12 Kümeler ve Topolojik Uzaylar Üzerine Alıştırmalar
Bu sayfadaki alıştırmalar, kitabın ilk iki kısmında kurduğumuz kavramları bir arada çalıştırır: Kümeler ve Küme İşlemleri bölümündeki fark ve kesişim, Topoloji Tanımı ve İlk Örnekler bölümündeki (T1)–(T3) aksiyomları ve en kaba topoloji, Açık ve Kapalı Kümeler; Sonlu ve Sayılabilir Tümleyen Topolojileri bölümündeki kapalı küme ve incelik kavramları, Baz ve Alt Baz bölümündeki bazın ürettiği topoloji ve son olarak Alt Uzay Topolojisi.
Her alıştırmayı önce kendi başınıza denemenizi, sonra çözümü okumanızı öneririz. Çözümlerde her adımın hangi tanıma ya da sonuca dayandığı belirtilmiştir. Bazı alıştırmalar kitapta ispatlanmış bir sonucun kendisidir; bu durumlarda da çözüm baştan sona yazılmış ve ilgili bölüme bağlantı verilmiştir. Böylece ispatı bir kez de kitaba bakmadan kurmuş olursunuz.
12.1 Küme İşlemleri
İlk alıştırma, topolojide kapalı kümelerle çalışırken sürekli kullanacağımız bir küme eşitliğidir. Bir kümenin farkını alırken kesişimin nasıl birleşime dönüştüğünü gösterir.
Alıştırma 12.1 (Kesişimden Fark, Farkların Birleşimidir) \(X \neq \varnothing\) bir küme ve \(A, B, C \subseteq X\) olsun. Aşağıdaki eşitliği gösteriniz:
\[A \setminus (B \cap C) = (A \setminus B) \cup (A \setminus C).\]
Çözüm
İki küme, birbirinin alt kümesi olduklarında eşittir. Bu yüzden iki kapsamayı ayrı ayrı göstereceğiz. İki gerçek kullanacağız. Birincisi mantıktaki De Morgan kuralıdır: “\(p\) ve \(q\)” önermesinin değili “\(p\) değil veya \(q\) değil” önermesine denktir. İkincisi, \(B \cap C\) kümesinin her elemanı hem \(B\)’de hem \(C\)’dedir, yani \(B \cap C \subseteq B\) ve \(B \cap C \subseteq C\).
Önce eşitliğin ne söylediğini bir şemada görelim. Sol taraf, \(A\)’nın \(B\) ile \(C\)’nin ortak kısmına düşmeyen noktalarıdır.
Birinci kapsama: \(A \setminus (B \cap C) \subseteq (A \setminus B) \cup (A \setminus C)\). \(x \in A \setminus (B \cap C)\) olsun. Fark tanımına göre \(x \in A\) ve \(x \notin B \cap C\). \(x \notin B \cap C\) demek, “\(x \in B\) ve \(x \in C\)” önermesinin yanlış olması demektir. Mantıktaki De Morgan kuralına göre bu, “\(x \notin B\) veya \(x \notin C\)” önermesinin doğru olmasına denktir. İki durumu ayrı ayrı ele alalım.
- \(x \notin B\) ise: \(x \in A\) ve \(x \notin B\) olduğundan \(x \in A \setminus B\).
- \(x \notin C\) ise: \(x \in A\) ve \(x \notin C\) olduğundan \(x \in A \setminus C\).
Her iki durumda da \(x\), \(A \setminus B\) ile \(A \setminus C\) kümelerinden en az birindedir. Birleşimin tanımına göre \(x \in (A \setminus B) \cup (A \setminus C)\).
İkinci kapsama: \((A \setminus B) \cup (A \setminus C) \subseteq A \setminus (B \cap C)\). \(x \in (A \setminus B) \cup (A \setminus C)\) olsun. Birleşimin tanımına göre \(x \in A \setminus B\) ya da \(x \in A \setminus C\). Yine iki durum var.
- \(x \in A \setminus B\) ise: \(x \in A\) ve \(x \notin B\). \(B \cap C \subseteq B\) olduğundan, \(B\)’de bulunmayan bir nokta \(B \cap C\)’de de bulunamaz; yani \(x \notin B \cap C\).
- \(x \in A \setminus C\) ise: \(x \in A\) ve \(x \notin C\). \(B \cap C \subseteq C\) olduğundan aynı nedenle \(x \notin B \cap C\).
