığılma noktası olmadığını göstermek içinse “yalnızca sonlu tane eleman içeren” tek bir komşuluk bulmak yeter.

Sonuç 17.1 (Sonlu Kümenin Yığılma Noktası Yoktur) \(A \subseteq \mathbb{R}\) sonlu bir kümeyse \(A' = \varnothing\).

İspat

\(a \in A'\) olsaydı, Teorem 17.1 gereği \((a-1, a+1)\) komşuluğu \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerirdi. Oysa \(A\) sonludur; sonlu bir kümenin sonsuz alt kümesi olamaz. Çelişki. Öyleyse hiçbir \(a\) yığılma noktası değildir: \(A' = \varnothing\).

\(\blacksquare\)

Örneklere geçmeden önce sık kullanacağımız basit bir gözlem:

Önerme 17.1 (Yığılma Noktaları Kapsamayı Korur) \(A \subseteq B \subseteq \mathbb{R}\) ise \(A' \subseteq B'\).

İspat

\(a \in A'\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. Tanım gereği \(0 < |x - a| < \varepsilon\) olan bir \(x \in A\) vardır. \(A \subseteq B\) olduğundan \(x \in B\); dolayısıyla \(B^*(a,\varepsilon) \cap B \neq \varnothing\). \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(a \in B'\).

\(\blacksquare\)

Örnek 17.1 (Açık Aralığın Yığılma Noktaları) \(a < b\) olsun. \((a,b)' = [a,b]\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İspatı üç adımda yapacağız: aralığın iç noktaları, uç noktaları ve dışındaki noktalar.

Adım 1: Aralığın her noktası yığılma noktasıdır. \(x \in (a,b)\) ve \(\varepsilon > 0\) keyfi olsun. Üç pozitif sayının en küçüğünü alalım:

\[c = \min\{\, x - a,\ b - x,\ \varepsilon \,\} > 0, \qquad y = x + \frac{c}{2}.\]

\(c \le b - x\) olduğundan \(y \le x + \dfrac{b-x}{2} < b\); ayrıca \(y > x > a\). Dolayısıyla \(y \in (a,b)\). Öte yandan \(0 < |y - x| = \dfrac{c}{2} < \varepsilon\), yani \(y \in B^*(x,\varepsilon)\). Böylece \(B^*(x,\varepsilon) \cap (a,b) \neq \varnothing\) ve \(x \in (a,b)'\). (Aynı biçimde \(x - c/2\) de bu komşulukta ve aralıktadır; yani \(x\)’in iki yanında da aralığın elemanları vardır.)

Adım 2: Uç noktalar yığılma noktasıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(d = \min\{b - a, \varepsilon\} > 0\) ve \(y = a + \dfrac{d}{2}\) alalım. \(d \le b - a\) olduğundan \(a < y \le a + \dfrac{b-a}{2} < b\), yani \(y \in (a,b)\); ayrıca \(0 < |y - a| = \dfrac{d}{2} < \varepsilon\). Demek ki \(a\)’nın her komşuluğu aralığın \(a\)’dan farklı bir elemanını içerir: \(a \in (a,b)'\). \(b\) için aynı akıl yürütme \(y = b - \dfrac{d}{2}\) ile yapılır. Dikkat: \(a\) ve \(b\) yığılma noktasıdır ama aralığın elemanı değildir.

Adım 3: Aralığın dışındaki noktalar yığılma noktası değildir. \(x > b\) olsun ve \(\varepsilon = x - b > 0\) alalım. O zaman

\[(x - \varepsilon,\, x + \varepsilon) = (b,\, 2x - b)\]

komşuluğunun her elemanı \(b\)’den büyüktür, dolayısıyla \((a,b)\)’ye ait değildir: \(B^*(x,\varepsilon) \cap (a,b) = \varnothing\) ve \(x \notin (a,b)'\). \(x < a\) durumunda \(\varepsilon = a - x\) alınır; \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) = (2x - a, a)\) komşuluğunun her elemanı \(a\)’dan küçüktür, yine aralıkla kesişmez.

Üç adımı birleştirirsek \((a,b)' = [a,b]\).

\(\blacksquare\)

Adım 1’deki fikir her açık kümede çalışır:

Önerme 17.2 (Açık Kümenin Her Noktası Yığılma Noktasıdır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir açık kümeyse \(A \subseteq A'\).

İspat

\(x \in A\) olsun. \(A\) açık olduğundan (Tanım 15.4) \((x - \varepsilon, x + \varepsilon) \subseteq A\) olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) vardır. Örnek 17.1 gereği \(x\), \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\) açık aralığının bir yığılma noktasıdır; bu aralık \(A\)’nın alt kümesi olduğundan Önerme 17.1 ile \(x \in A'\).

\(\blacksquare\)

Örnek 17.2 (Kapalı Aralığın Yığılma Noktaları) \(a < b\) için \([a,b]' = [a,b]\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\((a,b) \subseteq [a,b]\) olduğundan Önerme 17.1 ve Örnek 17.1 ile

\[[a,b] = (a,b)' \subseteq [a,b]'.\]

Ters kapsama için \(x \notin [a,b]\) olsun; \(x > b\) ya da \(x < a\). \(x > b\) ise \(\varepsilon = x - b\) için \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) = (b, 2x-b)\) aralığı \([a,b]\) ile kesişmez (her elemanı \(b\)’den büyüktür); \(x < a\) durumu benzerdir. Dolayısıyla \(x \notin [a,b]'\). Sonuç: \([a,b]' = [a,b]\).

\(\blacksquare\)

Örnek 17.3 (Tam Sayıların Yığılma Noktası Yoktur) \(\mathbb{Z}' = \varnothing\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(a \in \mathbb{R}\) keyfi olsun; iki durum vardır.

Durum 1: \(a \in \mathbb{Z}\). \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\) alalım. \(\left(a - \tfrac{1}{2}, a + \tfrac{1}{2}\right)\) aralığındaki bir \(m\) tam sayısı \(|m - a| < \tfrac{1}{2} < 1\) sağlar; iki farklı tam sayının farkı en az \(1\) olduğundan \(m = a\). (Gerçekten \(m \neq a\) olsaydı \(m - a\) ile \(-(m-a)\) sıfırdan farklı birer tam sayı olurdu (Önerme 11.1), dolayısıyla \(|m - a|\) pozitif bir tam sayı olurdu; Lemma 11.1 (1) gereği ise pozitif her tam sayı \(1\)’den küçük değildir.) Yani bu komşuluk \(a\) dışında tam sayı içermez: \(B^*\!\left(a,\tfrac12\right) \cap \mathbb{Z} = \varnothing\) ve \(a \notin \mathbb{Z}'\).

