Homeomorfizmaya Dair-VI

Question

$\mathbb{R}$ gerçel sayılar kümesi; 

$\mathcal{U},$  $\mathbb{R}$ kümesi üzerindeki alışılmış topoloji ve 

$\mathcal{U}^2,$  $\mathbb{R}^2$ kümesi üzerindeki alışılmış topoloji olmak üzere 

$(\mathbb{R}^2,\mathcal{U}^2)$ topolojik uzayının $(\mathbb{R},\mathcal{U})$ topolojik uzayına homeomorf olamayacağını ilgili sorudaki sonucu kullanarak gösteriniz.

Comments

Can Ozan'ın cevabı için çok tatlı bir örnek aslında bu. Eğer homoemorf olsalardı, $1 = 0$ olurdu. (Tabii ki arada çok fazla basamak var, ama yine de buna indirgeyebilmek hoş).

Answer 1

$$(\mathbb{R}^2,\mathcal{U}^2)\cong (\mathbb{R},\mathcal{U})$$ olduğunu yani $$(\mathbb{R}^2,\mathcal{U}^2)$$ topolojik uzayının $$(\mathbb{R},\mathcal{U})$$ topolojik uzayına homeomorf olduğunu yani $\mathbb{R}^2$ kümesinden $\mathbb{R}$ kümesine bir $f$ 

homeomorfizmasının olduğunu varsayalım. 

$(\mathbb{R}^2,\mathcal{U}^2)\cong (\mathbb{R},\mathcal{U})$ ise $(\{x\}\subseteq \mathbb{R}$ için$)$ ilgili soruda verilen teorem uyarınca 

$$\left(\mathbb{R}^2\setminus\{f(x)\},\mathcal{U}^2_{\mathbb{R}^2\setminus\{f(x)\}}\right)\cong \left(\mathbb{R}\setminus\{x\},\mathcal{U}_{\mathbb{R}\setminus\{x\}}\right)$$ elde edilir. Ancak 

$$(\mathbb{R}^2\setminus\{f(x)\},\mathcal{U}^2_{\mathbb{R}^2\setminus\{f(x)\}})$$ topolojik uzayı bağlantılı bir topolojik uzay olmasına karşın 

$$(\mathbb{R}\setminus\{x\},\mathcal{U}_{\mathbb{R}\setminus\{x\}})$$ topolojik uzayı $($boştan farklı ayrık iki  $\mathcal{U}_{\mathbb{R}\setminus\{x\}}$-açık kümenin birleşimi şeklinde yazılabildiğinden$)$ bağlantısız bir topolojik uzaydır. Bu durum ise bağlantılı uzay olma özelliğinin topolojik uzay olması ile çelişir. O halde $$(\mathbb{R}^2,\mathcal{U}^2)$$ topolojik uzayı ile $$(\mathbb{R},\mathcal{U})$$ topolojik uzayı homeomorf olamaz.