Her iki durumda da \(x \in A\) ve \(x \notin B \cap C\), yani \(x \in A \setminus (B \cap C)\).
İki kapsama birlikte istenen eşitliği verir:
\[A \setminus (B \cap C) = (A \setminus B) \cup (A \setminus C).\]
Somut bir sınama. \(A = \{1, 2, 3, 4\}\), \(B = \{1, 2\}\) ve \(C = \{2, 3\}\) alalım. Sol tarafta \(B \cap C = \{2\}\) ve \(A \setminus \{2\} = \{1, 3, 4\}\) bulunur. Sağ tarafta \(A \setminus B = \{3, 4\}\) ve \(A \setminus C = \{1, 4\}\); birleşimleri \(\{1, 3, 4\}\)’tür. İki taraf aynı kümeyi verir.
Bu eşitlik, Kümeler ve Küme İşlemleri bölümündeki De Morgan kurallarının ikincisidir. Orada ispat “ve” bağlacının “veya” üzerine dağılmasıyla yapılmıştı; burada iki duruma ayırarak ilerledik. Ayrıca \(X \neq \varnothing\) varsayımı ispatta hiç kullanılmadı; eşitlik herhangi üç küme için doğrudur.
\(\blacksquare\)
12.2 Topoloji Aksiyomları
Şimdi topolojinin tanımına dönüyoruz. Önce sonlu bir ailenin topoloji olup olmadığını aksiyomları tek tek sınayarak belirleyeceğiz, sonra en kaba topolojinin açık ve kapalı kümelerini yazacağız.
Alıştırma 12.2 (Beş Elemanlı Bir Küme Üzerinde Bir Aile) \(X = \{a, b, c, d, e\}\) olsun.
\[\tau = \bigl\{\varnothing,\ X,\ \{a\},\ \{a, b\},\ \{a, c, d\},\ \{a, b, c, d\}\bigr\}\]
ailesinin \(X\) üzerinde bir topoloji olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
Ailenin \(X\)’in alt kümelerinden oluştuğu açıktır: listedeki her kümenin elemanları \(a, b, c, d, e\) arasındadır. Şimdi üç aksiyomu sırayla sınayalım.
(T1) \(\varnothing \in \tau\) ve \(X \in \tau\); ikisi de listede açıkça yazılıdır.
(T2) \(\tau\)’nun herhangi iki elemanının kesişimi \(\tau\)’da olmalıdır. Çiftlerden biri \(\varnothing\) ya da \(X\) ise iş kolaydır: her \(O \in \tau\) için
\[O \cap \varnothing = \varnothing \in \tau, \qquad O \cap X = O \in \tau.\]
Aynı kümenin kendisiyle kesişimi de kendisidir: \(O \cap O = O\). Geriye \(\varnothing\) ve \(X\)’ten farklı dört kümenin, yani \(\{a\}\), \(\{a, b\}\), \(\{a, c, d\}\) ve \(\{a, b, c, d\}\) kümelerinin birbirinden farklı altı çifti kalır. Bunların kesişimlerini (ve (T3) için birleşimlerini de) bir tabloda hesaplayalım:
| \(O_1\) | \(O_2\) | \(O_1 \cap O_2\) | \(O_1 \cup O_2\) |
|---|---|---|---|
| \(\{a\}\) | \(\{a, b\}\) | \(\{a\}\) | \(\{a, b\}\) |
| \(\{a\}\) | \(\{a, c, d\}\) | \(\{a\}\) | \(\{a, c, d\}\) |
| \(\{a\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) | \(\{a\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) |
| \(\{a, b\}\) | \(\{a, c, d\}\) | \(\{a\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) |
| \(\{a, b\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) | \(\{a, b\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) |
| \(\{a, c, d\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) | \(\{a, c, d\}\) | \(\{a, b, c, d\}\) |
Üçüncü sütundaki her küme \(\tau\)’nun bir elemanıdır. Böylece (T2) sağlanır.