Durum 2: \(a \notin \mathbb{Z}\). Teorem 12.3 gereği \(p \le a < p + 1\) olan bir \(p \in \mathbb{Z}\) vardır; \(a \notin \mathbb{Z}\) olduğundan aslında \(p < a < p + 1\). \(\varepsilon = \min\{a - p,\ p + 1 - a\} > 0\) alalım. O zaman \((a - \varepsilon, a + \varepsilon) \subseteq (p, p+1)\) ve \((p, p+1)\) açık aralığında hiç tam sayı yoktur (Lemma 11.1; önceki bölümde Örnek 16.3 içinde de kullanmıştık: \(p < m < p+1\) olan bir \(m\) tam sayısı olsaydı \(m - p\), \(0\) ile \(1\) arasında bir tam sayı olurdu). Dolayısıyla bu komşuluk \(\mathbb{Z}\) ile kesişmez ve \(a \notin \mathbb{Z}'\).

Her iki durumda da \(a \notin \mathbb{Z}'\); \(a\) keyfi olduğundan \(\mathbb{Z}' = \varnothing\).

\(\blacksquare\)

Bu örnek, sonsuz bir kümenin de yığılma noktasının olmayabileceğini gösterir; Sonuç 17.1 sonucunun karşıtı doğru değildir.

Örnek 17.4 (Bir Bölü n Kümesinin Yığılma Noktaları) \(A = \left\{ \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) olsun. \(A' = \{0\}\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(0\) bir yığılma noktasıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Arşimet özelliği (Sonuç 12.2) gereği \(\dfrac{1}{N} < \varepsilon\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır. Her \(n \ge N\) için

\[0 < \frac{1}{n} \le \frac{1}{N} < \varepsilon\]

olduğundan \(\dfrac{1}{n} \in (-\varepsilon, \varepsilon)\) ve \(\dfrac{1}{n} \neq 0\). Yani \(0\)’ın her komşuluğu \(A\)’nın sonsuz çoklukta (özellikle en az bir) elemanını içerir: \(0 \in A'\).

Adım 2: Başka yığılma noktası yoktur. \(x \neq 0\) olsun.

• \(x < 0\) ise \(\varepsilon = -x > 0\) alalım; \((x - \varepsilon, x + \varepsilon) = (2x, 0)\) aralığının her elemanı negatiftir, oysa \(A\)’nın bütün elemanları pozitiftir. Komşuluk \(A\) ile kesişmez, \(x \notin A'\).
• \(x > 0\) ise \(\varepsilon = \dfrac{x}{2}\) alalım. \(\dfrac{1}{n} \in \left(\dfrac{x}{2}, \dfrac{3x}{2}\right)\) olması için en azından \(\dfrac{1}{n} > \dfrac{x}{2}\), yani \(n < \dfrac{2}{x}\) olmalıdır. Bu eşitsizliği sağlayan yalnızca sonlu tane doğal sayı vardır. Dolayısıyla \(x\)’in bu komşuluğu \(A\)’nın en çok sonlu tane elemanını içerir ve Teorem 17.1 gereği \(x \notin A'\).

A = {1/n} kümesinin noktaları 0'a yığılır: 0'ın her (−ε, ε) komşuluğu, ne kadar dar olursa olsun, sonsuz çoklukta 1/n içerir; bu yüzden 0 kümeye ait olmasa da yığılma noktasıdır. 1/3 gibi bir noktanın yeterince küçük komşuluğu ise kümeden yalnızca kendisini içerir; kümenin hiçbir noktası yığılma noktası değildir.

Sonuç olarak \(A' = \{0\}\). Özellikle \(A\)’nın kendi elemanlarından hiçbiri (\(1, \tfrac12, \tfrac13, \dots\)) yığılma noktası değildir; tek yığılma noktası olan \(0\) ise kümeye ait değildir.

\(\blacksquare\)

17.2 Mükemmel Kümeler ve İzole Noktalar

\(A' = A\) eşitliğinin sağlandığı kümeler özel bir ad alır. Bu eşitlik iki şey söyler: \(A' \subseteq A\), yani küme bütün yığılma noktalarını içerir; \(A \subseteq A'\), yani kümenin “tek başına duran”, etrafında kümeden başka eleman bulunmayan hiçbir noktası yoktur.

Tanım 17.2 (Mükemmel Küme) \(A \subseteq \mathbb{R}\) için \(A' = A\) ise \(A\)’ya mükemmel küme (perfect set) denir.

Örnek 17.2 gereği her \([a,b]\) kapalı aralığı mükemmeldir. \(\mathbb{R}\) de mükemmeldir: \(\mathbb{R}' \subseteq \mathbb{R}\) apaçık, \(\mathbb{R} \subseteq \mathbb{R}'\) ise Önerme 17.2’dan gelir. Buna karşılık \((a,b)\) mükemmel değildir, çünkü \((a,b)' = [a,b] \neq (a,b)\); \(\mathbb{Z}\) ve \(\{1/n\}\) de mükemmel değildir, çünkü \(\mathbb{Z}' = \varnothing\) ve \(\{1/n\}' = \{0\}\).

Bir kümenin yığılma noktası olmayan elemanları, kümenin “tek başına duran” noktalarıdır.

Tanım 17.3 (İzole Nokta) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(a \notin A'\) ise \(a\)’ya \(A\)’nın bir izole noktası (isolated point; ayrık nokta) denir.

Önerme 17.3 (İzole Nokta Ölçütü) \(a \in A\) olsun. \(a\)’nın \(A\)’nın izole noktası olması için gerek ve yeter koşul,

\[(a - \varepsilon,\, a + \varepsilon) \cap A = \{a\}\]

olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) bulunmasıdır. Sözle: \(a\), kendi bir komşuluğunda \(A\)’nın tek elemanıdır.

İspat

\(a \notin A'\) olması, olumsuzlama gereği, \(B^*(a,\varepsilon) \cap A = \varnothing\) olan bir \(\varepsilon > 0\) bulunmasına denktir. \(a \in A\) olduğundan \((a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A = \big(B^*(a,\varepsilon) \cap A\big) \cup \{a\}\) yazılabilir; dolayısıyla \(B^*(a,\varepsilon) \cap A = \varnothing\) ile \((a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A = \{a\}\) aynı şeydir.

\(\blacksquare\)

Örnek 17.5 (Bir Aralık ve Bir Tek Nokta) \(A = (0,2) \cup \{3\}\) olsun. \(A'\) kümesini ve \(A\)’nın izole noktalarını bulunuz.

Çözüm

\([0,2] \subseteq A'\): \((0,2) \subseteq A\) olduğundan Önerme 17.1 ve Örnek 17.1 ile \([0,2] = (0,2)' \subseteq A'\).

