5 Kompakt ve Bağlantılı Kümeler
Tek değişkenli analizin en güçlü teoremlerinden bazıları kapalı ve sınırlı bir \([a, b]\) aralığında çalışır: bu aralıkta sürekli bir fonksiyon en büyük ve en küçük değerini alır (bkz. Analiz 1) ve düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1). Ara değer teoremi ise tanım kümesinin bir aralık, yani “tek parça” olmasına dayanır (bkz. Analiz 1). Çok değişkenli fonksiyonlara geçtiğimizde tanım kümeleri yuvarlar, kutular, halkalar ya da çok daha karmaşık kümeler olur. Bu kümelerden hangilerinin \([a, b]\) aralığı gibi davrandığını iki kavram belirler: kompaktlık ve bağlantılılık.
Kompaktlığı \(\mathbb{R}\)’de açık örtülerle tanımlamış ve kompakt kümelerin tam olarak kapalı ve sınırlı kümeler olduğunu söyleyen Heine–Borel teoremini ispatlamıştık (bkz. Analiz 1). Bu bölümde aynı tanımı \(\mathbb{R}^n\)’de kuruyor ve Heine–Borel teoremini \(n\) boyutta, bir aralığı ikiye bölmek yerine bir \(n\)-hücreyi \(2^n\) parçaya bölerek ispatlıyoruz. Ardından bir kümenin “tek parça” olmasını açık kümelerle ifade eden bağlantılılık kavramını tanımlıyor, aralıkların ve konveks kümelerin bağlantılı olduğunu gösteriyoruz. Bölüm, ileride türev ve ekstremum sonuçlarının üzerine kurulacağı bölge kavramıyla bitiyor.
5.1 Açık Örtü ve Kompakt Küme
Bir kümeyi örtmek, onu birleşimleri içinde kalacak biçimde başka kümelerle kaplamaktır; kompaktlık ise açık kümelerle yapılan her kaplamadan sonlu tane parça seçilerek yine bir kaplama elde edilebilmesidir.
Tanım 5.1 (Açık Örtü) \(S \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(\mathcal{G} = \{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\), \(\mathbb{R}^n\)’nin açık kümelerinden oluşan bir aile olsun.
\[S \subseteq \bigcup_{\alpha \in \Lambda} G_\alpha\]
koşulu sağlanıyorsa \(\mathcal{G}\) ailesine \(S\)’nin bir açık örtüsü (açık örtülüşü) denir. \(\Lambda\) indis kümesi sonlu ise \(\mathcal{G}\)’ye \(S\)’nin bir sonlu açık örtüsü denir.
\(\mathcal{G}\), \(S\)’nin bir açık örtüsü ve \(\Lambda_0 \subseteq \Lambda\) olsun. \(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda_0}\) ailesi de \(S\)’yi örtüyorsa bu aileye \(\mathcal{G}\)’nin bir alt örtüsü, \(\Lambda_0\) sonluysa bir sonlu alt örtüsü denir.
Yani örtüdeki kümelerin her biri açıktır ve \(S\)’nin her noktası bu kümelerden en az birinin içindedir. Örtü kümelerinin \(S\)’nin içinde kalması gerekmez; tek istenen, birleşimlerinin \(S\)’yi kapsamasıdır. Sonlu alt örtü yeni kümeler eklenerek değil, verilen ailenin içinden sonlu tane küme seçilerek kurulur.
Örnek 5.1 (Merkezi Orijin Olan Yuvarlar) \(\{B(0, r)\}_{r > 0}\) ailesinin \(\mathbb{R}^n\)’nin bir açık örtüsü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Her \(B(0, r)\) açık yuvarı açık bir kümedir (Teorem 3.1). \(x \in \mathbb{R}^n\) keyfi bir nokta olsun. \(r = \|x\| + 1\) alınırsa \(\|x - 0\| = \|x\| < r\) olduğundan \(x \in B(0, \|x\| + 1)\) olur. Demek ki her nokta ailenin en az bir kümesindedir:
\[\mathbb{R}^n = \bigcup_{r > 0} B(0, r).\]
Aile \(\mathbb{R}^n\)’yi örttüğü için \(\mathbb{R}^n\)’nin her alt kümesini de örter; bu yüzden ispatlarda sık sık karşımıza çıkacak. \(\blacksquare\)
Tanım 5.2 (Kompakt Küme) \(K \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun. \(K\)’nin her açık örtüsünün sonlu bir alt örtüsü varsa \(K\)’ye kompakt (tıkız) küme denir. Başka bir deyişle, \(K\)’yi örten her \(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\) açık örtüsü için öyle \(\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_m \in \Lambda\) vardır ki
\[K \subseteq G_{\alpha_1} \cup G_{\alpha_2} \cup \dots \cup G_{\alpha_m}\]
olur.
Yani kompakt bir küme, ne kadar çok (sonsuz, hatta sayılamaz çoklukta) açık kümeyle örtülürse örtülsün, bu kümelerin sonlu tanesiyle de örtülebilen kümedir. Tanımdaki kilit sözcük “her”dir ve iki yönde çok farklı iş yükü doğurur:
- Bir kümenin kompakt olmadığını göstermek için sonlu alt örtüsü bulunmayan tek bir açık örtü bulmak yeter.
- Kompakt olduğunu tanımdan göstermek için verilebilecek bütün açık örtülerle başa çıkmak gerekir.
İkinci iş genellikle zordur. Bölümün ana teoremi olan Heine–Borel teoremi bu işi \(\mathbb{R}^n\)’de kapalılık ve sınırlılık denetimine indirecek.
Örnek 5.2 (Uzayın Tamamı Kompakt Değildir) \(\mathbb{R}^n\)’nin kompakt olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(k \in \mathbb{N}\) için \(G_k = B(0, k)\) açık yuvarlarını alalım. Her \(x \in \mathbb{R}^n\) için Arşimet özelliği gereği \(k > \|x\|\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır (bkz. Analiz 1); bu \(k\) için \(x \in B(0, k)\) olur. Dolayısıyla \(\{G_k\}_{k \in \mathbb{N}}\) ailesi \(\mathbb{R}^n\)’nin bir açık örtüsüdür.
Bu örtüden sonlu tane küme seçelim: \(G_{k_1}, \dots, G_{k_m}\). \(N = \max\{k_1, \dots, k_m\}\) olsun. Her \(j\) için \(k_j \le N\) olduğundan \(B(0, k_j) \subseteq B(0, N)\) olur, yani
\[G_{k_1} \cup \dots \cup G_{k_m} = B(0, N).\]
Oysa \(z = N e_1\) noktası için \(\|z\| = N\) olduğundan \(z \notin B(0, N)\)’dir. Seçilen sonlu aile \(\mathbb{R}^n\)’yi örtmez. Sonlu tane küme nasıl seçilirse seçilsin durum aynı olduğundan örtünün sonlu alt örtüsü yoktur ve \(\mathbb{R}^n\) kompakt değildir.
\(n = 1\) için bu, \(\mathbb{R} = \bigcup_{k \in \mathbb{N}} (-k, k)\) olduğu hâlde örneğin
\[(-1, 1) \cup (-2, 2) \cup (-3, 3) = (-3, 3)\]
birleşiminin \(3\) sayısını dışarıda bıraktığını söyler. \(\blacksquare\)
Örnek 5.3 (Açık Birim Aralık Kompakt Değildir) \(\mathbb{R}\)’de \((0, 1)\) aralığının kompakt olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(k \ge 2\) doğal sayıları için \(G_k = \left( \dfrac{1}{k}, 1 \right)\) olsun. \(\mathbb{R}\)’de açık bir aralık, orta noktası merkezli bir açık yuvardır; dolayısıyla her \(G_k\) açıktır (Teorem 3.1).
Açık örtüdür. \(x \in (0, 1)\) olsun. Arşimet özelliği gereği \(k > \dfrac{1}{x}\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır. \(0 < x < 1\) olduğundan \(\dfrac{1}{x} > 1\), dolayısıyla \(k \ge 2\)’dir. Bu \(k\) için \(\dfrac{1}{k} < x < 1\), yani \(x \in G_k\) olur.