(T3) Önce iki kümenin birleşimine bakalım. \(\varnothing\) ya da \(X\) içeren çiftlerde \(O \cup \varnothing = O\) ve \(O \cup X = X\) bulunur; ikisi de \(\tau\)’dadır. Öteki altı çiftin birleşimleri tablonun son sütunundadır ve hepsi \(\tau\)’dadır. Dikkat edilmesi gereken tek çift \(\{a, b\}\) ile \(\{a, c, d\}\)’dir: birleşimleri \(\{a, b, c, d\}\), ve bu küme listede bulunduğu için koşul bozulmaz.
(T3) yalnız iki kümeden değil, \(\tau\)’dan alınan herhangi bir aileden söz eder. Ama \(\tau\)’nun yalnız altı elemanı vardır; ondan alınan bir ailenin üyeleri, indis kümesi ne kadar kalabalık olursa olsun, bu altı kümeden en çok altı farklı küme olabilir ve birleşim yalnız bu farklı kümelere bağlıdır. Sonlu sayıda kümenin birleşimi ise ikili birleşimlerin art arda alınmasıyla elde edilir; her adımda iki elemanın birleşimi yine \(\tau\)’da kaldığından sonuç da \(\tau\)’dadır. Örneğin
\[ \begin{aligned} \{a\} \cup \{a, b\} \cup \{a, c, d\} &= \bigl(\{a\} \cup \{a, b\}\bigr) \cup \{a, c, d\} \\ &= \{a, b\} \cup \{a, c, d\} = \{a, b, c, d\} \in \tau . \end{aligned} \]
Ailenin hiç üyesi yoksa birleşim \(\varnothing\)’dir; o da \(\tau\)’dadır. Böylece (T3) sağlanır.
Üç aksiyom da sağlandığından \(\tau\), \(X\) üzerinde bir topolojidir.
Bir gözlem: \(e\) noktası, \(X\) dışında hiçbir açık kümede bulunmaz. Topoloji olmak için bu bir engel değildir; aksiyomlar yalnız kesişim ve birleşimlerle ilgilidir. Kapalı kümeleri de tümleyen alarak hemen yazabiliriz: \(X\), \(\varnothing\), \(\{b, c, d, e\}\), \(\{c, d, e\}\), \(\{b, e\}\) ve \(\{e\}\).
\(\blacksquare\)
Sonraki iki alıştırma aynı uzayın açık ve kapalı kümelerini sorar. Hatırlayalım: \(X \neq \varnothing\) üzerindeki en kaba topoloji (aşikâr topoloji; trivial topology) \(\{\varnothing, X\}\) ailesidir; bunun bir topoloji olduğu Topoloji Tanımı ve İlk Örnekler bölümünde gösterilmişti.
Alıştırma 12.3 (En Kaba Topolojinin Açık Kümeleri) \(X \neq \varnothing\) olsun. \(X\) üzerindeki en kaba topolojinin açık kümelerini yazınız.
Çözüm
Bir topolojik uzayda açık küme, tanım gereği topolojinin bir elemanıdır. En kaba topoloji
\[\tau = \{\varnothing, X\}\]
olduğundan açık kümeler tam olarak bu ailenin iki elemanıdır:
\[\varnothing \quad \text{ve} \quad X.\]
Başka hiçbir alt küme açık değildir. Örneğin \(X\)’in iki ya da daha çok elemanı varsa ve \(x \in X\) ise \(\{x\}\) kümesi ne \(\varnothing\)’dir (bir elemanı var) ne de \(X\)’tir (\(X\)’te \(x\)’ten başka bir eleman var); bu yüzden \(\{x\} \notin \tau\), yani \(\{x\}\) açık değildir.
\(X\) tek elemanlı ise, örneğin \(X = \{p\}\), \(X\)’in zaten yalnız iki alt kümesi vardır: \(\varnothing\) ve \(\{p\}\). Bu durumda en kaba topoloji ile ayrık topoloji aynıdır ve bütün alt kümeler açıktır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.4 (En Kaba Topolojinin Kapalı Kümeleri) \(X \neq \varnothing\) olsun. \(X\) üzerindeki en kaba topolojinin kapalı kümelerini yazınız.
Çözüm
Bir \(F \subseteq X\) kümesi, tümleyeni \(X \setminus F\) açık olduğunda kapalıdır. En kaba topolojide açık kümeler yalnız \(\varnothing\) ve \(X\) olduğundan (Alıştırma 12.3) \(F\)’nin kapalı olması için
\[X \setminus F = \varnothing \quad \text{ya da} \quad X \setminus F = X\]
olmalıdır. İki durumu ayrı ayrı çözelim.