\(3\) izole noktadır: \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\) için \(\left(\tfrac{5}{2}, \tfrac{7}{2}\right) \cap A = \{3\}\), çünkü bu aralık \((0,2)\) ile kesişmez. Önerme 17.3 gereği \(3\) izole noktadır; özellikle \(3 \notin A'\).

Başka yığılma noktası yoktur: \(x \notin [0,2]\) ve \(x \neq 3\) olsun.

• \(x < 0\): \(\varepsilon = -x\) için \((2x, 0)\) komşuluğunun elemanları negatiftir, \(A\) ile kesişmez.
• \(2 < x < 3\): \(\varepsilon = \min\{x - 2, 3 - x\}\) için \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subseteq (2,3)\) ve \((2,3) \cap A = \varnothing\).
• \(x > 3\): \(\varepsilon = x - 3\) için \((3, 2x - 3)\) komşuluğunun elemanları \(3\)’ten büyüktür, \(A\) ile kesişmez.

Her durumda \(x \notin A'\). Sonuç: \(A' = [0,2]\) ve \(A\)’nın tek izole noktası \(3\)’tür.

Üstte A = (0, 2) ∪ {3}: 3 noktasının kümeyle kesişimi yalnızca kendisi olan bir komşuluğu vardır, yani 3 izole noktadır. Altta yığılma noktaları kümesi A′ = [0, 2]: 0 ve 2 kümeye ait olmadığı hâlde yığılma noktasıdır, 3 ise kümeye ait olduğu hâlde değildir.

Dikkat edelim: \(3 \in A\) ama \(3 \notin A'\); \(0, 2 \in A'\) ama \(0, 2 \notin A\). Yani \(A\) ne \(A \subseteq A'\) ne de \(A' \subseteq A\) sağlar.

\(\blacksquare\)

Örnek 17.6 (Doğal Sayıların Her Noktası İzoledir) \(\mathbb{N}\)’nin her elemanının izole nokta olduğunu ve \(\mathbb{N}' = \varnothing\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(a \in \mathbb{N}\) ve \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\) olsun. \(\left(a - \tfrac12, a + \tfrac12\right)\) aralığındaki bir \(m\) doğal sayısı \(|m - a| < 1\) sağlar; \(\mathbb{N} \subseteq \mathbb{Z}\) olduğundan Örnek 17.3’daki gerekçe aynen geçerlidir (iki farklı tam sayının farkı en az \(1\)’dir), dolayısıyla \(m = a\). Yani \(\left(a - \tfrac12, a + \tfrac12\right) \cap \mathbb{N} = \{a\}\) ve Önerme 17.3 gereği \(a\) izole noktadır.

\(\mathbb{N}' = \varnothing\) için: \(\mathbb{N} \subseteq \mathbb{Z}\) olduğundan Önerme 17.1 ile \(\mathbb{N}' \subseteq \mathbb{Z}' = \varnothing\) (Örnek 17.3).

\(\blacksquare\)

NotBir kümenin her noktası ya yığılma noktasıdır ya izole noktadır

\(a \in A\) olsun. Ya \(a \in A'\)’dir ya da değildir; ikinci durumda tanım gereği \(a\) izole noktadır. Yani \(A\)’nın elemanları iki ayrık sınıfa ayrılır: \(A \cap A'\) (kümeye ait yığılma noktaları) ve \(A \setminus A'\) (izole noktalar). Örneğin \((0,2) \cup \{3\}\) kümesinde \((0,2)\)’nin noktaları birinci, \(3\) ikinci sınıftadır; \(\mathbb{N}\)’de her nokta izoledir; \([a,b]\)’de hiçbir nokta izole değildir.

17.3 Değme Noktaları ve Kapanış

Yığılma noktası tanımında “\(a\)’dan farklı” şartını kaldırırsak daha gevşek bir kavram elde ederiz: \(a\)’nın her komşuluğu \(A\) ile kesişsin, kesişimde \(a\)’nın kendisinin bulunması da sayılsın. Böyle noktalar kümeye “değer”: kümeye ya aittirler ya da kümenin elemanlarıyla istenildiği kadar yaklaşılabilir.

Tanım 17.4 (Değme Noktası) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(a\)’nın her komşuluğu \(A\)’nın en az bir elemanını içeriyorsa, yani her \(\varepsilon > 0\) için

\[B(a,\varepsilon) \cap A = (a - \varepsilon, a + \varepsilon) \cap A \neq \varnothing\]

ise \(a\)’ya \(A\)’nın bir değme noktası (closure point, adherent point; kapanış noktası) denir.

Önerme 17.4 (Değme Noktalarının Temel Özellikleri) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun.

1. \(A\)’nın her elemanı \(A\)’nın değme noktasıdır.
2. \(A\)’nın her yığılma noktası \(A\)’nın değme noktasıdır.
3. \(a\), \(A\)’nın değme noktasıysa ve \(a \notin A\) ise \(a \in A'\).

İspat

(1) \(a \in A\) ise her \(\varepsilon > 0\) için \(a \in (a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A\); kesişim boş değildir.

(2) \(a \in A'\) ise her \(\varepsilon > 0\) için \(B^*(a,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\); \(B^*(a,\varepsilon) \subseteq B(a,\varepsilon)\) olduğundan \(B(a,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\).

(3) \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a\) değme noktası olduğundan bir \(x \in (a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A\) vardır. \(a \notin A\) ve \(x \in A\) olduğundan \(x \neq a\); yani \(0 < |x - a| < \varepsilon\). Dolayısıyla \(B^*(a,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\) ve \(a \in A'\).

\(\blacksquare\)

Bir kümeye, ona “değen” bütün noktaları eklersek kümeyi dışarıya karşı kapatmış oluruz; ortaya çıkan kümeye kapanış diyoruz.

Tanım 17.5 (Kapanış) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(A\)’nın bütün değme noktalarının kümesine \(A\)’nın kapanışı (closure) denir ve \(\overline{A}\) ile gösterilir. Bu gösterimle

\[a \in \overline{A} \iff \forall \varepsilon > 0 : \ (a - \varepsilon, a + \varepsilon) \cap A \neq \varnothing.\]

Olumsuzlaması: \(a \notin \overline{A}\) olması için gerek ve yeter koşul \((a-\varepsilon, a+\varepsilon) \cap A = \varnothing\) olan bir \(\varepsilon > 0\) bulunmasıdır; yani \(a\)’nın \(A\)’dan tamamen uzak duran bir komşuluğu vardır.

Teorem 17.2 (Kapanış, Küme ile Yığılma Noktalarının Birleşimidir) Her \(A \subseteq \mathbb{R}\) için

\[\overline{A} = A \cup A'.\]

İspat

(\(\subseteq\)) \(x \in \overline{A}\) olsun. \(x \in A\) ise \(x \in A \cup A'\) ve iş biter. \(x \notin A\) ise, \(x\) değme noktası olduğundan Önerme 17.4 (3) gereği \(x \in A'\); yine \(x \in A \cup A'\).