Sonlu alt örtüsü yoktur. \(G_{k_1}, \dots, G_{k_m}\) seçilsin ve \(N = \max\{k_1, \dots, k_m\}\) olsun. \(k_j \le N\) için \(\dfrac{1}{N} \le \dfrac{1}{k_j}\) olduğundan \(G_{k_j} \subseteq G_N\) olur ve seçilen kümelerin birleşimi \(G_N = \left( \dfrac{1}{N}, 1 \right)\)’dir. \(\dfrac{1}{N + 1}\) sayısı \((0, 1)\) aralığındadır ama \(\dfrac{1}{N + 1} < \dfrac{1}{N}\) olduğundan bu birleşimde değildir. Örtünün sonlu alt örtüsü yoktur; \((0, 1)\) kompakt değildir. \(\blacksquare\)
Aynı örtüyü Analiz 1’de de incelemiştik (bkz. Analiz 1). Buna karşılık \([0, 1]\) kapalı aralığı kompakttır; bunu birazdan Heine–Borel teoreminin \(n = 1\) hâli olarak göreceğiz. İki kümenin farkı yalnız iki uç noktadır: yukarıdaki örtü \(0\)’ın yakınını ancak sonsuz tane kümeyle örtebiliyor. \(0\) kümeye ait olsaydı, onu içeren tek bir açık küme \(0\)’ın yakınındaki bütün noktaları birden yutardı.
Sonlu kümeler ise hiçbir zorluk çıkarmaz.
Önerme 5.1 (Sonlu Kümeler Kompakttır) \(\mathbb{R}^n\)’nin sonlu elemanlı her alt kümesi kompakttır.
İspat
\(S = \{x_1, x_2, \dots, x_m\} \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\), \(S\)’nin keyfi bir açık örtüsü olsun. Her \(j = 1, \dots, m\) için \(x_j\) noktası \(\bigcup_{\alpha \in \Lambda} G_\alpha\) birleşimindedir; dolayısıyla \(x_j \in G_{\alpha_j}\) olacak biçimde bir \(\alpha_j \in \Lambda\) vardır. O zaman
\[S \subseteq G_{\alpha_1} \cup G_{\alpha_2} \cup \dots \cup G_{\alpha_m}\]
olur ve \(\{G_{\alpha_j}\}_{j = 1}^{m}\) ailesi verilen örtünün sonlu bir alt örtüsüdür. Örtü keyfi olduğundan \(S\) kompakttır. Boş küme de kompakttır: örtülecek noktası olmadığından verilen örtünün herhangi bir sonlu alt ailesi onu örter. \(\blacksquare\)
5.2 Kompakt Kümelerin Özellikleri
Kompaktlık sonsuz kümeler için güçlü bir kısıttır. İlk iki sonuç kompakt bir kümenin sınırlı ve kapalı olmak zorunda olduğunu söyler; iki ispatta da uygun bir açık örtü seçip sonlu alt örtüsünden yararlanıyoruz.
Teorem 5.1 (Kompakt Kümeler Sınırlıdır) \(K \subseteq \mathbb{R}^n\) kompakt bir küme ise \(K\) sınırlıdır.
İspat
\(K = \varnothing\) ise \(K\) her \(B[0, r]\) yuvarının içindedir ve sınırlıdır; \(K \ne \varnothing\) olsun.
\(\{B(0, r)\}_{r > 0}\) ailesi \(\mathbb{R}^n\)’nin bir açık örtüsüdür (Örnek 5.1); dolayısıyla \(K\)’nin de bir açık örtüsüdür:
\[K \subseteq \bigcup_{r > 0} B(0, r).\]
\(K\) kompakt olduğundan bu örtünün sonlu bir alt örtüsü vardır: öyle \(r_1, r_2, \dots, r_m > 0\) sayıları vardır ki
\[K \subseteq B(0, r_1) \cup B(0, r_2) \cup \dots \cup B(0, r_m)\]
olur (\(K \ne \varnothing\) olduğundan \(m \ge 1\)). \(r^* = \max\{r_1, \dots, r_m\}\) alalım. Her \(i\) için \(r_i \le r^*\) olduğundan \(B(0, r_i) \subseteq B(0, r^*)\) olur; yani yukarıdaki birleşim \(B(0, r^*)\) yuvarına eşittir. Öyleyse her \(x \in K\) için \(\|x\| < r^*\), dolayısıyla \(K \subseteq B[0, r^*]\) olur. Tanım 3.5 gereği \(K\) sınırlıdır. \(\blacksquare\)
Teoremin tersi doğru değildir: \((0, 1)\) aralığı sınırlıdır, çünkü \(B[0, 1]\) kapalı yuvarının (yani \([-1, 1]\) aralığının) içindedir; ama Örnek 5.3 gereği kompakt değildir.
Teorem 5.2 (Kompakt Kümeler Kapalıdır) \(K \subseteq \mathbb{R}^n\) kompakt bir küme ise \(K\) kapalıdır.
İspat
\(K = \varnothing\) ise tümleyeni \(\mathbb{R}^n\) açık olduğundan \(K\) kapalıdır; \(K \ne \varnothing\) olsun. \(K^c = \mathbb{R}^n \setminus K\) kümesinin açık olduğunu göstereceğiz. \(x \in K^c\) keyfi bir nokta olsun.
Örtü. Her \(r > 0\) için
\[G_r = \mathbb{R}^n \setminus B[x, r]\]
diyelim. Kapalı yuvar kapalı bir küme olduğundan (Açık ve Kapalı Kümeler) tümleyeni \(G_r\) açıktır. Bu kümelerin birleşimi \(\mathbb{R}^n \setminus \{x\}\) kümesidir. Gerçekten \(y \ne x\) ise \(r = \dfrac{\|y - x\|}{2} > 0\) için \(\|y - x\| > r\) olur; yani \(y \notin B[x, r]\) ve \(y \in G_r\). Öte yandan \(x\) her \(B[x, r]\) yuvarının merkezi olduğundan hiçbir \(G_r\) kümesinde değildir. \(x \notin K\) olduğundan
\[K \subseteq \mathbb{R}^n \setminus \{x\} = \bigcup_{r > 0} G_r\]
olur; yani \(\{G_r\}_{r > 0}\) ailesi \(K\)’nin bir açık örtüsüdür.
Sonlu alt örtü. \(K\) kompakt olduğundan öyle \(r_1, \dots, r_m > 0\) vardır ki \(K \subseteq G_{r_1} \cup \dots \cup G_{r_m}\) olur. \(r^* = \min\{r_1, \dots, r_m\}\) alalım; sonlu tane pozitif sayının en küçüğü olduğundan \(r^* > 0\)’dır. Her \(i\) için \(r^* \le r_i\) olduğundan \(B[x, r^*] \subseteq B[x, r_i]\) ve tümleyenlere geçince \(G_{r_i} \subseteq G_{r^*}\) olur. \(r^*\) sayılardan biri olduğundan \(G_{r^*}\) de seçilen kümelerden biridir; dolayısıyla
\[K \subseteq G_{r_1} \cup \dots \cup G_{r_m} = G_{r^*} = \mathbb{R}^n \setminus B[x, r^*].\]
Sonuç. Son bağıntı \(K \cap B[x, r^*] = \varnothing\) demektir. Buradan
\[B(x, r^*) \subseteq B[x, r^*] \subseteq \mathbb{R}^n \setminus K\]
bulunur. \(x \in K^c\) keyfi olduğundan \(K^c\) açıktır ve Tanım 3.3 gereği \(K\) kapalıdır. \(\blacksquare\)
İspatın özü, sonlu tane pozitif sayının en küçüğünün yine pozitif olmasıdır. Sonsuz çoklukta yarıçapın en küçüğü olmayabilirdi; kompaktlık, bu yarıçapların yalnız sonlu tanesine ihtiyaç duymamızı sağladı. İki teoremin karşıt terslerini birlikte yazalım.
Sonuç 5.1 (Kompakt Olmama Ölçütleri) \(S \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun.
- \(S\) sınırlı değilse kompakt değildir.
- \(S\) kapalı değilse kompakt değildir.
İspat
Birinci ifade Teorem 5.1 teoreminin, ikincisi Teorem 5.2 teoreminin karşıt tersidir. \(\blacksquare\)
Örneğin her \(r > 0\) için \(\|(r + 1) e_1\| = r + 1 > r\) olduğundan \(\mathbb{R}^n\) sınırlı değildir ve kompakt olamaz; Örnek 5.2 sonucunu böylece tek satırda yeniden elde ederiz. Kompakt kümelerden yeni kompakt kümeler elde etmenin en kullanışlı yolu kapalı alt kümelere geçmektir.
Teorem 5.3 (Kompakt Kümenin Kapalı Alt Kümesi) \(K \subseteq \mathbb{R}^n\) kompakt ve \(F \subseteq K\) kapalı bir küme ise \(F\) kompakttır.
