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

Question

$\mathbb{R}$ 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.

Comments

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 (Neden?).

Answer 1

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.