(\(\supseteq\)) \(x \in A \cup A'\) olsun. \(x \in A\) ise Önerme 17.4 (1), \(x \in A'\) ise Önerme 17.4 (2) gereği \(x\) bir değme noktasıdır; yani \(x \in \overline{A}\).

\(\blacksquare\)

Bu teorem sayesinde bir kümenin kapanışını bulmak için yığılma noktalarını bulmak yeter: \(\overline{A}\), \(A\)’ya eksik yığılma noktalarını ekleyerek elde edilir. Şimdi kapanış ile kapalılık (Tanım 16.1) arasındaki ilişkiyi kuruyoruz.

Teorem 17.3 (Kapalı Kümeler ve Kapanış) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun.

1. \(A\) kapalıdır ancak ve ancak \(A = \overline{A}\).
2. \(\overline{A}\) daima kapalı bir kümedir.

İspat

(1), \(\Rightarrow\) yönü: \(A\) kapalı olsun; yani \(\mathbb{R} \setminus A\) açıktır. \(A \subseteq \overline{A}\) kapsaması Önerme 17.4 (1)’den gelir; \(\overline{A} \subseteq A\) olduğunu gösterelim. \(x \in \overline{A}\) olsun ve olmayana ergi ile \(x \notin A\) varsayalım. O zaman \(x \in \mathbb{R} \setminus A\) ve bu küme açık olduğundan \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subseteq \mathbb{R} \setminus A\) olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) vardır. Bu, \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \cap A = \varnothing\) demektir; oysa \(x \in \overline{A}\) olduğundan bu kesişim boş olamaz. Çelişki; demek ki \(x \in A\).

(1), \(\Leftarrow\) yönü: \(A = \overline{A}\) olsun. \(\mathbb{R} \setminus A\)’nın açık olduğunu gösterelim. \(x \in \mathbb{R} \setminus A\) olsun. \(A = \overline{A}\) olduğundan \(x \notin \overline{A}\); kapanış tanımının olumsuzlaması gereği \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \cap A = \varnothing\) olan bir \(\varepsilon > 0\) vardır, yani \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subseteq \mathbb{R} \setminus A\). \(x\) keyfi olduğundan \(\mathbb{R} \setminus A\) açıktır ve \(A\) kapalıdır.

(2): (1) gereği \(\overline{\overline{A}} = \overline{A}\) olduğunu göstermek yeter. \(\overline{A} \subseteq \overline{\overline{A}}\) kapsaması Önerme 17.4 (1)’den gelir. Tersine \(x \in \overline{\overline{A}}\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \(x\), \(\overline{A}\)’nın değme noktası olduğundan \(|y - x| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(y \in \overline{A}\) vardır. \(y\) de \(A\)’nın değme noktası olduğundan \(|z - y| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(z \in A\) vardır. Üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)

\[|z - x| \le |z - y| + |y - x| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon,\]

yani \(z \in (x-\varepsilon, x+\varepsilon) \cap A\). \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(x \in \overline{A}\). Böylece \(\overline{\overline{A}} = \overline{A}\) ve \(\overline{A}\) kapalıdır.

\(\blacksquare\)

Teorem, kapalı kümelerin Tanım 16.1 ile verilen “tümleyeni açık” tanımını çok daha kullanışlı bir ölçüte çevirir:

Sonuç 17.2 (Kapalı Küme Bütün Yığılma Noktalarını İçerir) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun.

1. \(A\) kapalıdır ancak ve ancak \(A' \subseteq A\); yani \(A\) bütün yığılma noktalarını içerir.
2. Özel olarak \(A' = \varnothing\) ise \(A\) kapalıdır.

İspat

(1) Teorem 17.3 (1) ve Teorem 17.2 ile: \(A\) kapalı \(\iff A = \overline{A} = A \cup A'\). Öte yandan \(A \cup A' = A\) eşitliği tam olarak \(A' \subseteq A\) demektir (birleşim \(A\)’yı büyütmüyorsa \(A'\)’nin her elemanı zaten \(A\)’dadır; tersine \(A' \subseteq A\) ise \(A \cup A' = A\)).

(2) \(A' = \varnothing\) ise \(A' \subseteq A\) apaçık sağlanır; (1) gereği \(A\) kapalıdır.

\(\blacksquare\)

Bu sonuçla önceki bölümdeki bazı kapalılık ispatları tek satıra iner: \(\mathbb{Z}' = \varnothing\) ve \(\mathbb{N}' = \varnothing\) olduğundan \(\mathbb{Z}\) ve \(\mathbb{N}\) kapalıdır; sonlu kümeler kapalıdır (Sonuç 17.1); \([a,b]' = [a,b]\) olduğundan \([a,b]\) kapalıdır. Tersine, \((a,b)\) kapalı değildir, çünkü yığılma noktası \(a\)’yı içermez.

Önerme 17.5 (Kapanışın Temel Özellikleri) \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) olsun.

1. \(A \subseteq \overline{A}\).
2. \(A \subseteq B\) ise \(\overline{A} \subseteq \overline{B}\).
3. \(F\) kapalı ve \(A \subseteq F\) ise \(\overline{A} \subseteq F\). Yani \(\overline{A}\), \(A\)’yı içeren en küçük kapalı kümedir.

İspat

(1) Önerme 17.4 (1).

(2) \(x \in \overline{A}\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \((x-\varepsilon,x+\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\) ve \(A \subseteq B\) olduğundan \((x-\varepsilon,x+\varepsilon) \cap B \neq \varnothing\); dolayısıyla \(x \in \overline{B}\).

(3) \(A \subseteq F\) ise (2) ile \(\overline{A} \subseteq \overline{F}\); \(F\) kapalı olduğundan Teorem 17.3 (1) gereği \(\overline{F} = F\). Öyleyse \(\overline{A} \subseteq F\). Ayrıca \(\overline{A}\) kendisi kapalıdır (Teorem 17.3 (2)) ve \(A\)’yı içerir; dolayısıyla \(A\)’yı içeren kapalı kümelerin en küçüğüdür.

\(\blacksquare\)

Örnek 17.7 (Bir Bölü n Kümesinin Kapanışı) \(A = \left\{ \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin kapanışını bulunuz; \(A\) kapalı mıdır?

