5 Ölçülemez Kümeler ve Vitali Kümesi
Şimdiye kadar ölçülebilir kümelerin ne kadar zengin bir aile oluşturduğunu gördük: aralıklar, açık ve kapalı kümeler, bütün Borel kümeleri ölçülebilirdir. Doğal soru şudur: ölçülemez bir küme var mıdır? Yanıt hiç de açık değildir.
Bir uçta durum nettir: dış ölçüsü sıfır olan bir kümenin her alt kümesinin de dış ölçüsü sıfırdır, dolayısıyla Teorem 1.4 gereği her alt kümesi ölçülebilirdir. Bu bölümde öbür ucun tam tersine davrandığını göstereceğiz: dış ölçüsü pozitif olan her kümenin ölçülemez bir alt kümesi vardır.
5.1 Rasyonel Denklik ve Seçme Kümeleri
Ölçülemez kümeyi kurmak için reel sayıları, aralarındaki farkın rasyonel olup olmamasına göre gruplara ayıracağız.
Tanım 5.1 (Rasyonel Denklik) \(E \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun. \(x, y \in E\) için \(x - y \in \mathbb{Q}\) ise \(x\) ile \(y\)’ye rasyonel denk denir ve \(x \sim y\) yazılır. Bu bağıntıya \(E\) üzerindeki rasyonel denklik (rational equivalence) bağıntısı denir.
Yani iki nokta, biri ötekinden rasyonel bir öteleme ile elde edilebiliyorsa denktir. Bu bağıntı yansımalı (\(x - x = 0\)), simetrik (\(x - y \in \mathbb{Q} \Rightarrow y - x \in \mathbb{Q}\)) ve geçişlidir (iki rasyonelin toplamı rasyoneldir); dolayısıyla bir denklik bağıntısıdır ve \(E\)’yi ayrık denklik sınıflarına ayırır. \(x \in E\)’nin sınıfı \(E \cap (x + \mathbb{Q})\) kümesidir.
Örnek 5.1 (Reel Doğrudaki Denklik Sınıfları) \(\mathbb{R}\) üzerindeki rasyonel denklik bağıntısının sınıflarını betimleyin ve sınıf sayısının sayılamaz olduğunu gösterin.
Çözüm
\(x \in \mathbb{R}\)’nin sınıfı \(x + \mathbb{Q} = \{x + q : q \in \mathbb{Q}\}\) kümesidir. Örneğin \(0\)’ın sınıfı \(\mathbb{Q}\)’nun kendisi, \(\sqrt{2}\)’nin sınıfı \(\sqrt{2} + \mathbb{Q}\)’dur ve bu iki sınıf ayrıktır.
Her sınıf, \(q \mapsto x + q\) eşlemesiyle \(\mathbb{Q}\) ile birebir eşlendiğinden sayılabilirdir. Sınıflar sayılabilir çoklukta olsaydı \(\mathbb{R}\) sayılabilir çoklukta sayılabilir kümenin birleşimi, yani sayılabilir olurdu (bkz. Analiz 1: Sayılabilir Kümeler). Bu, \(\mathbb{R}\)’nin sayılamaz olmasıyla çelişir; o hâlde sınıflar sayılamaz çokluktadır.
\(\blacksquare\)
Sayılamaz çoklukta sınıfın her birinden birer eleman seçmek için somut bir kural yoktur; bu seçimi seçme aksiyomu garanti eder.
Tanım 5.2 (Seçme Aksiyomu) Boş olmayan kümelerden oluşan her \(\{A_i\}_{i \in I}\) ailesi için, her \(i \in I\)’ya \(A_i\)’nin bir elemanını karşılık getiren bir \(f\) fonksiyonu vardır: her \(i\) için \(f(i) \in A_i\). Bu ilkeye seçme aksiyomu (axiom of choice) denir.
Yani ailenin her kümesinden aynı anda birer eleman seçilebilir; aile sonsuz, hatta sayılamaz olsa bile.
Tanım 5.3 (Seçme Kümesi) \(E \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun. Rasyonel denkliğin her denklik sınıfından tam olarak bir eleman içeren \(\mathcal{C}_E \subseteq E\) kümesine, \(E\) üzerindeki rasyonel denklik için bir seçme kümesi (choice set) denir.
Yani \(\mathcal{C}_E\)’nin farklı iki elemanı hiçbir zaman rasyonel denk değildir ve \(E\)’nin her noktası \(\mathcal{C}_E\)’nin bir elemanına rasyonel denktir. Seçme aksiyomunu sınıflar ailesine uygulamak, böyle bir kümenin var olduğunu verir.
