$(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayının bir Hausdorff uzayı olduğunu fakat bir regüler uzay olmadığını gösteriniz.

0 beğenilme 0 beğenilmeme
51 kez görüntülendi

$\mathbb{R}$ gerçel sayılar kümesi$,$ $K:=\{\frac{1}{n}|n\in\mathbb{N}\},$ $$\mathcal{B}=\left\{(a,b)\big{|}(a,b\in\mathbb{R})(a<b)\right\}\cup\left\{(a,b)\setminus K\big{|}(a,b\in\mathbb{R})(a<b)\right\}$$ ve $$\tau_K=\langle\mathcal{B}\rangle :=\{\cup \mathcal{B}^*|\mathcal{B}^*\subseteq\mathcal{B}\}$$ olmak üzere $$(\mathbb{R},\tau_K)$$ topolojik uzayının bir Hausdorff uzayı olduğunu fakat bir regüler uzay olmadığını gösteriniz.

14, Kasım, 2018 Lisans Matematik kategorisinde murad.ozkoc (9,149 puan) tarafından  soruldu
25, Aralık, 2018 murad.ozkoc tarafından düzenlendi
Hausdorff olduğunu göstermek kolay. $(\mathbb{R},\mathcal{U})$ alışılmış topolojik uzayı Hausdorff ve $$\mathcal{U}\subseteq\tau_K$$ olduğundan (Neden?) $(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayı da bir Hausdorff uzayıdır. 

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Yukarıdaki yorumda da ifade ettiğim üzere $(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayının bir Hausdorff uzayı olduğunu göstermek kolay. Şimdi söz konusu uzayın bir regüler uzay olmadığını gösterelim.

$(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayının bir regüler uzay olduğunu varsayalım. Bu uzayda $$0\notin K\in\mathcal{C}(\mathbb{R},\tau_K)$$ olduğunu görmek zor olmasa gerek.

$\left.\begin{array}{r} 0\notin K\in\mathcal{C}(\mathbb{R},\tau_K) \\ \\ (\mathbb{R},\tau_K), \text{ regüler} \end{array} \right\}\Rightarrow \begin{array}{rr} \\ \\ \left. \begin{array}{rr} (\exists U\in\mathcal{U}(0))(\exists V\in\mathcal{U}(K))(U\cap V=\emptyset) \\ \\ \mathcal{B}, \ \tau_K \text{ için baz}\end{array} \right\} \Rightarrow \end{array}$

$\Rightarrow (\exists B_1\in\mathcal{B})(0\in B_1\subseteq U)$

$\Rightarrow (\exists a,b\in\mathbb{R})[0\in B_1=(a,b) \vee 0\in B_1=(a,b)\setminus K]$

I. durum: $0\in B_1=(a,b)$ olsun.

$\left.\begin{array}{rr}   0\in B_1=(a,b)\Rightarrow (\exists n_0\in\mathbb{N})\left(\frac{1}{n_0}\in(a,b)\right) \\ \\ K=\left\{\frac{1}{n}|n\in\mathbb{N}\right\} \end{array}\right\}\Rightarrow \frac{1}{n_0}\in (a,b)\cap K\subseteq U\cap V=\emptyset$ çelişkisi elde edilir. O halde $$B_1=(a,b)$$ şeklinde olamaz. Dolayısıyla $$B_1=(a,b)\setminus K$$ şeklinde olmalıdır.

II. durum: $0\in B_1=(a,b)\setminus K$ olsun.

$\left.\begin{array}{r} 0\in B_1=(a,b)\setminus K\Rightarrow 0\in (a,b)\Rightarrow (\exists n_0\in\mathbb{N})\left(\frac{1}{n_0}\in (a,b)\right) \\ \\ V\in\mathcal{U}(K) \end{array} \right\}\Rightarrow \begin{array}{rr} \\ \\ \left. \begin{array}{cc} \frac{1}{n_0}\in V\in \tau_K \\ \\ \mathcal{B}, \ \tau_K \text{ için baz}\end{array} \right\} \Rightarrow \end{array}$

$\Rightarrow (\exists B_2\in\mathcal{B})\left(\frac{1}{n_0}\in B_2\subseteq V\right)$

$\Rightarrow (\exists c,d\in\mathbb{R})\left(\frac{1}{n_0}\in B_2=(c,d)\subseteq V\right)$

$\Rightarrow (\exists z\in\mathbb{R})(\forall n\in\mathbb{N})\left(z\neq \frac{1}{n}\right)\left(\max\left\{c,\frac{1}{n_0+1}\right\}<z<\frac{1}{n_0}\right)$

$\Rightarrow (z\in (a,b)\setminus K)(z\in (c,d))$

$\Rightarrow z\in U\cap V=\emptyset$ 

çelişkisi elde edilir. Çelişki ise $(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayının regüler olduğunu varsaymamızdan kaynaklandı. O halde  $(\mathbb{R},\tau_K)$ topolojik uzayı regüler uzay değildir.

25, Aralık, 2018 murad.ozkoc (9,149 puan) tarafından  cevaplandı
...