İspat
\(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\), \(F\)’nin keyfi bir açık örtüsü olsun. \(F\) kapalı olduğundan \(F^c = \mathbb{R}^n \setminus F\) açıktır. Örtüye \(F^c\) kümesini ekleyelim. Genişletilmiş aile bütün \(\mathbb{R}^n\)’yi örter: bir nokta \(F\)’deyse bir \(G_\alpha\) kümesindedir, \(F\)’de değilse \(F^c\)’dedir. Özel olarak
\[K \subseteq \Big( \bigcup_{\alpha \in \Lambda} G_\alpha \Big) \cup F^c\]
olur ve bu aile \(K\)’nin bir açık örtüsüdür. \(K\) kompakt olduğundan öyle \(\alpha_1, \dots, \alpha_m \in \Lambda\) vardır ki
\[K \subseteq G_{\alpha_1} \cup \dots \cup G_{\alpha_m} \cup F^c\]
olur (sonlu alt örtüde \(F^c\) bulunmasa bile onu birleşime eklemek kapsamayı bozmaz). \(F \subseteq K\) olduğundan \(F\) de bu birleşimin içindedir. \(F \cap F^c = \varnothing\) olduğundan \(F\)’nin hiçbir noktası \(F^c\)’de değildir; demek ki \(F\)’nin her noktası \(G_{\alpha_1}, \dots, G_{\alpha_m}\) kümelerinden birindedir:
\[F \subseteq G_{\alpha_1} \cup \dots \cup G_{\alpha_m}.\]
Bu, verilen örtünün sonlu bir alt örtüsüdür. Örtü keyfi olduğundan \(F\) kompakttır. \(\blacksquare\)
5.3 Heine–Borel Teoremi
Kompakt kümelerin kapalı ve sınırlı olduğunu gördük; \(\mathbb{R}^n\)’de bunun tersi de doğrudur. İspatı iki adımda kuruyoruz: önce en basit kapalı ve sınırlı kümelerin, yani kapalı \(n\)-hücrelerin kompakt olduğunu gösteriyor, sonra her kapalı ve sınırlı kümeyi böyle bir hücrenin kapalı alt kümesi olarak görüyoruz.
\(a_i \le b_i\) (\(i = 1, \dots, n\)) olmak üzere
\[I = [a_1, b_1] \times [a_2, b_2] \times \dots \times [a_n, b_n]\]
bir kapalı \(n\)-hücredir (Tanım 2.9). \([a_i, b_i]\) aralığına hücrenin \(i\). kenarı, \(b_i - a_i\) sayısına da bu kenarın uzunluğu diyeceğiz. İspatın ana fikri, \(\mathbb{R}\)’deki ikiye bölme yönteminin \(n\) boyutlu karşılığıdır: her kenar orta noktasından ikiye bölünür ve her koordinatta iki yarıdan biri seçilerek \(2^n\) tane küçük hücre elde edilir. Düzlemde bu, bir dikdörtgeni iki orta doğrusuyla dört eş parçaya; uzayda bir kutuyu sekiz küçük kutuya bölmektir.
Teorem 5.4 (Kapalı n-Hücreler Kompakttır) \(\mathbb{R}^n\)’de her kapalı \(n\)-hücre kompakttır.
İspat
\(I = [a_1, b_1] \times \dots \times [a_n, b_n]\) bir kapalı \(n\)-hücre ve
\[\ell = \max\{b_1 - a_1, \dots, b_n - a_n\}\]
en uzun kenarının uzunluğu olsun. Olmayana ergi yöntemiyle \(I\)’nın kompakt olmadığını varsayalım: \(I\)’nın sonlu alt örtüsü olmayan bir \(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\) açık örtüsü vardır. Bu örtüyü ispat boyunca sabit tutuyoruz. \(I\)’nın içindeki bir kapalı \(n\)-hücre bu örtünün sonlu tane kümesiyle örtülemiyorsa ona kötü hücre diyelim. Varsayım gereği \(I\) kötüdür.
Adım 1: Kötü bir hücrenin kötü bir parçası vardır. \(J = [c_1, d_1] \times \dots \times [c_n, d_n] \subseteq I\) kötü bir hücre olsun. Her kenarı orta noktasından bölelim: \(m_i = \dfrac{c_i + d_i}{2}\) için
\[[c_i, d_i] = [c_i, m_i] \cup [m_i, d_i] \qquad (i = 1, \dots, n).\]
Her koordinatta bu iki yarıdan birini seçip Kartezyen çarpımını alırsak \(2^n\) tane kapalı \(n\)-hücre elde ederiz: \(J^{(1)}, \dots, J^{(2^n)}\). Her birinin \(i\). kenarı \(J\)’nin \(i\). kenarının yarısı uzunluğundadır. Bu hücrelerin birleşimi \(J\)’dir, çünkü \(y \in J\) noktasının her \(y_i\) bileşeni iki yarıdan en az birindedir. Parçaların hiçbiri kötü olmasaydı, yani her \(J^{(j)}\) sonlu tane \(G_\alpha\) ile örtülebilseydi, bu \(2^n\) sonlu ailenin birleşimi yine sonlu bir aile olur ve \(J\)’yi örterdi. \(J\) kötü olduğundan parçalardan en az biri kötüdür.
Adım 2: İç içe kötü hücreler. \(I_1 = I\) diyelim. Adım 1’i \(I_1\)’e uygulayıp kötü bir parçasını \(I_2\) olarak seçelim; sonra \(I_2\)’nin kötü bir parçasını \(I_3\) olarak seçelim ve böyle sürdürelim. Tümevarımla
\[I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \dots \supseteq I_m \supseteq \dots\]
kapalı \(n\)-hücreleri elde ederiz; öyle ki her \(m \in \mathbb{N}\) için
(i) \(I_m\) kötüdür, yani \(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\) ailesinin sonlu tane kümesiyle örtülemez;
(ii) \(I_m\)’nin \(i\). kenarının uzunluğu \(\dfrac{b_i - a_i}{2^{m-1}} \le \dfrac{\ell}{2^{m-1}}\) olur.
Adım 3: Ortak nokta. \(I_m\) hücreleri iç içe kapalı \(n\)-hücreler olduğundan, \(\mathbb{R}^n\)’de iç içe kapalı aralıklar teoremi (Teorem 3.5) gereği hepsinde bulunan bir \(x\) noktası vardır:
\[x \in \bigcap_{m=1}^{\infty} I_m.\]
Adım 4: Çelişki. \(x \in I_1 = I\) olduğundan örtünün bir \(G_{\alpha_0}\) kümesi \(x\)’i içerir. \(G_{\alpha_0}\) açık olduğundan \(B(x, \varepsilon) \subseteq G_{\alpha_0}\) olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) vardır. Şimdi \(y \in I_m\) olsun. \(x\) ve \(y\) aynı \(I_m\) hücresinde olduğundan her \(i\) için \(|y_i - x_i|\) farkı \(I_m\)’nin \(i\). kenarının uzunluğunu aşmaz. (ii) gereği
\[\|y - x\| = \sqrt{\sum_{i=1}^{n} (y_i - x_i)^2} \le \sqrt{n \cdot \frac{\ell^2}{4^{m-1}}} = \frac{\sqrt{n}\,\ell}{2^{m-1}}\]
olur. Her \(m \in \mathbb{N}\) için \(2^{m-1} \ge m\)’dir; bu tümevarımla görülür: \(2^0 = 1\) ve \(2^{m-1} \ge m\) ise \(2^m \ge 2m \ge m + 1\). Arşimet özelliği gereği \(m > \dfrac{\sqrt{n}\,\ell}{\varepsilon}\) olan bir \(m \in \mathbb{N}\) seçelim. Bu \(m\) için her \(y \in I_m\) noktası
\[\|y - x\| \le \frac{\sqrt{n}\,\ell}{2^{m-1}} \le \frac{\sqrt{n}\,\ell}{m} < \varepsilon\]
eşitsizliğini sağlar; yani \(I_m \subseteq B(x, \varepsilon) \subseteq G_{\alpha_0}\). Böylece \(I_m\), örtünün tek bir kümesiyle örtülür. Bu, (i) ile çelişir.
Varsayımımız yanlıştır; \(I\) kompakttır. \(\blacksquare\)
Artık teoremin kendisini ispatlayabiliriz.
Teorem 5.5 (Heine–Borel Teoremi) \(K \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun. \(K\)’nin kompakt olması için gerek ve yeter koşul \(K\)’nin kapalı ve sınırlı olmasıdır.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(K\) kompakt olsun. Teorem 5.1 gereği \(K\) sınırlı, Teorem 5.2 gereği kapalıdır.