Tanım 5.4 (Vitali Kümesi) \([0,1]\) üzerindeki rasyonel denklik için bir seçme kümesine Vitali kümesi denir.
Yani Vitali kümesi, \([0,1]\)’deki her “rasyonel öteleme sınıfının” tek bir temsilcisidir. Aşağıda göreceğimiz gibi, bu küme ölçülemezdir.
Seçme kümesinin iki temel özelliği, ölçülemezlik ispatının iskeletini oluşturur:
Önerme 5.1 (Seçme Kümesinin Rasyonel Ötelemeleri) \(\mathcal{C}_E\), \(E\) üzerindeki rasyonel denklik için bir seçme kümesi olsun. O zaman
- \(\{\mathcal{C}_E + q\}_{q \in \mathbb{Q}}\) ailesi sayılabilir ve ayrıktır,
- \(E \subseteq \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} (\mathcal{C}_E + q)\).
İspat
(1) Aile \(\mathbb{Q}\) ile indislendiğinden sayılabilirdir. \(q \neq q'\) iken bir \(x\) hem \(\mathcal{C}_E + q\) hem \(\mathcal{C}_E + q'\) içinde olsun: \(x = c + q = c' + q'\), \(c, c' \in \mathcal{C}_E\). O zaman \(c - c' = q' - q \in \mathbb{Q}\), yani \(c \sim c'\). Seçme kümesi her sınıftan tek eleman içerdiğinden \(c = c'\), buradan \(q = q'\) çıkar; çelişki.
(2) \(x \in E\) ise \(x\) bir \(c \in \mathcal{C}_E\)’ye rasyonel denktir: \(q = x - c \in \mathbb{Q}\) ve \(x = c + q \in \mathcal{C}_E + q\). \(\blacksquare\)
5.2 Vitali Teoremi
Ölçülemezlik ispatının anahtarı şu gözlemdir: sınırlı bir bölgeye sonsuz sayıda ayrık ve birbirinin ötelemesi olan küme sığdırılabiliyorsa, bu kümelerin ölçüsü sıfır olmak zorundadır.
Lemma 5.1 (Vitali Lemması) \(E\) sınırlı ve ölçülebilir bir küme olsun. \(\{E + \lambda\}_{\lambda \in \Lambda}\) ailesi ayrık olacak biçimde sayılabilir sonsuz ve sınırlı bir \(\Lambda \subseteq \mathbb{R}\) kümesi varsa \(m(E) = 0\)’dır.
İspat
Her \(E + \lambda\) ölçülebilirdir (Teorem 2.5) ve öteleme dış ölçüyü korur (Teorem 1.2), dolayısıyla \(m(E + \lambda) = m(E)\).
\(E \subseteq [-a, a]\) ve \(\Lambda \subseteq [-b, b]\) olsun. O zaman \[ \bigcup_{\lambda \in \Lambda} (E + \lambda) \subseteq [-a-b,\; a+b] \] sınırlı ve ölçülebilir bir kümedir; ölçüsü en çok \(2(a+b)\)’dir. Aile ayrık ve sayılabilir olduğundan sayılabilir toplamsallık (Teorem 4.1) ile \[ \sum_{\lambda \in \Lambda} m(E) = m\Big(\bigcup_{\lambda \in \Lambda} (E + \lambda)\Big) \le 2(a+b) < \infty . \] Solda aynı \(m(E) \ge 0\) sayısı sonsuz kez toplanıyor. Bu toplam ancak \(m(E) = 0\) ise sonludur. \(\blacksquare\)
Teorem 5.1 (Vitali Teoremi) \(E \subseteq \mathbb{R}\) ve \(m^*(E) > 0\) ise \(E\) üzerindeki rasyonel denklik için her seçme kümesi ölçülemezdir. Özel olarak \(E\)’nin ölçülebilir olmayan bir alt kümesi vardır.
İspat
\(\mathcal{C}_E\) bir seçme kümesi olsun (seçme aksiyomu varlığını garanti eder). \(\mathcal{C}_E\)’nin ölçülebilir olduğunu varsayıp çelişki elde edeceğiz.