- \(X \setminus F = \varnothing\) ise \(X\)’in \(F\) dışında kalan hiçbir elemanı yoktur, yani \(X \subseteq F\). \(F \subseteq X\) olduğundan \(F = X\).
- \(X \setminus F = X\) ise \(X\)’in her elemanı \(F\)’nin dışındadır. \(F \subseteq X\) olduğundan \(F\)’nin bir elemanı olsaydı \(X\)’in de elemanı olur ve \(F\)’nin dışında kalamazdı; demek ki \(F = \varnothing\).
Tersine, bu iki küme gerçekten kapalıdır: \(X \setminus X = \varnothing\) ve \(X \setminus \varnothing = X\), ikisi de açıktır. Dolayısıyla en kaba topolojide kapalı kümeler de tam olarak
\[X \quad \text{ve} \quad \varnothing\]
kümeleridir. Böylece \(\varnothing\) ile \(X\) bu uzayda hem açık hem kapalıdır; öteki alt kümeler ne açık ne kapalıdır.
\(\blacksquare\)
12.3 Baz ve Ürettiği Topoloji
Bir bazın ürettiği topolojiyi “her noktanın çevresinde kümeye sığan bir baz elemanı bulunur” diye tanımlamıştık. Aşağıdaki alıştırma, aynı topolojinin baz elemanlarının birleşimleriyle de tarif edilebildiğini söyler.
Alıştırma 12.5 (Topoloji, Baz Elemanlarının Bütün Birleşimleridir) \(X \neq \varnothing\) bir küme ve \(\mathcal{B}\), \(X\) üzerindeki bir \(\tau\) topolojisi için bir baz olsun. \(\tau\)’nun, \(\mathcal{B}\)’nin elemanlarının bütün birleşimlerinden oluşan aileye eşit olduğunu gösteriniz.
Çözüm
“\(\mathcal{B}\), \(\tau\) için bir bazdır” demek, \(\mathcal{B}\)’nin baz koşullarını sağlaması ve \(\tau\)’nun \(\mathcal{B}\)’nin ürettiği topoloji olması demektir. Yani bir \(U \subseteq X\) kümesi için
\[U \in \tau \iff \text{her } x \in U \text{ için } x \in B \subseteq U \text{ olan bir } B \in \mathcal{B} \text{ vardır.}\]
Baz elemanlarının birleşimlerinden oluşan aileye \(\mathcal{U}\) diyelim:
\[\mathcal{U} = \Bigl\{ \bigcup_{B \in \mathcal{A}} B : \mathcal{A} \subseteq \mathcal{B} \Bigr\}.\]
\(\mathcal{A} = \varnothing\) seçilebilir; boş ailenin birleşimi \(\varnothing\)’dir. \(\tau = \mathcal{U}\) olduğunu iki kapsamayla göstereceğiz.
Adım 1: Her baz elemanı açıktır. \(B \in \mathcal{B}\) ve \(x \in B\) olsun. \(x \in B \subseteq B\) yazabiliriz; yani aranan baz elemanı olarak \(B\)’nin kendisi iş görür. Bu her \(x \in B\) için doğru olduğundan \(B \in \tau\). Böylece \(\mathcal{B} \subseteq \tau\).
Adım 2: \(\mathcal{U} \subseteq \tau\). \(\mathcal{U}\)’nun bir elemanı, bir \(\mathcal{A} \subseteq \mathcal{B}\) alt ailesi için \(\bigcup_{B \in \mathcal{A}} B\) biçimindedir. Adım 1’e göre \(\mathcal{A}\)’nın her elemanı \(\tau\)’dadır. \(\tau\) bir topoloji olduğundan (T3) gereği bu elemanların birleşimi de \(\tau\)’dadır. (\(\mathcal{A} = \varnothing\) ise birleşim \(\varnothing\)’dir ve (T1) gereği \(\varnothing \in \tau\).)
Adım 3: \(\tau \subseteq \mathcal{U}\). \(U \in \tau\) olsun. \(U = \varnothing\) ise \(\mathcal{A} = \varnothing\) seçeriz ve \(U \in \mathcal{U}\) olur. \(U \neq \varnothing\) ise her \(x \in U\) için, açıklık tanımına göre,
\[x \in B_x \subseteq U\]
olacak biçimde bir \(B_x \in \mathcal{B}\) seçelim ve \(\mathcal{A} = \{B_x : x \in U\}\) diyelim. \(\mathcal{A} \subseteq \mathcal{B}\)’dir. İddiamız
\[U = \bigcup_{x \in U} B_x.\]
- Her \(B_x \subseteq U\) olduğundan birleşim de \(U\)’nun içindedir.