Çözüm

Örnek 17.4 gereği \(A' = \{0\}\). Teorem 17.2 ile

\[\overline{A} = A \cup A' = \left\{ \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\} \cup \{0\}.\]

\(0 \in A'\) ama \(0 \notin A\) olduğundan \(A' \not\subseteq A\); Sonuç 17.2 gereği \(A\) kapalı değildir. Kapanışı \(\overline{A} = A \cup \{0\}\) ise kapalıdır (Teorem 17.3 (2)). Dikkat: bu küme sonsuz tane tek noktalı kapalı kümenin birleşimidir; önceki bölümdeki sonlu birleşim teoremi (Teorem 16.1 (3)) burada işe yaramaz. Orada kapalılığı, tümleyeni açık aralıkların birleşimi olarak yazarak epeyce uğraşla göstermiştik (Alıştırma 16.1 (b)); yığılma noktaları aynı sonucu tek satırda verir.

\(\blacksquare\)

Örnek 17.8 (Açık Aralığın Kapanışı) \(a < b\) için \(\overline{(a,b)} = [a,b]\) olduğunu iki yolla gösteriniz.

Çözüm

Birinci yol: Örnek 17.1 gereği \((a,b)' = [a,b]\); Teorem 17.2 ile

\[\overline{(a,b)} = (a,b) \cup [a,b] = [a,b].\]

İkinci yol: \([a,b]\) kapalıdır ve \((a,b) \subseteq [a,b]\); Önerme 17.5 (3) gereği \(\overline{(a,b)} \subseteq [a,b]\). Öte yandan \(a\) ve \(b\) değme noktalarıdır: her \(\varepsilon > 0\) için \((a-\varepsilon, a+\varepsilon)\) aralığı \(a + \min\{b-a, \varepsilon\}/2 \in (a,b)\) noktasını içerir (benzer biçimde \(b\) için). \((a,b)\)’nin noktaları zaten kapanıştadır. Böylece \([a,b] \subseteq \overline{(a,b)}\) ve eşitlik sağlanır.

\(\blacksquare\)

17.4 Yoğun Kümeler

Bir kümenin kapanışı bütün sayı doğrusuysa, kümenin elemanları her yere “yeterince yakın” demektir; her reel sayıya kümeden istenildiği kadar yaklaşılabilir.

Tanım 17.6 (Yoğun Küme) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(\overline{A} = \mathbb{R}\) ise \(A\)’ya \(\mathbb{R}\)’de yoğun (dense) küme denir.

Bölüm 13’te yoğunluğu sıralama diliyle tanımlamıştık (Tanım 13.3): iki reel sayı arasında kümeden bir eleman bulunması. İki tanımın aynı şeyi söylediğini görelim.

Önerme 17.6 (Yoğunluğun Denk Biçimleri) \(A \subseteq \mathbb{R}\) için aşağıdakiler denktir:

1. \(\overline{A} = \mathbb{R}\); yani \(A\) yoğundur.
2. Her \(x \in \mathbb{R}\) ve her \(\varepsilon > 0\) için \(|x - y| < \varepsilon\) olan bir \(y \in A\) vardır.
3. \(a < b\) olan her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(a < y < b\) olan bir \(y \in A\) vardır; yani \(A\), Tanım 13.3 anlamında yoğundur.

İspat

(1) \(\Leftrightarrow\) (2): \(\overline{A} = \mathbb{R}\) demek, her \(x \in \mathbb{R}\)’nin değme noktası olması demektir; bu da tanım gereği her \(\varepsilon > 0\) için \((x-\varepsilon, x+\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\), yani \(|x - y| < \varepsilon\) olan bir \(y \in A\) bulunması demektir.

(2) \(\Rightarrow\) (3): \(a < b\) verilsin. \(x = \dfrac{a+b}{2}\) ve \(\varepsilon = \dfrac{b-a}{2} > 0\) alalım. (2) gereği \(|x - y| < \varepsilon\) olan bir \(y \in A\) vardır; bu \(x - \varepsilon < y < x + \varepsilon\), yani \(a < y < b\) demektir.

(3) \(\Rightarrow\) (2): \(x \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. (3)’ü \(a = x - \varepsilon < b = x + \varepsilon\) için uygularsak \(x - \varepsilon < y < x + \varepsilon\), yani \(|x - y| < \varepsilon\) olan bir \(y \in A\) buluruz.

\(\blacksquare\)

Örnek 17.9 (Rasyonel ve İrrasyonel Sayılar Yoğundur) \(\overline{\mathbb{Q}} = \mathbb{R}\) ve \(\overline{\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}} = \mathbb{R}\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Teorem 13.5 gereği \(a < b\) olan her iki reel sayı arasında bir rasyonel sayı vardır; bu, Önerme 17.6 (3) koşuludur. Dolayısıyla \(\overline{\mathbb{Q}} = \mathbb{R}\). Aynı biçimde Teorem 13.6, her \((a,b)\) aralığında bir irrasyonel sayı verir; öyleyse \(\overline{\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}} = \mathbb{R}\).

Bu örnek önceki bölümdeki bir gözlemi de açıklar: \(\mathbb{Q} \neq \overline{\mathbb{Q}}\) olduğundan Teorem 17.3 gereği \(\mathbb{Q}\) kapalı değildir.

\(\blacksquare\)

Sonuç 17.3 (Yoğun Kümenin Her Reel Sayı Yığılma Noktasıdır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) yoğunsa \(A' = \mathbb{R}\).

İspat

\(x \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) keyfi olsun. Önerme 17.6 (3)’ü \(a = x\), \(b = x + \varepsilon\) için uygularsak \(x < y < x + \varepsilon\) olan bir \(y \in A\) buluruz. Bu \(y\) için \(0 < |y - x| = y - x < \varepsilon\); yani \(y \in B^*(x,\varepsilon) \cap A\). \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(x \in A'\); \(x\) keyfi olduğundan \(A' = \mathbb{R}\).

\(\blacksquare\)

Özellikle \(\mathbb{Q}' = \mathbb{R}\) ve \((\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})' = \mathbb{R}\). Karşı örnek olarak \(\mathbb{Z}\) yoğun değildir: \(\overline{\mathbb{Z}} = \mathbb{Z} \cup \mathbb{Z}' = \mathbb{Z} \neq \mathbb{R}\). Benzer biçimde \([0,1]\) de yoğun değildir, çünkü kapalıdır ve kendisine eşit olan kapanışı \(\mathbb{R}\) değildir.

17.5 Supremum, İnfimum ve Yığılma Noktaları

Tamlık aksiyomunun (Bölüm 10.4) verdiği supremum, kümeye ait olmadığında nerede durur? Yanıt: kümenin tam “kıyısında”, yani bir yığılma noktası olarak.

Teorem 17.4 (Kümeye Ait Olmayan Supremum Yığılma Noktasıdır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun.

1. \(A\) üstten sınırlı ve \(\sup A \notin A\) ise \(\sup A \in A'\).
2. \(A\) alttan sınırlı ve \(\inf A \notin A\) ise \(\inf A \in A'\).