(\(\Leftarrow\)) \(K\) kapalı ve sınırlı olsun. \(K\) sınırlı olduğundan her \(x \in K\) için \(\|x\| \le r\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır (Tanım 3.5). Her \(i\) için \(x_i^2 \le x_1^2 + \dots + x_n^2\) olduğundan
\[|x_i| \le \|x\| \le r \qquad (i = 1, \dots, n)\]
olur. Yani \(K\) kümesi
\[I = [-r, r] \times [-r, r] \times \dots \times [-r, r]\]
kapalı \(n\)-hücresinin içindedir. Teorem 5.4 gereği \(I\) kompakttır. \(K\), kompakt \(I\) kümesinin kapalı bir alt kümesi olduğundan Teorem 5.3 gereği kompakttır. \(\blacksquare\)
\(n = 1\) için teorem, \(\mathbb{R}\)’deki Heine–Borel teoremidir. Teoremin değeri şuradadır: tanımdan kompaktlık göstermek bütün açık örtülerle uğraşmayı gerektiriyordu; \(\mathbb{R}^n\)’de ise bunun yerine iki somut soruyu yanıtlamak yeter.
- Sınırlılık. Kümenin her \(x\) noktası için \(\|x\| \le r\) sağlayan bir \(r > 0\) aranır. Normu istenildiği kadar büyük noktalar varsa küme sınırlı değildir ve kompakt değildir.
- Kapalılık. Tümleyenin açık olduğu gösterilir ya da küme, kapalı olduğu bilinen kümelerin (kapalı yuvar, tümleyeni açık olan küme, kapanış) kesişimi ya da sonlu birleşimi olarak yazılır. Kümeye ait olmayan bir yığılma noktası bulunursa küme kapalı değildir (Teorem 3.7).
- Karar. Küme hem sınırlı hem kapalıysa Heine–Borel teoremi gereği kompakttır; ikisinden biri bozuluyorsa kompakt değildir (Sonuç 5.1).
Örnek 5.4 (Kapalı Yuvar Kompakttır) \(a \in \mathbb{R}^n\) olsun. \(A = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x - a\| \le 3\}\) kümesinin kompakt olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sınırlılık. \(x \in A\) ise üçgen eşitsizliği (Teorem 1.2) gereği
\[\|x\| = \|(x - a) + a\| \le \|x - a\| + \|a\| \le 3 + \|a\|\]
olur. \(r = 3 + \|a\| > 0\) için \(A \subseteq B[0, r]\); \(A\) sınırlıdır.
Kapalılık. \(A = B[a, 3]\) bir kapalı yuvardır ve kapalı yuvarlar kapalı kümelerdir (Açık ve Kapalı Kümeler).
Karar. \(A\) kapalı ve sınırlı olduğundan Teorem 5.5 gereği kompakttır.
Aynı akıl yürütme \(3\) yerine herhangi bir \(r > 0\) ile yapılabilir: \(\mathbb{R}^n\)’de her \(B[x_0, r]\) kapalı yuvarı kompakttır. Özel olarak \(a = 0\) alınırsa \(\{x \in \mathbb{R}^n : \|x\| \le 3\}\) kümesinin kompakt olduğu çıkar. \(\blacksquare\)
Örnek 5.5 (Açık Aralık ve Heine–Borel) \(a < b\) olsun. \(\mathbb{R}\)’de \((a, b)\) aralığının kompakt olmadığını Heine–Borel teoremiyle gösteriniz.
Çözüm
Her \(x \in (a, b)\) için \(|x| \le \max\{|a|, |b|\}\) olduğundan \((a, b)\) aralığı sınırlıdır. Ama kapalı değildir; bunu görmek için tümleyeninin açık olmadığını gösterelim. Tümleyen
\[C = (-\infty, a] \cup [b, +\infty)\]
kümesidir ve \(a \in C\)’dir. \(\varepsilon > 0\) ne olursa olsun
\[t = a + \frac{1}{2}\min\{\varepsilon,\ b - a\}\]
noktası için \(a < t < b\) ve \(|t - a| < \varepsilon\) olur. Yani \(t \in B(a, \varepsilon) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon)\) ama \(t \notin C\). \(a\) noktasının hiçbir yuvarı \(C\)’nin içinde kalmadığından \(C\) açık değildir; dolayısıyla \((a, b)\) kapalı değildir. Heine–Borel teoremi (Teorem 5.5) gereği \((a, b)\) kompakt değildir.
Buna karşılık \([a, b]\) bir kapalı 1-hücredir ve Teorem 5.4 gereği kompakttır. İki aralığın tek farkı uç noktalardır: uçlar kümeye eklenince kapalılık, onunla birlikte de kompaktlık kazanılır. \(\blacksquare\)
Örnek 5.6 (Sınırlı Kümenin Kapanışı Kompakttır) \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) sınırlı bir küme ise \(\overline{A}\) kapanışının kompakt olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kapalılık. Bir kümenin kapanışı her zaman kapalıdır (Teorem 4.2).
Sınırlılık. \(A\) sınırlı olduğundan \(A \subseteq B[0, r]\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır. \(B[0, r]\) kapalı bir kümedir ve \(A\)’yı kapsar. Kapanış, \(A\)’yı kapsayan en küçük kapalı küme olduğundan (Teorem 4.2) \(\overline{A} \subseteq B[0, r]\) olur; yani \(\overline{A}\) sınırlıdır.
Karar. \(\overline{A}\) kapalı ve sınırlı olduğundan Teorem 5.5 gereği kompakttır.
Tersine \(A\) sınırlı değilse \(A \subseteq \overline{A}\) olduğundan \(\overline{A}\) da sınırlı değildir ve kompakt olamaz. Örneğin \((0, 1)\) kompakt değildir, ama sınırlı olduğundan kapanışı kompakttır. \(\blacksquare\)
5.4 Bağlantılı Kümeler
Bir aralık “tek parça”dır; \(\mathbb{Q}\) ya da \(\mathbb{Z}\) ise aralarına boşluklar giren parçalardan oluşur. Bu sezgiyi açık kümelerle kesin bir tanıma dönüştürüyoruz: bir küme, iki açık küme yardımıyla boş olmayan ve ortak noktası olmayan iki parçaya ayrılabiliyorsa bağlantısızdır.
Tanım 5.3 (Bağlantısız ve Bağlantılı Küme) \(S \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun. Aşağıdaki üç koşulu sağlayan \(U, V \subseteq \mathbb{R}^n\) açık kümeleri varsa \(S\)’ye bağlantısız (bağlantılı olmayan) küme denir:
(i) \(U \cap S \ne \varnothing\) ve \(V \cap S \ne \varnothing\);
(ii) \((U \cap S) \cap (V \cap S) = \varnothing\);
(iii) \(S \subseteq U \cup V\), başka bir ifadeyle \((U \cap S) \cup (V \cap S) = S\).
\(S\) bağlantısız değilse \(S\)’ye bağlantılı küme denir.
Yani \(S\) bağlantısızsa \(U \cap S\) ve \(V \cap S\) kümeleri \(S\)’yi boş olmayan, ortak noktasız iki parçaya ayırır ve her parça bir açık kümenin \(S\) ile kesişimidir. Bağlantılı küme böyle bir ayrışmaya izin vermeyen, “tek parça” kümedir. İki gözlem işimizi kolaylaştırır:
- \(U \cap V = \varnothing\) olan açık kümeler bulunursa (ii) koşulu kendiliğinden sağlanır. Bağlantısızlığı gösterirken çoğu zaman böyle kümeler seçeceğiz.
- \(U\) ile \(V\)’nin \(S\)’nin dışında ortak noktaları olabilir; (ii) koşulu yalnız \(S\)’nin içinde ayrık olmalarını ister.
Örnek 5.7 (Tek Noktalı Küme Bağlantılıdır) \(a \in \mathbb{R}^n\) için \(S = \{a\}\) kümesinin bağlantılı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(S\)’nin bağlantısız olduğunu, yani (i)–(iii) koşullarını sağlayan \(U, V\) açık kümeleri bulunduğunu varsayalım. (i) gereği \(U \cap \{a\} \ne \varnothing\), yani \(a \in U\); yine (i) gereği \(V \cap \{a\} \ne \varnothing\), yani \(a \in V\). O zaman \(a \in (U \cap S) \cap (V \cap S)\) olur ve bu (ii) ile çelişir. Böyle \(U, V\) kümeleri yoktur; \(\{a\}\) bağlantılıdır. \(\blacksquare\)
Boş küme de bağlantılıdır: \(U \cap \varnothing = \varnothing\) olduğundan (i) koşulu hiçbir \(U\) için sağlanamaz. Bu iki örnek birlikte şunu söyler: bağlantısız bir kümenin en az iki elemanı vardır. Nitekim (i) ve (ii) koşulları, \(U \cap S\) ve \(V \cap S\) parçalarından seçilen iki noktanın farklı olmasını gerektirir.
