Kapanis ve Tumleyen

Question

Soru: Sadece tumleyen ve kapanis islemleri kullanilarak, bir topolojik uzayin bir altkumesinden elde edilebilecek birbirinden farkli kumelerin maksimum sayisi nedir (eger varsa?).

Ornek: Topolojik uzayimiz $\mathbb{R}$ olsun (standard topolojisiyle). Baslangic kumemiz de $S=(0,1)$ olsun. Kapanisi $k$ ile tumleyeni de $t$ ile gosterelim. Bu durumda

• $S$, Baslangic kumesi 

Islemleri birer kere uygulayalim.

• $tS = (-\infty, 0] \cup [1, \infty)$, Yeni farkli kume
• $kS = [0,1]$, Yeni farkli kume
  

Iki yeni kume elde ettik. Elde ettigimiz kumelere islemleri birer kere uygulayalim.

• $ktS = tS $ cunku $tS$ zaten kapali. Listede var
  
• $ttS = S$ cunku tumleyenin tumleyeni kumenin kendisidir. Listede var
  
• $tkS = (-\infty, 0) \cup (1, \infty)$ Yeni farkli kume
  
• $kkS = kS$ cunku kapali bir kumenin kapanisi kendisidir. Listede var

Bu sefer yalnizca bir tane yeni kume elde ettik. Islemleri bu yeni kumeye uygulayalim.

• $ttkS = kS$ cunku tumleyenin tumleyeni kumenin kendisidir.  Listede var
• $ktkS = (-\infty, 0 ] \cup [1, \infty) = tS$ Listede var

Bu sefer hic yeni eleman elde edemedik.

Demek ki, $(0,1)$ ile baslarsak $4$ farkli kume elde edebiliyoruz ($S$ de dahil).

Bu sadece bir ornekti. Elinizde herhangi bir topolojik uzay ve herhangi bir kume varsa, olusturabileceginiz birbirinden farkli kumelerin maksimum sayisi (varsa) nedir? Yoksa, bunu nasil ispatlariz?

-

Ben cevabi biliyorum, o yuzden yorum yapmayacagim.

Comments

$14$ diye kalmış aklımda. Müsait olduğum bir ara açıklama eklemeye çalışacağım.

---

Bunlar galiba bilinmesi gerken temel problemler, cok da guzeller... ama ben bilmiyorum iste. Eger bu tarz bilinmesi gereken hos ve matematiksel problemleri bilenler guzel bir dilde (ve hafif motivasyonlu sekilde) paylasirsa cok faydali olur. Bana oldu mesela bu sorunun.

Eyvallah hacim bu soru icin. Devami bekliyorum.

---

Bence herkesi bilmesi gereken temel bir problemden ziyade, hos bir bulmaca gibi bu soru. Zaten topolojiyle de alakasi yok. Tamamen $k$ ve $t$ arasindaki cebirsel iliskileri kullaniyorsun. Ama eyvallah.

Answer 1

Simdi ilk olarak su gozlemi yapmaliyiz: $tt=id$ ve $kk=k$ oluyor. Demek ki $tt$ ve ya $kk$ yazmak  cok akil kari degil.

Bu nedenle incelememiz gereken $4$ sinif var. Bunlar

$tktk\cdots$ diye devam eden ve $k$ ile biten,
$tktk\cdots$ diye devam eden ve $t$ ile biten,
$ktkt\cdots$ diye devam eden ve $k$ ile biten,
$ktkt\cdots$ diye devam eden ve $t$ ile biten.

Simdi herhangi bir kumenin icini (yani icindeki maksimal olan acik kumeyi) nasil buluruz. Once bir disini ($t$) pasta cila ile iyice kapatiriz ($k$) geriye kalan ($t$) da bizim ic kismimiz olur. Yani $tkt$ bizim ic kismimiz olur.

Simdi bir de tam tersine bakalim $ktk$: once guzelcene cilalayip kapatacagiz, sonra bu kismin (acik kume olan) disini cilalyip kapatacagiz. Burda gozlemlememiz gereken (duzenli kapaliliga bakabilirsiniz, eger sekil kafada olusmadiysa) $ktk\; t \; ktk$ aslinda $ktk$ isleminin kendisi.

Uzatmamak icin eger bu sekilde bu dort (aslinda iki olan) sinifa bakarsak elimizde

$id$
$t$
$tk$
$tkt$
$tktk$
$tktkt$
$tktktk$
$tktktkt$
$k$
$kt$
$ktk$
$ktkt$
$ktktk$
$ktktkt$

islemleri olur ve bunlardan herhangi birine $k$ ve ya $t$ islemini eklersek bu islemlerin icinde kaliriz.

Bu sunu soyler, en fazla $14$ tane farkli kume bulabiliriz. Peki bu siniri saglayan bir $S$ kumesi var mi?

Comments

Nepal bayragi yapmissin.

---

Yanyana yazacaktim da, arap saci olacagina, yasasin Nepal kardesligi dedim :)

Answer 2

Teorem 1. $(X,\tau)$ topolojik uzay ve $A\subseteq X$ olmak üzere

$$\overline{\overline{A}^{\circ}}^{\circ}=\overline{A}^{\circ}.$$

Kanıt: $A\subseteq X$ olsun.

$\left.\begin{array}{rr} A\subseteq X\Rightarrow \overline{A}^{\circ}\subseteq \overline{\overline{A}^{\circ}}\Rightarrow\overline{A}^{\circ}={\overline{A}^{\circ}}^{\circ}\subseteq {\overline{\overline{A}^{\circ}}}^{\circ} \\ \\ A\subseteq X\Rightarrow \overline{A}^{\circ}\subseteq \overline{A}\Rightarrow \overline{\overline{A}^{\circ}}\subseteq \overline{\overline{A}}=\overline{A} \Rightarrow {\overline{\overline{A}^{\circ}}}^{\circ}\subseteq \overline{A}^{\circ} \end{array}\right\}\Rightarrow {\overline{\overline{A}^{\circ}}}^{\circ}=\overline{A}^{\circ} $

$-----------------------------------$

Teorem 2. $(X,\tau)$ topolojik uzay ve $A\subseteq X$ olmak üzere

$\mathbf{a)}$ $\setminus \left(\overline{A}\right)=(\setminus A)^{\circ},$

$\mathbf{b)}$  $\setminus \left(A^{\circ}\right)=\overline{(\setminus A)}.$

Kanıt: 

$\mathbf{a)}$ $A\subseteq X$ olsun.

$x\in\setminus \left(\overline{A}\right)\Leftrightarrow x\notin \overline{A}\Leftrightarrow (\exists U\in\mathcal{U}(x))(U\cap A=\emptyset)\Leftrightarrow (\exists U\in\mathcal{U}(x))(U\subseteq\setminus A)\Leftrightarrow x\in (\setminus A)^{\circ}.$

$\mathbf{b)}$ $(a)$ şıkkında $A$ kümesi yerine $\setminus A$ yazılıp her iki tarafın da tümleyeni alınırsa istenen sonuç elde edilir.

$-----------------------------------$

Teorem 3. $(X,\tau)$ topolojik uzay ve $A\subseteq X$ olmak üzere

$$\overline{\overline{\overline{\overline{A}^c}^c}^c}=\overline{\overline{A}^c}.$$

Kanıt: Yukarıdaki teoremler ışığı altında artık zor olmasa gerek.

Bu son teorem bize sadece kapanış ve tümleme kullanarak $14$ kümeden daha fazla farklı küme elde edemeyeceğimizi garanti ediyor.