İspat

(1) \(s = \sup A\) ve \(s \notin A\) olsun. \(\varepsilon > 0\) keyfi olsun. Supremumun \(\varepsilon\)-karakterizasyonu (Teorem 10.1) gereği \(s - \varepsilon < a \le s\) olan bir \(a \in A\) vardır. \(s \notin A\) ve \(a \in A\) olduğundan \(a \neq s\); dolayısıyla \(s - \varepsilon < a < s\), yani \(a \in (s-\varepsilon, s+\varepsilon)\) ve \(a \neq s\). Böylece \(B^*(s,\varepsilon) \cap A \neq \varnothing\). \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(s \in A'\).

(2) \(t = \inf A\) ve \(t \notin A\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. İnfimumun \(\varepsilon\)-karakterizasyonu (Teorem 10.2) gereği \(t \le a < t + \varepsilon\) olan bir \(a \in A\) vardır. \(t \notin A\) olduğundan \(a \neq t\), yani \(t < a < t + \varepsilon\); dolayısıyla \(a \in B^*(t,\varepsilon) \cap A\). Öyleyse \(t \in A'\).

\(\blacksquare\)

Sonuç 17.4 (Supremum ve İnfimum Kapanıştadır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun. \(A\) üstten sınırlıysa \(\sup A \in \overline{A}\); alttan sınırlıysa \(\inf A \in \overline{A}\).

İspat

\(s = \sup A\) olsun. \(s \in A\) ise \(s \in \overline{A}\) (Önerme 17.5 (1)). \(s \notin A\) ise Teorem 17.4 gereği \(s \in A' \subseteq \overline{A}\) (Teorem 17.2). İnfimum için aynı akıl yürütme geçerlidir.

\(\blacksquare\)

Sonuç 17.5 (Kapalı ve Sınırlı Kümenin Maksimumu ve Minimumu Vardır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan, kapalı ve sınırlı bir küme olsun. O zaman \(A\)’nın en büyük elemanı (maksimumu) ve en küçük elemanı (minimumu) vardır: \(\sup A = \max A \in A\) ve \(\inf A = \min A \in A\).

İspat

\(A\) boş değil ve üstten sınırlı olduğundan tamlık aksiyomu (Bölüm 10.4) gereği \(s = \sup A\) vardır. Sonuç 17.4 ile \(s \in \overline{A}\); \(A\) kapalı olduğundan Teorem 17.3 (1) ile \(\overline{A} = A\), yani \(s \in A\). \(A\)’nın elemanı olan bir üst sınır tanım gereği maksimumdur (Tanım 10.3): \(s = \max A\). İnfimum için: \(t = \inf A \in \overline{A} = A\), dolayısıyla \(t = \min A\).

\(\blacksquare\)

Bu sonuç ileride çok iş görecek: Weierstrass’ın ekstremum teoreminde sürekli bir fonksiyonun kapalı sınırlı aralıktaki görüntü kümesinin kapalı ve sınırlı olduğu gösterilip maksimum ve minimumun varlığı buradan çıkarılır. Hipotezlerin gerekliliğine dikkat: \((0,1)\) sınırlı ama kapalı değil, maksimumu yok; \([0,\infty)\) kapalı ama sınırlı değil, maksimumu yok.

Örnek 17.10 (Bir Bölü 2n Kümesi) \(A = \left\{ \dfrac{1}{2n} : n \in \mathbb{N} \right\} = \left\{ \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{6}, \dots \right\}\) olsun. \(\sup A\), \(\inf A\), \(A'\) ve \(\overline{A}\) kümelerini bulunuz; \(A\)’nın maksimumu ve minimumu var mıdır?

Çözüm

Sınırlar. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(0 < \dfrac{1}{2n} \le \dfrac{1}{2}\); dolayısıyla \(A\) alttan \(0\), üstten \(\dfrac12\) ile sınırlıdır. \(\dfrac12 \in A\) (\(n = 1\)) ve üst sınır olduğundan \(\sup A = \max A = \dfrac{1}{2}\).

İnfimum. \(\inf A = 0\) olduğunu gösterelim. \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; Sonuç 12.2 gereği \(\dfrac{1}{N} < 2\varepsilon\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır, yani \(\dfrac{1}{2N} < \varepsilon\). Demek ki \(0 + \varepsilon\)’dan küçük bir eleman vardır ve Teorem 10.2 gereği \(\inf A = 0\). \(0 \notin A\) olduğundan (elemanların hepsi pozitif) \(A\)’nın minimumu yoktur.

Yığılma noktaları. \(\inf A = 0 \notin A\) olduğundan Teorem 17.4 (2) ile \(0 \in A'\). Başka yığılma noktası olmadığı Örnek 17.4’daki gibi görülür: \(x < 0\) ise \((2x, 0)\) komşuluğu \(A\) ile kesişmez; \(x > 0\) ise \(\left(\dfrac{x}{2}, \dfrac{3x}{2}\right)\) komşuluğunda \(\dfrac{1}{2n} > \dfrac{x}{2}\), yani \(n < \dfrac{1}{x}\) olan sonlu tane eleman vardır. Dolayısıyla \(A' = \{0\}\).

Kapanış. Teorem 17.2 ile

\[\overline{A} = A \cup \{0\} = \left\{ \frac{1}{2n} : n \in \mathbb{N} \right\} \cup \{0\}.\]

\(0 \notin A\) olduğundan \(A\) kapalı değildir; \(\overline{A}\) ise kapalı ve sınırlıdır, minimumu \(0\), maksimumu \(\dfrac12\)’dir — tam Sonuç 17.5’in söylediği gibi.

\(\blacksquare\)

17.6 Bolzano–Weierstrass Teoremi

Şimdiye kadar gördük ki sonlu kümelerin yığılma noktası yoktur; \(\mathbb{Z}\) gibi sonsuz ama “dağınık” kümelerin de yoktur. Peki sonsuz bir küme sınırlı bir aralığa sıkıştırılırsa ne olur? Sonsuz çoklukta nokta sonlu uzunlukta bir aralığa konulunca bir yerde yığılmak zorundadır. Bu sezgiyi kesinleştiren teorem, analizin en önemli sonuçlarından biridir; ispatı, tamlığı taşıyan iç içe aralıklar teoremine (Teorem 10.5) dayanır.

Teorem 17.5 (Bolzano–Weierstrass Teoremi (Küme Sürümü)) \(\mathbb{R}\)’nin sonsuz ve sınırlı her alt kümesinin en az bir yığılma noktası vardır.