Örnek 5.8 (Rasyonel Sayılar Bağlantısızdır) \(\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R}\) kümesinin bağlantısız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(U = (-\infty, \sqrt{2})\) ve \(V = (\sqrt{2}, +\infty)\) alalım. İkisi de \(\mathbb{R}\)’de açıktır: \(x < \sqrt{2}\) ise \(\varepsilon = \sqrt{2} - x\) için \(B(x, \varepsilon) = (2x - \sqrt{2}, \sqrt{2}) \subseteq U\) olur; \(x > \sqrt{2}\) ise \(\varepsilon = x - \sqrt{2}\) için \(B(x, \varepsilon) = (\sqrt{2}, 2x - \sqrt{2}) \subseteq V\) olur. Koşulları denetleyelim.
(i) \(0 \in U \cap \mathbb{Q}\) ve \(2 \in V \cap \mathbb{Q}\).
(ii) \(U \cap V = \varnothing\) olduğundan (ii) sağlanır.
(iii) \(\sqrt{2}\) rasyonel olmadığından (bkz. Analiz 1) her rasyonel sayı ya \(\sqrt{2}\)’den küçük ya da \(\sqrt{2}\)’den büyüktür; \(\mathbb{Q} \subseteq U \cup V\).
Üç koşul sağlandığından \(\mathbb{Q}\) bağlantısızdır. Rasyonel sayılar sayı doğrusunun her yerine sokulduğu hâlde, bir irrasyonel sayının açtığı “delik” boyunca iki parçaya ayrılırlar. \(\blacksquare\)
Örnek 5.9 (Tam Sayılar Bağlantısızdır) \(\mathbb{Z} \subseteq \mathbb{R}\) kümesinin bağlantısız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(U = \left( -\infty, \dfrac{1}{2} \right)\) ve \(V = \left( \dfrac{1}{2}, +\infty \right)\) alalım. İkisi de açıktır: \(x < \dfrac{1}{2}\) ise \(B\left(x, \dfrac{1}{2} - x\right) \subseteq U\), \(x > \dfrac{1}{2}\) ise \(B\left(x, x - \dfrac{1}{2}\right) \subseteq V\) olur.
(i) \(0 \in U \cap \mathbb{Z}\) ve \(1 \in V \cap \mathbb{Z}\).
(ii) \(U \cap V = \varnothing\).
(iii) \(\dfrac{1}{2}\) bir tam sayı olmadığından her tam sayı \(U\) ya da \(V\)’dedir; \(\mathbb{Z} \subseteq U \cup V\).
\(\mathbb{Z}\) bağlantısızdır. Aynı yöntem, iki elemanı arasında kendisine ait olmayan bir sayı bulunan her \(S \subseteq \mathbb{R}\) kümesine uygulanır (Alıştırma 5.7). \(\blacksquare\)
Örnek 5.10 (İki Üçgenden Oluşan Küme) \[A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : -1 \le x \le 1,\ -|x| < y < |x|\}\]
kümesinin \(\mathbb{R}^2\)’de bağlantısız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(-|x| < y < |x|\) koşulu \(|x| > 0\), yani \(x \ne 0\) olmasını gerektirir. \(A\), orijinde birbirine değen ama orijini içermeyen iki üçgenden oluşur. Bu iki parçayı ayıran açık kümeler sol ve sağ yarı düzlemlerdir:
\[U = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x < 0\},\]
\[V = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x > 0\}.\]
\(U\) ve \(V\) açıktır. \(p = (x, y) \in U\) olsun ve \(\varepsilon = -x > 0\) alalım. \(q = (x', y') \in B(p, \varepsilon)\) ise \((x' - x)^2 \le (x' - x)^2 + (y' - y)^2\) olduğundan
\[|x' - x| \le \|q - p\| < -x\]
olur; buradan \(x' < x + (-x) = 0\), yani \(q \in U\) çıkar. Demek ki \(B(p, \varepsilon) \subseteq U\) ve \(U\) açıktır. \(p = (x, y) \in V\) için \(\varepsilon = x > 0\) alınırsa aynı biçimde \(|x' - x| < x\) eşitsizliğinden \(x' > 0\) çıkar; \(V\) de açıktır.
Koşullar. Şimdi üç koşulu denetleyelim.
(i) \(\left( -\frac{1}{2}, 0 \right) \in A \cap U\) ve \(\left( \frac{1}{2}, 0 \right) \in A \cap V\), çünkü \(\left| \pm\frac{1}{2} \right| = \frac{1}{2}\) ve \(-\frac{1}{2} < 0 < \frac{1}{2}\)’dir.
(ii) \(U \cap V = \varnothing\).
(iii) \(A\)’nın her noktasında \(x \ne 0\) olduğundan \(x < 0\) ya da \(x > 0\)’dır; \(A \subseteq U \cup V\).
Üç koşul sağlandığından \(A\) bağlantısızdır.
İki üçgen orijinde birbirine “değer” gibi görünse de orijin kümeye ait değildir; parçaları birleştiren bir nokta olmadığı için küme iki parçaya ayrılır. \(\blacksquare\)
5.5 Aralıklar ve Konveks Kümeler
Bağlantılı kümelerin temel örnekleri \(\mathbb{R}\)’deki aralıklardır. Önce bunu ispatlıyor, sonra doğru parçaları yardımıyla sonucu \(\mathbb{R}^n\)’deki konveks kümelere taşıyoruz.
\(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan bir \(C\) alt kümesi, \(x, y \in C\) ve \(x < z < y\) olduğunda \(z \in C\) oluyorsa bir aralıktır (bkz. Analiz 1). Sınırlı ya da sınırsız; açık, kapalı ya da yarı açık bütün aralıklar bu tanıma uyar ve ispatta aralıkların yalnız bu özelliğini kullanacağız.
Teorem 5.6 (Aralıklar Bağlantılıdır) \(\mathbb{R}\)’de her aralık bağlantılıdır. Özel olarak \(\mathbb{R}\) bağlantılıdır.
İspat
\(C \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık olsun ve bağlantısız olduğunu varsayalım: (i)–(iii) koşullarını sağlayan \(U, V \subseteq \mathbb{R}\) açık kümeleri vardır. \(x_1 \in U \cap C\) ve \(x_2 \in V \cap C\) seçelim. \(x_1 = x_2\) olsaydı bu nokta \((U \cap C) \cap (V \cap C)\) kümesinde olurdu; (ii) gereği \(x_1 \ne x_2\)’dir. Gerekirse \(U\) ile \(V\)’nin adlarını değiştirerek \(x_1 < x_2\) varsayabiliriz. \(C\) bir aralık olduğundan \([x_1, x_2] \subseteq C\)’dir.
\[T = U \cap [x_1, x_2]\]
kümesini ele alalım. \(x_1 \in T\) olduğundan \(T \ne \varnothing\)’dir ve \(x_2\), \(T\)’nin bir üst sınırıdır. Tamlık aksiyomu gereği (bkz. Analiz 1) \(\alpha = \sup T\) vardır ve \(x_1 \le \alpha \le x_2\)’dir. O hâlde \(\alpha \in [x_1, x_2] \subseteq C \subseteq U \cup V\) olur. İki durum vardır.
Durum 1: \(\alpha \in U\). \(\alpha \in U \cap C\) olduğundan (ii) gereği \(\alpha \notin V\)’dir. \(x_2 \in V\) olduğundan \(\alpha \ne x_2\), yani \(\alpha < x_2\)’dir. \(U\) açık olduğundan \((\alpha - \delta, \alpha + \delta) \subseteq U\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır.
\[t = \alpha + \frac{1}{2}\min\{\delta,\ x_2 - \alpha\}\]
alalım. \(\alpha < t < \alpha + \delta\) olduğundan \(t \in U\); \(x_1 \le \alpha < t < x_2\) olduğundan \(t \in [x_1, x_2]\)’dir. Demek ki \(t \in T\) ve \(t > \alpha\). Bu, \(\alpha\)’nın \(T\)’nin bir üst sınırı olmasıyla çelişir.
Durum 2: \(\alpha \in V\). \(V\) açık olduğundan \((\alpha - \delta, \alpha + \delta) \subseteq V\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır. Supremum için epsilon ölçütü gereği (bkz. Analiz 1) \(\alpha - \delta < t \le \alpha\) olan bir \(t \in T\) vardır. Bu \(t\) için \(t \in (\alpha - \delta, \alpha + \delta) \subseteq V\) olur; ayrıca \(t \in T\) olduğundan \(t \in U\) ve \(t \in [x_1, x_2] \subseteq C\)’dir. O hâlde \(t \in (U \cap C) \cap (V \cap C)\) olur ve bu (ii) ile çelişir.