- Tersine \(y \in U\) ise \(y \in B_y\) olduğundan \(y\) birleşimdedir.
İki kapsama eşitliği verir. Demek ki \(U\), \(\mathcal{A}\)’nın elemanlarının birleşimidir; yani \(U \in \mathcal{U}\).
Adım 2 ve Adım 3 birlikte
\[\tau = \Bigl\{ \bigcup_{B \in \mathcal{A}} B : \mathcal{A} \subseteq \mathcal{B} \Bigr\}\]
eşitliğini verir: \(\tau\), \(\mathcal{B}\)’nin elemanlarının bütün birleşimlerinden oluşan ailedir.
Bu sonuç Baz ve Alt Baz bölümünde bir lemma olarak da yer alır. Adım 3’teki yazılışın tek olmadığına dikkat edin: aynı açık küme, baz elemanlarının birçok farklı birleşimi olarak yazılabilir.
\(\blacksquare\)
12.4 Topolojileri Karşılaştırma
Aynı küme üzerindeki iki topolojiden, ötekinin bütün açık kümelerini içerene daha ince dendiğini hatırlayalım: \(\tau \subseteq \tau'\) ise \(\tau'\), \(\tau\)’dan daha incedir; iki topolojiden biri ötekini içeriyorsa bu topolojiler karşılaştırılabilirdir.
Alıştırma 12.6 (Sonlu ve Sayılabilir Tümleyen Topolojilerini Karşılaştırma) \(X \neq \varnothing\) bir küme olsun. \(X\) üzerinde sonlu tümleyen topolojisi
\[\tau_{\text{sonlu}} = \{A \subseteq X : X \setminus A \text{ sonlu}\} \cup \{\varnothing\}\]
ile sayılabilir tümleyen topolojisi
\[\tau_{\text{say}} = \{A \subseteq X : X \setminus A \text{ sayılabilir}\} \cup \{\varnothing\}\]
verilsin. Bu iki topoloji karşılaştırılabilir midir? Öyleyse hangisi daha incedir?
Çözüm
Önce sonucu söyleyelim: iki topoloji karşılaştırılabilirdir, \(\tau_{\text{sonlu}} \subseteq \tau_{\text{say}}\), yani sayılabilir tümleyen topolojisi daha incedir. \(X\) sonsuz ise kesin daha incedir; \(X\) sonlu ise iki topoloji eşittir. Şimdi bunları adım adım gösterelim.
Adım 1: \(\tau_{\text{sonlu}} \subseteq \tau_{\text{say}}\). \(A \in \tau_{\text{sonlu}}\) olsun. İki durum vardır.
- \(A = \varnothing\) ise \(A \in \tau_{\text{say}}\), çünkü \(\varnothing\) tanım gereği \(\tau_{\text{say}}\)’dadır.
- \(A \neq \varnothing\) ise \(X \setminus A\) sonludur. Her sonlu küme sayılabilir olduğundan \(X \setminus A\) sayılabilirdir; demek ki \(A \in \tau_{\text{say}}\).
Böylece \(\tau_{\text{sonlu}}\)’nun her elemanı \(\tau_{\text{say}}\)’dadır. Topolojilerden biri ötekini içerdiğinden ikisi karşılaştırılabilirdir ve \(\tau_{\text{say}}\) daha incedir.
Adım 2: \(X\) sonlu ise iki topoloji eşittir. \(X\) sonlu olsun ve \(A \subseteq X\) herhangi bir alt küme olsun. \(X \setminus A\), sonlu \(X\) kümesinin bir alt kümesi olarak sonludur; bu yüzden \(A \in \tau_{\text{sonlu}}\). Demek ki \(\tau_{\text{sonlu}} = \mathcal{P}(X)\). Adım 1’den \(\tau_{\text{sonlu}} \subseteq \tau_{\text{say}} \subseteq \mathcal{P}(X)\) olduğundan \(\tau_{\text{say}} = \mathcal{P}(X)\) de bulunur. İki topoloji eşittir; ikisi de ayrık topolojidir.