İspat

\(A \subseteq \mathbb{R}\) sonsuz ve sınırlı olsun. Sınırlı olduğundan (Tanım 10.2) \(A\)’nın bir alt sınırı \(m\) ve bir üst sınırı \(m'\) vardır; \(M = \max\{|m|, |m'|\} + 1\) dersek her \(x \in A\) için \(-M < m \le x \le m' < M\), yani \(A \subseteq [-M, M]\) olur. \(I_1 = [-M, M]\) diyelim; \(I_1\), \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir (hepsini içerir).

İkiye bölme. \(I_1\)’i orta noktasından iki kapalı aralığa bölelim: \([-M, 0]\) ve \([0, M]\). Bu iki parçadan en az biri \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir; çünkü her ikisi de yalnızca sonlu tane eleman içerseydi, birleşimleri \(I_1\) de yalnızca sonlu tane eleman içerirdi (iki sonlu kümenin birleşimi sonludur). Sonsuz çoklukta eleman içeren parçayı (ikisi de öyleyse soldakini) \(I_2\) olarak seçelim. \(I_2\)’yi de ikiye bölüp \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içeren parçasını \(I_3\) olarak seçelim ve böyle devam edelim. Tümevarımla kapalı aralıklardan oluşan bir

\[I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \cdots\]

dizisi elde ederiz; her \(I_n\), \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir ve uzunluğu her adımda yarılandığından

\[|I_n| = \frac{2M}{2^{\,n-1}}.\]

Ortak nokta. İç içe aralıklar teoremi (Teorem 10.5) gereği bütün \(I_n\)’lere ait bir \(c\) noktası vardır: \(c \in \bigcap_{n} I_n\).

\(c\) bir yığılma noktasıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2^{\,n-1} \ge n\)’dir: \(n = 1\) için \(2^0 = 1\), \(n \ge 2\) için Bernoulli eşitsizliği (Teorem 9.5) ile \(2^{\,n-1} = (1+1)^{n-1} \ge 1 + (n-1) = n\). Dolayısıyla

\[|I_n| = \frac{2M}{2^{\,n-1}} \le \frac{2M}{n}.\]

Arşimet özelliği (Sonuç 12.1) gereği \(n > \dfrac{2M}{\varepsilon}\) olan bir \(n\) seçebiliriz; bu \(n\) için \(|I_n| < \varepsilon\). \(c \in I_n\) ve \(I_n\)’nin uzunluğu \(\varepsilon\)’dan küçük olduğundan \(I_n\)’nin her \(x\) noktası \(|x - c| \le |I_n| < \varepsilon\) sağlar; yani

\[I_n \subseteq (c - \varepsilon,\, c + \varepsilon).\]

\(I_n\), \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerdiğinden \((c-\varepsilon, c+\varepsilon)\) de \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir. Teorem 17.1 gereği \(c \in A'\).

\(\blacksquare\)

Uyarıİki hipotez de gereklidir

“Sonsuz” şartı kaldırılamaz: sonlu kümelerin yığılma noktası yoktur (Sonuç 17.1). “Sınırlı” şartı da kaldırılamaz: \(\mathbb{N}\) sonsuzdur ama \(\mathbb{N}' = \varnothing\) (Örnek 17.6). Öte yandan teorem yığılma noktasının kümeye ait olduğunu söylemez: \(\{1/n : n \in \mathbb{N}\}\) sonsuz ve sınırlıdır, tek yığılma noktası olan \(0\) kümeye ait değildir. Yığılma noktası tek de olmak zorunda değildir: \(\mathbb{Q} \cap (0,1)\) kümesinin yığılma noktaları kümesi \([0,1]\)’dir (bkz. alıştırmalar).

NotTarihçe ve devamı

Teorem ilk kez 1817’de Bohemyalı matematikçi ve filozof Bernard Bolzano (1781–1848) tarafından ispatlandı; sonra Karl Weierstrass (1815–1897) tarafından yeniden keşfedilip Berlin’deki derslerinde analizin temel taşı hâline getirildi, bu yüzden her iki ismi taşır. Teoremin ispatındaki ikiye bölme yöntemi, bir sonraki bölümde Heine–Borel teoreminin ispatında da karşımıza çıkacaktır. Dizilerle çalışmaya başladığımızda teoremin dizi sürümünü (Teorem 24.5: her sınırlı dizinin yakınsak bir alt dizisi vardır) ispatlayacak ve iki sürümün birbirine denk olduğunu göreceğiz: Alt Diziler ve Bolzano–Weierstrass Teoremi.

17.7 Alıştırmalar

Alıştırma 17.1 (Yığılma Noktası ve Kapanış Alıştırmaları)  

1. \(A = \left\{ (-1)^n + \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesi için \(A'\) ve \(\overline{A}\) kümelerini bulunuz. \(A\)’nın izole noktaları hangileridir?

2. \(A = \mathbb{Q} \cap (0,1)\) için \(A'\) ve \(\overline{A}\) kümelerini bulunuz. \(A\) açık mıdır, kapalı mıdır?

3. Her \(A \subseteq \mathbb{R}\) için \(A'\) kümesinin kapalı olduğunu gösteriniz.

4. Her \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) için \((A \cup B)' = A' \cup B'\) ve \(\overline{A \cup B} = \overline{A} \cup \overline{B}\) olduğunu gösteriniz.

5. \(F \subseteq \mathbb{R}\) sonlu bir küme olsun. Her \(A \subseteq \mathbb{R}\) için \((A \setminus F)' = A'\) olduğunu gösteriniz. Yani bir kümeden sonlu tane nokta çıkarmak yığılma noktalarını değiştirmez.

Çözüm

a) Çift \(n = 2k\) için elemanlar \(1 + \dfrac{1}{2k}\), tek \(n = 2k-1\) için \(-1 + \dfrac{1}{2k-1}\) biçimindedir.

\(1 \in A'\): \(\varepsilon > 0\) verilsin; Sonuç 12.2 ile \(\dfrac{1}{2k} < \varepsilon\) olan \(k\) vardır (ve tüm daha büyük \(k\)’lar için de sağlanır). Bu \(k\)’lar için \(0 < \left|\left(1 + \tfrac{1}{2k}\right) - 1\right| = \tfrac{1}{2k} < \varepsilon\); dolayısıyla \(1\)’in her komşuluğu \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir ve \(1 \in A'\). Aynı biçimde \(\left|\left(-1 + \tfrac{1}{2k-1}\right) - (-1)\right| = \tfrac{1}{2k-1} < \varepsilon\) ile \(-1 \in A'\).