İki durum da çelişki verdiğinden varsayımımız yanlıştır; \(C\) bağlantılıdır. \(\mathbb{R}\)’nin kendisi de bir aralık olduğundan bağlantılıdır. \(\blacksquare\)
\(\mathbb{R}\)’nin bağlantılı olması, Analiz 1’de gördüğümüz “\(\mathbb{R}\)’nin hem açık hem kapalı alt kümeleri yalnız \(\varnothing\) ve \(\mathbb{R}\)’dir” sonucunun başka bir ifadesidir (bkz. Analiz 1). Tersine, \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan her bağlantılı alt kümesi bir aralıktır (Alıştırma 5.7); \(\mathbb{Q}\) ve \(\mathbb{Z}\) bu yüzden bağlantısızdı.
\(\mathbb{R}^n\)’de aralığın rolünü doğru parçası üstlenir. \(x, y \in \mathbb{R}^n\) için \(p(t) = tx + (1 - t)y\) yazarsak \(p(1) = x\), \(p(0) = y\) olur ve \(t\) sayısı \([0, 1]\) aralığını taradığında \(p(t)\) noktası \(x\) ile \(y\)’yi birleştiren doğru parçasını tarar (Tanım 2.4). Konveks bir kümede bu doğru parçası kümenin içinde kalır (Tanım 2.5). Aşağıdaki ispat, konveks bir kümenin olası bir ayrışmasını bu doğru parçası üzerinden \([0, 1]\) aralığına taşır.
Teorem 5.7 (Konveks Kümeler Bağlantılıdır) \(\mathbb{R}^n\)’de her konveks küme bağlantılıdır.
İspat
\(C \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks bir küme olsun ve bağlantısız olduğunu varsayalım: (i)–(iii) koşullarını sağlayan \(U, V \subseteq \mathbb{R}^n\) açık kümeleri vardır. \(x \in U \cap C\) ve \(y \in V \cap C\) seçelim. (ii) gereği \(x \ne y\)’dir. Her \(t \in \mathbb{R}\) için \(p(t) = tx + (1 - t)y\) diyelim.
Adım 1: Doğru üzerindeki izler açıktır. \(W \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme olsun ve
\[T_W = \{t \in \mathbb{R} : p(t) \in W\}\]
diyelim. \(T_W\)’nin \(\mathbb{R}\)’de açık olduğunu gösterelim. \(t_0 \in T_W\) olsun. \(p(t_0) \in W\) ve \(W\) açık olduğundan \(B(p(t_0), \varepsilon_0) \subseteq W\) olacak biçimde bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır. \(x \ne y\) olduğundan \(\|x - y\| > 0\)’dır; \(\delta = \dfrac{\varepsilon_0}{\|x - y\|} > 0\) alalım. \(|t - t_0| < \delta\) ise
\[ \begin{aligned} \|p(t) - p(t_0)\| &= \|(t - t_0)x - (t - t_0)y\| \\[1mm] &= |t - t_0|\,\|x - y\| < \delta\,\|x - y\| = \varepsilon_0 \end{aligned} \]
olur; yani \(p(t) \in B(p(t_0), \varepsilon_0) \subseteq W\) ve \(t \in T_W\). Demek ki \((t_0 - \delta, t_0 + \delta) \subseteq T_W\) ve \(T_W\) açıktır.
Adım 2: \([0, 1]\) aralığı ayrışır. \(I = T_U\) ve \(J = T_V\) olsun; Adım 1 gereği ikisi de \(\mathbb{R}\)’de açıktır. Bu iki kümenin \([0, 1]\) aralığı için (i)–(iii) koşullarını sağladığını gösterelim.
(i) \(p(1) = x \in U\) olduğundan \(1 \in I \cap [0, 1]\); \(p(0) = y \in V\) olduğundan \(0 \in J \cap [0, 1]\).
(ii) Bir \(t \in [0, 1]\) hem \(I\)’da hem \(J\)’de olsaydı \(C\) konveks olduğundan \(p(t) \in C\), ayrıca \(p(t) \in U\) ve \(p(t) \in V\) olurdu. Bu, \(C\) için (ii) koşuluyla, yani \((U \cap C) \cap (V \cap C) = \varnothing\) eşitliğiyle çelişir. Demek ki \(I \cap [0, 1]\) ile \(J \cap [0, 1]\) ayrıktır.
(iii) \(t \in [0, 1]\) ise \(p(t) \in C \subseteq U \cup V\) olduğundan \(t \in I \cup J\)’dir; \([0, 1] \subseteq I \cup J\).
Adım 3: Çelişki. Adım 2’ye göre \([0, 1]\) aralığı bağlantısızdır. Bu, Teorem 5.6 ile çelişir. Varsayımımız yanlıştır; \(C\) bağlantılıdır. \(\blacksquare\)
Konveks olduğunu bildiğimiz kümeler bu teoremle hemen bağlantılı çıkar.
Sonuç 5.2 (Yuvarlar ve n-Hücreler Bağlantılıdır) \(\mathbb{R}^n\) uzayı, her açık ya da kapalı yuvar ve her açık ya da kapalı \(n\)-hücre bağlantılıdır.
İspat
Teorem 5.7 gereği bu kümelerin konveks olduğunu göstermek yeter. \(x\), \(y\) kümenin iki noktası ve \(t \in [0, 1]\) olsun.
\(\mathbb{R}^n\). \(tx + (1 - t)y\) noktası \(\mathbb{R}^n\)’dedir; \(\mathbb{R}^n\) konvekstir.
Yuvarlar. Yuvarların konveks olduğunu Teorem 2.2 teoreminde görmüştük; hesabı kısaca hatırlayalım. \(x, y \in B[x_0, r]\) olsun. \(x_0 = tx_0 + (1 - t)x_0\) yazıp üçgen eşitsizliğini kullanırsak
\[ \begin{aligned} \|tx + (1 - t)y - x_0\| &= \|t(x - x_0) + (1 - t)(y - x_0)\| \\[1mm] &\le t\,\|x - x_0\| + (1 - t)\,\|y - x_0\| \\[1mm] &\le tr + (1 - t)r = r \end{aligned} \]
bulunur; yani \(tx + (1 - t)y \in B[x_0, r]\). \(x, y \in B(x_0, r)\) ise son eşitsizlik kesindir: \(t > 0\) ise \(t\,\|x - x_0\| < tr\), \(t < 1\) ise \((1 - t)\,\|y - x_0\| < (1 - t)r\) olur ve bu iki durumdan en az biri geçerlidir. Böylece \(tx + (1 - t)y \in B(x_0, r)\).
\(n\)-hücreler. \(J = [c_1, d_1] \times \dots \times [c_n, d_n]\) bir kapalı \(n\)-hücre ve \(x, y \in J\) olsun. Her \(i\) için \(c_i \le x_i \le d_i\) ve \(c_i \le y_i \le d_i\) olduğundan
\[ \begin{aligned} c_i = tc_i + (1 - t)c_i &\le tx_i + (1 - t)y_i \\[1mm] &\le td_i + (1 - t)d_i = d_i \end{aligned} \]
olur; yani \(tx + (1 - t)y \in J\). Açık \(n\)-hücrede \(c_i < x_i < d_i\) ve \(c_i < y_i < d_i\) olduğundan, yuvardaki gerekçeyle aynı eşitsizlikler kesin olur. \(\blacksquare\)
Teoremin tersi doğru değildir: bağlantılı her küme konveks değildir. Örnek 5.10 kümesi bağlantısız olduğundan, teoremin karşıt tersi gereği konveks de değildir; öte yandan konveks olmayan bağlantılı kümeler de vardır (Alıştırma 5.9).
5.6 Bölge
Türev ve ekstremum konularında fonksiyonları çoğu zaman hem her noktasının çevresinde hareket alanı bulunan hem de tek parça olan kümeler üzerinde inceleyeceğiz. Bu iki özelliği birleştiren kavrama bölge denir.
Tanım 5.4 (Bölge) \(\mathbb{R}^n\)’nin boş olmayan, açık ve bağlantılı bir alt kümesine bölge denir.
Yani bir bölgenin her noktasının bir yuvarı bölgenin içinde kalır (açıklık) ve bölge iki açık parçaya ayrılamaz (bağlantılılık). Sonuç 5.2, Teorem 3.3 (a) ve Teorem 3.1 gereği \(\mathbb{R}^n\) ve her açık yuvar birer bölgedir.