Adım 3: \(X\) sonsuz ise \(\tau_{\text{say}}\) kesin daha incedir. \(\tau_{\text{say}}\)’da bulunup \(\tau_{\text{sonlu}}\)’da bulunmayan bir küme bulmalıyız. Bir \(x_0 \in X\) seçelim. \(X\) sonsuz olduğundan, \(x_0, x_1, \dots, x_{n-1}\) seçildikten sonra \(X \setminus \{x_0, \dots, x_{n-1}\}\) kümesi boş değildir; oradan bir \(x_n\) seçeriz. Böylece birbirinden farklı \(x_1, x_2, x_3, \dots\) noktaları elde edilir ve hiçbiri \(x_0\)’a eşit değildir.
\[C = \{x_1, x_2, x_3, \dots\}, \qquad A = X \setminus C\]
diyelim. \(C\) sayılabilirdir, çünkü \(k \mapsto x_k\) eşlemesi \(\mathbb{Z}^+\) ile \(C\) arasında birebir örten bir fonksiyondur. \(C\) sonsuzdur, çünkü elemanları birbirinden farklıdır. Şimdi \(A\)’ya bakalım:
- \(X \setminus A = X \setminus (X \setminus C) = C\) sayılabilir olduğundan \(A \in \tau_{\text{say}}\).
- \(x_0 \notin C\) olduğundan \(x_0 \in A\), yani \(A \neq \varnothing\). \(A\)’nın tümleyeni \(C\) ise sonsuzdur. Demek ki \(A\), \(\tau_{\text{sonlu}}\)’nun iki türünden hiçbirine girmez: \(A \notin \tau_{\text{sonlu}}\).
Böylece \(\tau_{\text{sonlu}} \subsetneq \tau_{\text{say}}\).
Bir örnek. \(X = \mathbb{R}\) için \(A = \mathbb{R} \setminus \mathbb{N}\) kümesi bu ayrımı gösterir. Tümleyeni \(\mathbb{N}\) sayılabilir olduğundan \(A\), \(\tau_{\text{say}}\)’da açıktır; ama \(\mathbb{N}\) sonsuz olduğundan ve \(A \neq \varnothing\) olduğundan \(A\), \(\tau_{\text{sonlu}}\)’da açık değildir.
Son olarak, \(X\) sayılabilir sonsuz bir küme ise (örneğin \(X = \mathbb{N}\)) her alt kümenin tümleyeni sayılabilir olur ve \(\tau_{\text{say}}\) ayrık topoloji olur; \(\tau_{\text{sonlu}}\) ise ayrık değildir, çünkü Adım 3’teki \(A\) kümesi orada açık değildir. Bu karşılaştırmanın kitaptaki ispatı Açık ve Kapalı Kümeler; Sonlu ve Sayılabilir Tümleyen Topolojileri bölümündedir.
\(\blacksquare\)
12.5 Alt Uzayda Açık Kümeler
Son iki alıştırma, bir kümenin bir alt uzayda açık olması ile bütün uzayda açık olmasını karşılaştırır. \(Y \subseteq \mathbb{R}\) alt uzayında bir kümenin açık olması, \(\mathbb{R}\)’nin açık bir kümesiyle \(Y\)’nin kesişimi olması demektir; \(\mathbb{R}\) üzerinde standart topoloji, yani açık aralıkların ürettiği topoloji alınır.
Alıştırma 12.7 (Alt Uzayda Simetrik İki Aralık) \(Y = [-1, 1]\) kümesini \(\mathbb{R}\)’nin bir alt uzayı olarak düşünelim.
\[A = \Bigl\{x : \tfrac{1}{2} < |x| < 1\Bigr\}\]
kümesi \(Y\)’de açık mıdır?
Çözüm
Adım 1: \(A\)’yı aralıklarla yazalım. Mutlak değeri işaretine göre açalım.
- \(x \geq 0\) ise \(|x| = x\) ve koşul \(\tfrac{1}{2} < x < 1\) olur.
- \(x < 0\) ise \(|x| = -x\) ve koşul \(\tfrac{1}{2} < -x < 1\), yani \(-1 < x < -\tfrac{1}{2}\) olur.