Başka yığılma noktası yoktur: \(x \notin \{-1, 1\}\) olsun ve \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\min\{|x-1|, |x+1|\} > 0\) alalım. \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\) komşuluğu \((1-\varepsilon, 1+\varepsilon)\) ve \((-1-\varepsilon, -1+\varepsilon)\) komşuluklarıyla kesişmez. \(A\)’nın \(1 + \tfrac{1}{2k}\) biçimindeki elemanlarından yalnızca \(\tfrac{1}{2k} \ge \varepsilon\), yani \(k \le \tfrac{1}{2\varepsilon}\) olanlar (sonlu tane) \((1-\varepsilon,1+\varepsilon)\)’un dışındadır; benzer biçimde \(-1 + \tfrac{1}{2k-1}\) biçimindekilerin de sonlu tanesi \((-1-\varepsilon,-1+\varepsilon)\)’un dışındadır. Dolayısıyla \(x\)’in komşuluğu \(A\)’nın en çok sonlu tane elemanını içerir ve Teorem 17.1 gereği \(x \notin A'\).

Sonuç: \(A' = \{-1, 1\}\) ve \(\overline{A} = A \cup \{-1, 1\}\). \(1\) ve \(-1\) kümeye ait değildir (\(1 + \tfrac{1}{2k} \neq 1\), \(-1 + \tfrac{1}{2k-1} \neq -1\)); dolayısıyla \(A \cap A' = \varnothing\) ve \(A\)’nın her elemanı izole noktadır.

b) \(A' = [0,1]\): \(x \in [0,1]\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \(x < 1\) ise \((x, x+\varepsilon) \cap (0,1) = (x, \min\{x+\varepsilon, 1\})\) boş olmayan bir açık aralıktır ve Teorem 13.5 gereği bir \(q\) rasyonel sayısı içerir; bu \(q\) için \(q \in A\) ve \(0 < |q - x| < \varepsilon\). \(x = 1\) ise \((1-\varepsilon, 1) \cap (0,1) = (\max\{1-\varepsilon, 0\}, 1)\) boş olmayan açık aralığında bir rasyonel \(q\) seçilir; yine \(q \in A\) ve \(0 < |q - 1| < \varepsilon\). Böylece \([0,1] \subseteq A'\). Tersine \(x \notin [0,1]\) ise Örnek 17.2’daki gibi \(x\)’in \([0,1]\) ile (dolayısıyla \(A\) ile) kesişmeyen bir komşuluğu vardır; \(x \notin A'\). Öyleyse \(A' = [0,1]\) ve \(\overline{A} = A \cup [0,1] = [0,1]\).

Açık değildir: \(q \in A\) için her \((q-\varepsilon, q+\varepsilon)\) komşuluğu Teorem 13.6 gereği bir irrasyonel sayı içerir; bu sayı \(A\)’ya ait değildir, dolayısıyla hiçbir komşuluk \(A\)’nın içinde kalmaz. Kapalı değildir: \(0 \in A'\) ama \(0 \notin A\); Sonuç 17.2.

c) Sonuç 17.2 gereği \((A')' \subseteq A'\) olduğunu göstermek yeter. \(x \in (A')'\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \(0 < |y - x| < \varepsilon\) olan bir \(y \in A'\) vardır. Şimdi

\[\delta = \min\{\, |y - x|,\ \varepsilon - |y - x| \,\} > 0\]

alalım. \(y \in A'\) olduğundan \(0 < |z - y| < \delta\) olan bir \(z \in A\) vardır. Üçgen eşitsizliğiyle

\[|z - x| \le |z - y| + |y - x| < \delta + |y - x| \le \varepsilon,\]

ve ters üçgen eşitsizliğiyle (Sonuç 8.3)

\[|z - x| \ge |y - x| - |z - y| > |y - x| - \delta \ge 0,\]

yani \(z \neq x\). Böylece \(z \in B^*(x,\varepsilon) \cap A\); \(\varepsilon\) keyfi olduğundan \(x \in A'\). Demek ki \((A')' \subseteq A'\) ve \(A'\) kapalıdır.

d) \((A \cup B)' \supseteq A' \cup B'\): \(A \subseteq A \cup B\) ve \(B \subseteq A \cup B\) olduğundan Önerme 17.1 ile \(A' \subseteq (A\cup B)'\) ve \(B' \subseteq (A \cup B)'\).

\((A \cup B)' \subseteq A' \cup B'\): Karşıt tersini gösterelim: \(x \notin A' \cup B'\) olsun. \(x \notin A'\) olduğundan \(B^*(x,\varepsilon_1) \cap A = \varnothing\) olan \(\varepsilon_1 > 0\), \(x \notin B'\) olduğundan \(B^*(x,\varepsilon_2) \cap B = \varnothing\) olan \(\varepsilon_2 > 0\) vardır. \(\varepsilon = \min\{\varepsilon_1, \varepsilon_2\} > 0\) için \(B^*(x,\varepsilon)\) hem \(B^*(x,\varepsilon_1)\)’in hem \(B^*(x,\varepsilon_2)\)’nin alt kümesidir; dolayısıyla

\[B^*(x,\varepsilon) \cap (A \cup B) = \big(B^*(x,\varepsilon) \cap A\big) \cup \big(B^*(x,\varepsilon) \cap B\big) = \varnothing \cup \varnothing = \varnothing,\]

yani \(x \notin (A \cup B)'\).

Kapanış: Teorem 17.2 ve ilk kısım ile

\[\overline{A \cup B} = (A \cup B) \cup (A \cup B)' = (A \cup A') \cup (B \cup B') = \overline{A} \cup \overline{B}.\]

e) \(A \setminus F \subseteq A\) olduğundan Önerme 17.1 ile \((A \setminus F)' \subseteq A'\). Tersine \(x \in A'\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. Teorem 17.1 gereği \((x-\varepsilon, x+\varepsilon)\) komşuluğu \(A\)’nın sonsuz çoklukta elemanını içerir. Bunlardan \(F\)’ye ait olanlar (en çok sonlu tane) ve \(x\)’in kendisi çıkarıldığında geriye yine sonsuz çoklukta eleman kalır; bunlar \(A \setminus F\)’ye aittir ve \(x\)’ten farklıdır. Dolayısıyla \(B^*(x,\varepsilon) \cap (A \setminus F) \neq \varnothing\) ve \(x \in (A \setminus F)'\). Böylece \((A \setminus F)' = A'\).

\(\blacksquare\)

Yığılma noktaları bize kapalı kümelerin gerçek doğasını gösterdi: kapalı küme, kendi yığılma noktalarından hiçbirini dışarıda bırakmayan kümedir. Bolzano–Weierstrass teoremi ise “kapalı ve sınırlı” ikilisinin ne kadar güçlü olduğuna ilk işarettir. Bir sonraki bölümde bu ikiliyi bambaşka bir kavramla, açık örtülerle tanımlanan kompaktlıkla eşleyen Heine–Borel teoremini ispatlayacağız: Kompaktlık ve Heine–Borel Teoremi.