Adım 1: \(m(\mathcal{C}_E) = 0\). \(n \in \mathbb{N}\) için \(C_n = \mathcal{C}_E \cap [-n, n]\) kümesi, iki ölçülebilir kümenin kesişimi olarak ölçülebilir (Teorem 2.4) ve sınırlıdır. \(\Lambda = \mathbb{Q} \cap [0,1]\) sayılabilir sonsuz ve sınırlıdır. \(C_n \subseteq \mathcal{C}_E\) ve Önerme 5.1 gereği \(\{C_n + q\}_{q \in \Lambda}\) ailesi ayrıktır. Vitali Lemması (Lemma 5.1) ile \(m(C_n) = 0\). \(\mathcal{C}_E = \bigcup_{n} C_n\) olduğundan sayılabilir alt toplamsallık (Teorem 1.3) ile \[ m(\mathcal{C}_E) \le \sum_{n=1}^{\infty} m(C_n) = 0 . \]
Adım 2: Çelişki. Önerme 5.1 gereği \(E \subseteq \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} (\mathcal{C}_E + q)\). Dış ölçünün monotonluğu, sayılabilir alt toplamsallığı (Teorem 1.3; \(\mathbb{Q}\) sayılabilirdir) ve öteleme değişmezliği (Teorem 1.2) ile \[ 0 < m^*(E) \le \sum_{q \in \mathbb{Q}} m^*(\mathcal{C}_E + q) = \sum_{q \in \mathbb{Q}} m(\mathcal{C}_E) = 0 . \] Bu çelişki \(\mathcal{C}_E\)’nin ölçülemez olduğunu gösterir. \(\mathcal{C}_E \subseteq E\) olduğundan \(E\)’nin ölçülemez bir alt kümesi vardır. \(\blacksquare\)
Yani pozitif dış ölçülü her küme ölçülemez alt kümeler barındırır; özel olarak her Vitali kümesi ölçülemezdir. Sıfır dış ölçülü kümelerle birlikte düşünüldüğünde tablo tamamlanır: bir kümenin bütün alt kümelerinin ölçülebilir olması için gerek ve yeter koşul, dış ölçüsünün sıfır olmasıdır.
Ölçülemez kümelerin varlığı, dış ölçünün bütün kümeler üzerinde toplamsal olamayacağını da gösterir.
Sonuç 5.1 (Dış Ölçü Toplamsal Değildir) \(A \cap B = \varnothing\) ve \[ m^*(A \cup B) < m^*(A) + m^*(B) \] olacak biçimde \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) kümeleri vardır.
İspat
Aksini varsayalım: ayrık her \(A, B\) için \(m^*(A \cup B) = m^*(A) + m^*(B)\) olsun (sayılabilir alt toplamsallık “\(\le\)” yönünü her zaman verdiğinden, eşitsizliğin başarısız olması eşitlik demektir).
Rastgele bir \(E \subseteq \mathbb{R}\) alalım. Her \(A \subseteq \mathbb{R}\) için \(A \cap E\) ile \(A \cap E^c\) ayrıktır ve birleşimleri \(A\)’dır; varsayım gereği \[ m^*(A) = m^*(A \cap E) + m^*(A \cap E^c). \] Bu, \(E\)’nin Carathéodory koşulunu (Tanım 1.6) sağlaması demektir. O hâlde her küme ölçülebilir olur. Oysa Teorem 5.1 gereği \([0,1]\)’in (\(m^*([0,1]) = 1 > 0\)) ölçülemez bir alt kümesi vardır; çelişki. \(\blacksquare\)
Yani dış ölçü, ayrık kümelerde bile toplamsal olmayabilir; toplamsallığı ancak ölçülebilir kümelerle sınırladığımızda kazanırız. Carathéodory koşulu tam da bu toplamsallığı sağlayan kümeleri seçer.
5.3 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar rasyonel denklik bağıntısını ve seçme kümelerinin büyüklüğünü inceler.
Alıştırma 5.1 (Rasyonel Denklik Bir Denklik Bağıntısıdır) Boş olmayan her \(E \subseteq \mathbb{R}\) üzerinde rasyonel denkliğin bir denklik bağıntısı olduğunu gösterin.
Çözüm
\(x, y, z \in E\) olsun ve \(x \sim y \iff x - y \in \mathbb{Q}\) olduğunu hatırlayalım. Üç özelliği sırayla denetleyelim.
Yansıma. \(x - x = 0 \in \mathbb{Q}\), yani \(x \sim x\).
Simetri. \(x \sim y\) ise \(x - y = q \in \mathbb{Q}\); o zaman \(y - x = -q \in \mathbb{Q}\), yani \(y \sim x\).
Geçişme. \(x \sim y\) ve \(y \sim z\) ise \(x - y = q_1\) ve \(y - z = q_2\) rasyoneldir. \(\mathbb{Q}\) toplamaya göre kapalı olduğundan \[ x - z = (x - y) + (y - z) = q_1 + q_2 \in \mathbb{Q}, \] yani \(x \sim z\).