Bir kümenin bölge olmaması için koşullardan birinin bozulması yeter. \(B[x_0, r]\) kapalı yuvarı bağlantılıdır ama açık değildir: \(p = x_0 + r e_1\) noktası kümededir, oysa her \(\varepsilon > 0\) için \(q = x_0 + \left( r + \frac{\varepsilon}{2} \right) e_1\) noktası \(B(p, \varepsilon)\) içindedir ve \(\|q - x_0\| > r\) olduğundan kümenin dışındadır. İki ayrık açık yuvarın birleşimi, örneğin \(B((-2, 0), 1) \cup B((2, 0), 1)\), açıktır (Teorem 3.3) ama bağlantısızdır: yuvarların kendileri \(U\) ve \(V\) olarak alınabilir. Bu yuvarlar ayrıktır, çünkü birincisinin noktalarında \(x < -1\), ikincisinin noktalarında \(x > 1\)’dir.
Örnek 5.11 (Üst Yarı Düzlem Bir Bölgedir) \(H = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : y > 0\}\) kümesinin bir bölge olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Boş değildir. \((0, 1) \in H\).
Açıktır. \(p = (x, y) \in H\) için \(\varepsilon = y > 0\) alalım. \(q = (x', y') \in B(p, \varepsilon)\) ise \(|y' - y| \le \|q - p\| < y\) olduğundan \(y' > 0\), yani \(q \in H\) olur. Demek ki \(B(p, \varepsilon) \subseteq H\).
Bağlantılıdır. \(H\) konvekstir: \((x_1, y_1), (x_2, y_2) \in H\) ve \(t \in [0, 1]\) ise \(t(x_1, y_1) + (1 - t)(x_2, y_2)\) noktasının ikinci bileşeni \(ty_1 + (1 - t)y_2\) olur. İki terim de negatif değildir ve \(t\) ile \(1 - t\) sayılarından en az biri pozitif olduğundan terimlerden en az biri pozitiftir. Demek ki \(ty_1 + (1 - t)y_2 > 0\) ve nokta \(H\)’dedir. Teorem 5.7 gereği \(H\) bağlantılıdır.
Üç koşul sağlandığından \(H\) bir bölgedir. \(\blacksquare\)
5.7 Alıştırmalar
Alıştırma 5.1 (Açık Yuvar Kompakt Değildir) \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) olsun. \(B(x_0, r)\) açık yuvarının kompakt olmadığını, sonlu alt örtüsü olmayan bir açık örtü bularak gösteriniz.
Çözüm
\(k \ge 2\) doğal sayıları için
\[G_k = B\left( x_0,\ r\left( 1 - \frac{1}{k} \right) \right)\]
olsun; yarıçaplar pozitiftir ve her \(G_k\) açıktır (Teorem 3.1).
Açık örtüdür. \(y \in B(x_0, r)\) olsun ve \(d = \|y - x_0\|\) diyelim; \(0 \le d < r\)’dir. Arşimet özelliği gereği \(k > \dfrac{r}{r - d}\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır. \(\dfrac{r}{r - d} \ge 1\) olduğundan \(k \ge 2\)’dir. Bu \(k\) için \(\dfrac{r}{k} < r - d\), yani \(d < r\left( 1 - \dfrac{1}{k} \right)\) ve \(y \in G_k\) olur.
Sonlu alt örtüsü yoktur. \(G_{k_1}, \dots, G_{k_m}\) seçilsin ve \(N = \max\{k_1, \dots, k_m\}\) olsun. Yarıçap \(k\) ile arttığından her \(G_{k_j} \subseteq G_N\) olur ve birleşim \(G_N\)’dir. \(z = x_0 + r\left( 1 - \dfrac{1}{N} \right) e_1\) noktası için
\[\|z - x_0\| = r\left( 1 - \frac{1}{N} \right) < r\]
olduğundan \(z \in B(x_0, r)\)’dir; ama \(z\)’nin \(x_0\)’a uzaklığı \(G_N\)’nin yarıçapına eşit olduğundan \(z \notin G_N\). Hiçbir sonlu alt aile \(B(x_0, r)\)’yi örtmez; yuvar kompakt değildir.
Sonuç Heine–Borel teoremiyle uyumludur: açık yuvar sınırlıdır ama kapalı değildir. \(n = 1\), \(x_0 = \frac{1}{2}\), \(r = \frac{1}{2}\) alınırsa \(B(x_0, r) = (0, 1)\) olur ve Örnek 5.3 sonucu yeniden elde edilir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.2 (Yarı Açık Aralık Kompakt Değildir) \(a < b\) olsun. \(\mathbb{R}\)’de \((a, b]\) aralığının kompakt olmadığını tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(k \in \mathbb{N}\) için
\[G_k = \left( a + \frac{b - a}{k},\ b + 1 \right)\]
açık aralıklarını alalım; her biri \(\mathbb{R}\)’de bir açık yuvardır.
Açık örtüdür. \(x \in (a, b]\) ise \(x - a > 0\)’dır. Arşimet özelliği gereği \(k > \dfrac{b - a}{x - a}\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(k\) için \(a + \dfrac{b - a}{k} < x \le b < b + 1\), yani \(x \in G_k\) olur.
Sonlu alt örtüsü yoktur. \(G_{k_1}, \dots, G_{k_m}\) seçilsin ve \(N = \max\{k_1, \dots, k_m\}\) olsun. Sol uç noktalar \(k\) büyüdükçe küçüldüğünden her \(G_{k_j} \subseteq G_N\) olur ve birleşim \(G_N\)’dir. \(c = a + \dfrac{b - a}{N}\) noktası için \(N \ge 1\) olduğundan \(a < c \le b\), yani \(c \in (a, b]\) olur; ama \(c\), açık \(G_N\) aralığının sol ucu olduğundan \(c \notin G_N\). Sonlu alt örtü yoktur; \((a, b]\) kompakt değildir.
Heine–Borel teoremi açısından bakarsak: \((a, b]\) sınırlıdır ama kapalı değildir. Kümeye ait olmayan \(a\) noktası bir yığılma noktasıdır, çünkü her \(\varepsilon > 0\) için \(a + \frac{1}{2}\min\{\varepsilon, b - a\}\) noktası \((a, b]\)’dedir ve \(a\)’dan farklı olup \(a\)’ya uzaklığı \(\varepsilon\)’dan küçüktür (Teorem 3.7). \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.3 (Kapalı Halka Kompakttır) \(H = \{x \in \mathbb{R}^n : 1 \le \|x\| \le 2\}\) kümesinin kompakt olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sınırlılık. Her \(x \in H\) için \(\|x\| \le 2\) olduğundan \(H \subseteq B[0, 2]\); \(H\) sınırlıdır.
Kapalılık. \(H\) iki kümenin kesişimi olarak yazılır:
\[H = B[0, 2] \cap \big( \mathbb{R}^n \setminus B(0, 1) \big).\]
Gerçekten \(x\)’in sağdaki kümede olması, hem \(\|x\| \le 2\) hem de \(\|x\| \ge 1\) olması demektir. \(B[0, 2]\) kapalıdır. \(B(0, 1)\) açık olduğundan (Teorem 3.1) tümleyeni kapalıdır (Tanım 3.3). Kapalı kümelerin kesişimi kapalı olduğundan (Teorem 3.4) \(H\) kapalıdır.
Karar. \(H\) kapalı ve sınırlı olduğundan Teorem 5.5 gereği kompakttır.
Aynı yazılışla, \(S(0, r)\) yuvar yüzeyi de \(B[0, r]\) ile \(\mathbb{R}^n \setminus B(0, r)\) kümelerinin kesişimi olduğundan kompakttır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.4 (Delinmiş Kapalı Disk) \(D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 0 < x^2 + y^2 \le 1\}\) kümesinin kompakt olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Sınırlıdır. Her \(p \in D\) için \(\|p\| \le 1\) olduğundan \(D \subseteq B[0, 1]\).
Kapalı değildir. Orijin \(0 = (0, 0)\) kümeye ait değildir, ama \(D\)’nin bir yığılma noktasıdır. Gerçekten \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(s = \frac{1}{2}\min\{\varepsilon, 1\}\) olmak üzere \(p = (s, 0)\) alalım. \(0 < s^2 \le \frac{1}{4}\) olduğundan \(p \in D\); ayrıca \(p \ne 0\) ve \(\|p - 0\| = s < \varepsilon\)’dur. Yani \(B(0, \varepsilon) \setminus \{0\}\) kümesi \(D\)’den bir nokta içerir (Tanım 3.4). Kapalı bir küme bütün yığılma noktalarını içerdiğinden (Teorem 3.7) \(D\) kapalı değildir.