Dolayısıyla
\[A = \bigl(-1, -\tfrac{1}{2}\bigr) \cup \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr).\]
\(|x| < 1\) koşulu \(-1 < x < 1\) demek olduğundan \(A \subseteq Y\)’dir. Uçlara dikkat edelim: \(-1\) ve \(1\), \(Y\)’nin elemanlarıdır ama \(|-1| = |1| = 1\) olduğundan \(A\)’nın elemanı değildir.
Adım 2: \(\mathbb{R}\)’de açık bir \(U\) bulalım. \(U = \bigl(-1, -\tfrac{1}{2}\bigr) \cup \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr)\) alalım. Bu iki açık aralık, standart topolojinin baz elemanlarıdır; her baz elemanı ürettiği topolojide açık olduğundan ikisi de \(\mathbb{R}\)’de açıktır. (T3) gereği birleşimleri olan \(U\) da \(\mathbb{R}\)’de açıktır.
Adım 3: \(A = Y \cap U\). Adım 1’e göre \(U = A\) ve \(A \subseteq Y\)’dir. Bir kümenin, kendisini içeren bir kümeyle kesişimi kendisidir; bu yüzden
\[Y \cap U = Y \cap A = A.\]
\(A\), \(Y\) ile \(\mathbb{R}\)’nin açık bir kümesinin kesişimi olarak yazıldığından alt uzay topolojisinin tanımı gereği \(A\), \(Y\)’de açıktır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.8 (Aynı Küme Gerçel Doğruda) \(Y = [-1, 1]\) ve \(A = \bigl\{x : \tfrac{1}{2} < |x| < 1\bigr\}\) olsun. \(A\) kümesi \(\mathbb{R}\)’de (standart topolojide) açık mıdır?
Çözüm
Alıştırma 12.7 çözümünün ilk adımında
\[A = \bigl(-1, -\tfrac{1}{2}\bigr) \cup \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr)\]
bulmuştuk. Açıklığı doğrudan standart topolojinin tanımıyla, yani her noktada kümeye sığan bir açık aralık bularak gösterelim. \(x \in A\) olsun.
- \(x \in \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr)\) ise bu aralığın kendisi iş görür: \(x \in \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr) \subseteq A\).
- \(x \in \bigl(-1, -\tfrac{1}{2}\bigr)\) ise yine aralığın kendisini alırız: \(x \in \bigl(-1, -\tfrac{1}{2}\bigr) \subseteq A\).
Her \(x \in A\) için \(x \in (a, b) \subseteq A\) olacak biçimde bir açık aralık bulduğumuzdan \(A\), \(\mathbb{R}\)’de de açıktır.
Sonuç şaşırtıcı değildir: \(A\)’nın hiçbir noktası \(Y\)’nin uç noktası değildir; \(A\), \(Y\)’nin uçlarından uzak duran iki açık aralıktır. Uç noktaları eklediğimizde durum değişir. Örneğin
\[A' = \bigl\{x : \tfrac{1}{2} < |x| \leq 1\bigr\} = \bigl[-1, -\tfrac{1}{2}\bigr) \cup \bigl(\tfrac{1}{2}, 1\bigr]\]
kümesi \(Y\)’de yine açıktır, çünkü
\[A' = Y \cap \Bigl(\bigl(-2, -\tfrac{1}{2}\bigr) \cup \bigl(\tfrac{1}{2}, 2\bigr)\Bigr)\]
yazılır. Ama \(A'\), \(\mathbb{R}\)’de açık değildir: \(1 \in A'\) noktasını içeren her \((a, b)\) aralığında \(1 < b\)’dir ve \(1 < x < b\) olan her \(x\) için \(|x| > 1\) olduğundan \(x \notin A'\); yani aralık \(A'\)’nın dışına taşar. Bu tür farklar Alt Uzay Topolojisi bölümünde “\(Y\)’de açık” ile “\(X\)’te açık” ayrımı olarak incelenmişti.
\(\blacksquare\)
Bu alıştırmalarla kitabın ilk iki kısmındaki temel araçları, yani küme eşitliği ispatlarını, topoloji aksiyomlarının denetlenmesini, kapalı kümeleri, bazları, incelik karşılaştırmasını ve alt uzayları bir kez daha kullanmış olduk. Konuların kendisine dönmek isteyenler Müfredat ve Giriş sayfasındaki listeden ilgili bölüme geçebilir.