Üç özellik de sağlandığından rasyonel denklik \(E\) üzerinde bir denklik bağıntısıdır. İspatta \(E\)’nin hiçbir özelliği kullanılmadı; yalnız \(\mathbb{Q}\)’nun toplamsal bir grup olduğu kullanıldı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.2 (Rasyonel Sayılarda Seçme Kümesi) \(\mathbb{Q}\) üzerindeki rasyonel denklik için açık bir seçme kümesi bulun.
Çözüm
İki rasyonel sayının farkı her zaman rasyoneldir; dolayısıyla \(\mathbb{Q}\)’nun her iki elemanı rasyonel denktir. Yani \(\mathbb{Q}\) üzerinde bağıntının tek bir denklik sınıfı vardır: \(\mathbb{Q}\)’nun kendisi.
Seçme kümesi her sınıftan tam bir eleman içermelidir; tek sınıf olduğundan tek elemanlı her \(\{q_0\}\) (\(q_0 \in \mathbb{Q}\)) kümesi bir seçme kümesidir. Örneğin \[ \mathcal{C}_{\mathbb{Q}} = \{0\}. \] Bu küme tek nokta olduğundan dış ölçüsü sıfırdır ve ölçülebilirdir; bu, Teorem 5.1 ile çelişmez, çünkü \(m^*(\mathbb{Q}) = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.3 (İrrasyonel Sayılarda Seçme Kümesi) \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) üzerindeki rasyonel denklik sınıflarını betimleyin. \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) için her seçme kümesine \(0\) eklenince \(\mathbb{R}\) için bir seçme kümesi elde edildiğini ve bu yüzden \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) için her seçme kümesinin ölçülemez olduğunu gösterin.
Çözüm
Sınıflar. \(x\) irrasyonel olsun. \(q \in \mathbb{Q}\) için \(x + q\) de irrasyoneldir; aksi hâlde \(x = (x + q) - q\) rasyonel olurdu. Demek ki \(x + \mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) ve \(x\)’in \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) içindeki sınıfı \[ (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap (x + \mathbb{Q}) = x + \mathbb{Q} \] kümesinin tamamıdır. Böylece \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)’nun sınıfları, \(x\) irrasyonel olmak üzere \(x + \mathbb{Q}\) kümeleridir.
\(\mathbb{R}\) için seçme kümesi. \(\mathbb{R}\) üzerindeki sınıflar \(x + \mathbb{Q}\) (\(x \in \mathbb{R}\)) kümeleridir. \(x\) rasyonelse \(x + \mathbb{Q} = \mathbb{Q}\) olur; \(x\) irrasyonelse sınıf tümüyle irrasyonellerden oluşur. Yani \(\mathbb{R}\)’nin sınıfları, \(\mathbb{Q}\) ile \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)’nun sınıflarıdır.
\(S\), \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) için bir seçme kümesi olsun. \(S\) her irrasyonel sınıftan tam bir eleman içerir ve hiç rasyonel içermez; \(0\) ise \(\mathbb{Q}\) sınıfının tek temsilcisidir. Dolayısıyla \(S \cup \{0\}\), \(\mathbb{R}\)’nin her sınıfından tam bir eleman içerir, yani \(\mathbb{R}\) için bir seçme kümesidir.
Ölçülemezlik. \(m^*(\mathbb{R}) = \infty > 0\) olduğundan Teorem 5.1 gereği \(S \cup \{0\}\) ölçülemezdir. \(S\) ölçülebilir olsaydı, \(\{0\}\) dış ölçüsü sıfır olduğundan ölçülebilir (Teorem 1.4) ve \(S \cup \{0\}\) iki ölçülebilir kümenin birleşimi olarak ölçülebilir olurdu (Teorem 1.5). Bu çelişki \(S\)’nin ölçülemez olduğunu gösterir.
Sonuç olarak \(\mathbb{Q}\)’dan farklı olarak \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) için seçme kümesi, \(\mathbb{R}\) için olanlar kadar “vahşi”dir; varlığı seçme aksiyomuna dayanır ve somut bir formülle yazılabilecek bir seçme kümesi beklenmemelidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.4 (Reel Sayılarda İrrasyonel Denklik) \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(x - y\) irrasyonel ya da sıfır ise \(x\) ile \(y\)’ye irrasyonel denk diyelim. Bu bağıntı \(\mathbb{R}\) üzerinde bir denklik bağıntısı mıdır?
Çözüm
Bağıntıyı \(x \approx y\) ile gösterelim.