Karar. Sonuç 5.1 gereği \(D\) kompakt değildir. Sınırlı olmak yetmez; orijindeki tek bir “delik” kompaktlığı bozar. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.5 (Hiperbol Kompakt Değildir) \(E = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : xy = 1\}\) kümesinin kompakt olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(E\)’nin sınırlı olmadığını gösterelim. \(r > 0\) verilsin. Arşimet özelliği gereği \(k > r\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır. \(p = \left( k, \dfrac{1}{k} \right)\) noktası için \(k \cdot \dfrac{1}{k} = 1\) olduğundan \(p \in E\)’dir ve
\[\|p\| = \sqrt{k^2 + \frac{1}{k^2}} \ge k > r\]
olur. Demek ki hiçbir \(B[0, r]\) yuvarı \(E\)’yi kapsamaz; \(E\) sınırlı değildir ve Sonuç 5.1 gereği kompakt değildir.
\(E\) aslında kapalı bir kümedir; bunu sürekli fonksiyonların ters görüntüleriyle göreceğiz (Sonuç 11.2). Demek ki kapalılık tek başına kompaktlık için yetmez, sınırlılık da gereklidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.6 (Kompakt Kümelerin Birleşimi) \(K_1, K_2 \subseteq \mathbb{R}^n\) kompakt kümeler ise \(K_1 \cup K_2\) kümesinin kompakt olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(\{G_\alpha\}_{\alpha \in \Lambda}\), \(K_1 \cup K_2\)’nin keyfi bir açık örtüsü olsun. \(K_1 \subseteq K_1 \cup K_2\) olduğundan bu aile \(K_1\)’in de açık örtüsüdür. \(K_1\) kompakt olduğundan öyle \(\alpha_1, \dots, \alpha_p \in \Lambda\) vardır ki \(K_1 \subseteq G_{\alpha_1} \cup \dots \cup G_{\alpha_p}\) olur. Aynı gerekçeyle, \(K_2\) kompakt olduğundan öyle \(\beta_1, \dots, \beta_q \in \Lambda\) vardır ki \(K_2 \subseteq G_{\beta_1} \cup \dots \cup G_{\beta_q}\) olur. İki sonlu ailenin birleşimi sonludur ve
\[K_1 \cup K_2 \subseteq G_{\alpha_1} \cup \dots \cup G_{\alpha_p} \cup G_{\beta_1} \cup \dots \cup G_{\beta_q}\]
olur. Örtü keyfi olduğundan \(K_1 \cup K_2\) kompakttır. Tümevarımla, sonlu tane kompakt kümenin birleşiminin de kompakt olduğu çıkar.
Sonsuz birleşimlerde sonuç yanlıştır: her \(\{k e_1\}\) tek noktalı kümesi kompakttır (Önerme 5.1), ama \(\|k e_1\| = k\) olduğundan birleşimleri olan \(\{k e_1 : k \in \mathbb{N}\}\) sınırlı değildir ve kompakt değildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.7 (Boşluklu Küme Bağlantısızdır) \(S \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(a, b \in S\) ve \(a < c < b\) olan ama \(S\)’ye ait olmayan bir \(c\) sayısı varsa \(S\)’nin bağlantısız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(U = (-\infty, c)\) ve \(V = (c, +\infty)\) alalım. Bunlar \(\mathbb{R}\)’de açıktır: \(x < c\) ise \(B(x, c - x) \subseteq U\), \(x > c\) ise \(B(x, x - c) \subseteq V\) olur.
(i) \(a \in U \cap S\) ve \(b \in V \cap S\).
(ii) \(U \cap V = \varnothing\).
(iii) \(c \notin S\) olduğundan \(S \subseteq \mathbb{R} \setminus \{c\} = U \cup V\).
Üç koşul sağlandığından \(S\) bağlantısızdır.
Buradan önemli bir sonuç çıkar. \(S \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bağlantılı bir küme olsun. \(x, y \in S\) ve \(x < z < y\) ise \(z \in S\) olmalıdır; yoksa az önce gösterdiğimiz gibi \(S\) bağlantısız olurdu. Bu, \(S\)’nin bir aralık olması demektir. Teorem 5.6 ile birlikte: \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan bağlantılı alt kümeleri tam olarak aralıklardır. \(\mathbb{Q}\) (\(c = \sqrt{2}\)) ve \(\mathbb{Z}\) (\(c = \frac{1}{2}\)) bu sonucun örnekleridir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.8 (Ortak Noktalı Bağlantılı Kümeler) \(A, B \subseteq \mathbb{R}^n\) bağlantılı kümeler ve \(A \cap B \ne \varnothing\) ise \(A \cup B\) kümesinin bağlantılı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(p \in A \cap B\) seçelim ve \(S = A \cup B\) diyelim. \(S\)’nin bağlantısız olduğunu varsayalım: (i)–(iii) koşullarını sağlayan \(U, V\) açık kümeleri vardır. \(p \in S \subseteq U \cup V\) olduğundan \(p\), \(U\) ya da \(V\)’dedir; gerekirse adlarını değiştirerek \(p \in U\) varsayalım.
\(C\), \(A\) ya da \(B\) kümelerinden biri olsun. \(V \cap C = \varnothing\) olduğunu gösterelim. \(V \cap C \ne \varnothing\) olsaydı \(U\) ve \(V\) açık kümeleri \(C\) için üç koşulu sağlardı:
(i) \(p \in U \cap C\) ve \(V \cap C \ne \varnothing\);
(ii) \(C \subseteq S\) olduğundan
\[(U \cap C) \cap (V \cap C) \subseteq (U \cap S) \cap (V \cap S) = \varnothing;\]
(iii) \(C \subseteq S \subseteq U \cup V\).
Bu, bağlantılı \(C\) kümesinin bağlantısız olması demek olurdu. Demek ki \(V \cap A = \varnothing\) ve \(V \cap B = \varnothing\). O zaman
\[V \cap S = (V \cap A) \cup (V \cap B) = \varnothing\]
olur ve bu, \(S\) için (i) koşuluyla çelişir. \(S = A \cup B\) bağlantılıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 5.9 (Konveks Olmayan Bağlantılı Küme) \[L = \big( [0, 2] \times [0, 1] \big) \cup \big( [0, 1] \times [0, 2] \big)\]
kümesinin \(\mathbb{R}^2\)’de bağlantılı olduğunu ama konveks olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Bağlantılıdır. \(L_1 = [0, 2] \times [0, 1]\) ve \(L_2 = [0, 1] \times [0, 2]\) kapalı 2-hücrelerdir; Sonuç 5.2 gereği ikisi de bağlantılıdır. \((0, 0) \in L_1 \cap L_2\) olduğundan Alıştırma 5.8 gereği \(L = L_1 \cup L_2\) bağlantılıdır.
Konveks değildir. \(p = (2, 1) \in L_1\) ve \(q = (1, 2) \in L_2\) noktalarını birleştiren doğru parçasının orta noktası \(\frac{1}{2}p + \frac{1}{2}q = \left( \frac{3}{2}, \frac{3}{2} \right)\) noktasıdır. Bu nokta \(L_1\)’de değildir, çünkü ikinci bileşeni \(1\)’den büyüktür; \(L_2\)’de de değildir, çünkü birinci bileşeni \(1\)’den büyüktür. Doğru parçası \(L\)’nin dışına çıktığından \(L\) konveks değildir.
Demek ki bağlantılılık konvekslikten gerçekten daha zayıf bir özelliktir. \(L\) ayrıca kompakttır: \(L_1\) ve \(L_2\) kompakt olduğundan (Teorem 5.4) Alıştırma 5.6 gereği birleşimleri de kompakttır. \(\blacksquare\)
Bu bölümde \(\mathbb{R}^n\)’nin iki önemli küme sınıfını tanıdık. Kompakt kümeler açık örtülerle tanımlanır, ama Heine–Borel teoremi sayesinde \(\mathbb{R}^n\)’de tam olarak kapalı ve sınırlı kümelerdir. Bağlantılı kümeler iki açık kümeyle parçalanamayan kümelerdir ve her konveks küme bu türdendir. İki kavram, sürekli fonksiyonların en büyük ve en küçük değerini alması ve ara değer özelliği gibi sonuçların çok boyutlu karşılıklarının temelini oluşturacak. Kompaktlığı dizilerle ifade etmeden önce \(\mathbb{R}^n\)’de dizileri ve yakınsaklığı tanımlamamız gerekiyor: ℝⁿ’de Diziler ve Yakınsaklık.