Yansıma ve simetri sağlanır. \(x - x = 0\) olduğundan \(x \approx x\). \(x - y\) irrasyonel ya da sıfırsa \(y - x = -(x - y)\) de öyledir, yani \(x \approx y \Rightarrow y \approx x\).
Geçişme bozulur. \(x = 0\), \(y = \sqrt{2}\), \(z = 1\) alalım.
- \(x - y = -\sqrt{2}\) irrasyoneldir, yani \(0 \approx \sqrt{2}\).
- \(y - z = \sqrt{2} - 1\) irrasyoneldir (rasyonel olsaydı \(\sqrt{2}\) de rasyonel olurdu), yani \(\sqrt{2} \approx 1\).
- Oysa \(x - z = -1\) rasyoneldir ve sıfır değildir, yani \(0 \not\approx 1\).
Dolayısıyla irrasyonel denklik \(\mathbb{R}\) üzerinde bir denklik bağıntısı değildir. Sorunun kaynağı, irrasyonel sayıların toplamaya göre kapalı olmamasıdır: iki irrasyonelin toplamı rasyonel olabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.5 (Rasyonel Sayılarda İrrasyonel Denklik) \(x - y\) irrasyonel ya da sıfır ise \(x\) ile \(y\)’ye irrasyonel denk diyelim. Bu bağıntı \(\mathbb{Q}\) üzerinde bir denklik bağıntısı mıdır?
Çözüm
\(x, y \in \mathbb{Q}\) ise \(x - y\) rasyoneldir, dolayısıyla hiçbir zaman irrasyonel olamaz. Bu yüzden \(x - y\) “irrasyonel ya da sıfır” koşulunu yalnız \(x - y = 0\) iken sağlar: \[ x \approx y \iff x = y . \] Yani \(\mathbb{Q}\) üzerinde irrasyonel denklik eşitlik bağıntısıdır. Eşitlik yansımalı, simetrik ve geçişlidir; dolayısıyla bu bağıntı \(\mathbb{Q}\) üzerinde bir denklik bağıntısıdır. Denklik sınıfları tek elemanlı \(\{q\}\) kümeleridir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 5.6 (Seçme Kümesi Sayılamazdır) \(m^*(E) > 0\) ise \(E\) üzerindeki rasyonel denklik için her seçme kümesinin sayılamaz olduğunu gösterin.
Çözüm
\(\mathcal{C}_E\), \(E\) için bir seçme kümesi olsun ve sayılabilir olduğunu varsayalım.
Adım 1: \(E\) sayılabilir olur. \(E\)’nin her noktası bir \(c \in \mathcal{C}_E\)’ye rasyonel denk olduğundan, yani bir \(q \in \mathbb{Q}\) için \(c + q\) biçiminde yazıldığından \[ E \subseteq \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} (\mathcal{C}_E + q). \] Her \(\mathcal{C}_E + q\), \(\mathcal{C}_E\) ile birebir eşlendiğinden sayılabilirdir; \(\mathbb{Q}\) sayılabilir olduğundan sağdaki birleşim, sayılabilir çoklukta sayılabilir kümenin birleşimi olarak sayılabilirdir. Sayılabilir bir kümenin alt kümesi olan \(E\) de sayılabilirdir.
Adım 2: \(m^*(E) = 0\). Her \(\varepsilon > 0\) için \(\{x\} \subseteq (x - \varepsilon/2,\, x + \varepsilon/2)\) olduğundan \(m^*(\{x\}) \le \varepsilon\); dolayısıyla \(m^*(\{x\}) = 0\). \(E = \{x_1, x_2, \dots\}\) ise sayılabilir alt toplamsallık (Teorem 1.3) ile \[ m^*(E) \le \sum_{k} m^*(\{x_k\}) = 0 . \]
Bu, \(m^*(E) > 0\) varsayımıyla çelişir. O hâlde \(\mathcal{C}_E\) sayılamazdır.
Aynı sonuç Vitali Teoremi (Teorem 5.1) ile de elde edilir: sayılabilir bir küme Adım 2’deki gibi sıfır dış ölçülüdür, dolayısıyla ölçülebilirdir (Teorem 1.4); oysa \(\mathcal{C}_E\) ölçülemezdir. Yukarıdaki doğrudan yolun üstünlüğü, ölçülemezlik teoremine hiç başvurmamasıdır.
\(\blacksquare\)
Ölçülemez kümeler seçme aksiyomuna dayanan, gözle görülemeyen nesnelerdir. Sonraki bölümde ise tamamen somut bir kurulumla şaşırtıcı bir küme ve fonksiyon elde edeceğiz: Cantor Kümesi ve Cantor Fonksiyonu.