17.11.2014
No:
Ad-Soyad:
Soru
Puanlama
mza:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
Toplam
15
15
15
15
15
15
15
15
15
15
105
Alnan Puan
1104023072003.1 GENEL TOPOLOJ-I ARASINAVI CEVAP ANAHTARI
(KNC ևRETM ևRETM)
Not: Süre
1.
R
90
Dakika. stedi§iniz
üzerinde sol topoloji mevcut olsun. Buna göre
7
soruyu cevaplaynz.
N⊂R
do§al saylar kümesi üzerinde indir-
genen alt uzay topolojisinin ayrk topoloji olup olmad§n belirleyiniz.
Cevap :
N
üzerinde,
R
üzerindeki sol topolojden indirgenen alt uzay topolojisi
τN = {N ∩ (−∞, a) : a ∈ R}
³eklindedir. Bu alt uzay topolojisinin ayrk topoloji oldu§unu göstermek
∀n ∈ N
oldu§unu göstermekle ayndr. Ancak
2∈N
için
{n} ∈ τN
do§al says için
{2} = N ∩ (−∞, a)
olacak ³ekilde
2.
R
üzerinde
∃a > 0
pozitif reel says mevcut olmad§ndan alt uzay topolo jisi ayrk de§ildir.
τ = {(−a, 2a) : a ∈ R, a > 0} ∪ {∅, R}
kümesinin içini bulunuz ve
Cevap :
2
noktasnn
(−2, 4) ⊂ A = (−2, 8)
A
topolojisi verilsin. Buna göre
A = (−2, 8)
kümesinin limit noktas olup olmad§n belirleyiniz.
oldu§u açktr. “imdi de
4≤x<8
noktalarnn
A
nn iç noktas
olup olmad§n belirleyelim.
• x=4
için
noktasn içeren en küçük açk
x=4
noktas
A
(−3, 6)
nn iç noktas olamaz.
dr ancak bu açk
A
tarafndan kapsanmad§
• 4<x<8
olmak üzere
büyük en küçük
x
noktasn içeren en küçük açk
x
noktasnn
[|x|]
tam de§erinden
a çift tamsay için ( −a
2 , a) formunda olacaktr ve bu açk yine A tarafndan
kapsanmayaca§ndan
x
noktas
A
kümesinin iç noktas olamaz. O halde
A◦ = (−2, 4).
“imdi de
2 noktasnn A kümesinin limit noktas oldu§unu gösterelim. 2 noktasn içeren en küçük
açk küme
U = (−2, 4)
³eklindedir.
(U − {2}) ∩ A 6= ∅
oldu§undan
3.
2
A
noktas
nn limit noktasdr.
X = (2, 5] ∪ {6, 7} ⊂ R
üretti§i topolojiye göre
Cevap :
kümesi üzerindeki sralama topolojisinin bazn belirleyiniz ve bu bazn
(2, 5] ⊂ X
kümesinin kapal oldu§unu gösteriniz.
b0 = 7 en büyük eleman olmak üzere (a, 7] formundaki ve (a, b) formundaki baz eleman-
larn tespit edece§iz.




(a, 5] ∪ {6, 7}, 2 < a < 5



(a, 7] = {6, 7},
a=5





{7},
a=6
elde edilir. Buna göre
4.
R
√
a)
b)
(2, 5]c = {6, 7}
(a, b) =




(a, b),






(a, 5],
2<a<b≤5
2 < a < 5, b = 6



(a, 5] ∪ {6}, 2 < a < 5, b = 7






{6},
a = 5, b = 7
kümesi açk oldu§undan
(2, 5]
kapaldr.
üzerinde üst limit topoloji tanml olsun.
3∈R
noktasnn açk kom³uluklarn belirleyiniz.
B = {(r, s] : r, s ∈ Q, r < s}
gösteriniz.
Cevap :
koleksiyonunun üst limit topolojinin bir baz olamayaca§n
√
a)
3
noktasnn üst limit topolojiye göre açk kom³uluklar
√
√
U = ( 3 − ε, 3 + ε]
b)
B
veya
√
√
U = ( 3 − ε, 3]
olacak ³ekilde
√
s= 3
R
olmak üzere
formundadr.
koleksiyonu üst limit topoloji için bir baz olsayd
√
5.
ε>0
r, s
√
√
3 ∈ (r, s] ⊂ ( 3 − ε, 3]
rasyonel saylar mevcut olmalyd. Ancak bu durumun olu³abilmesi için
olmak zorundadr. Bu ise çeli³kidir.
üzerinde standart topoloji ve
(0, 0, 0) ∈ R3
noktasnn
R3
üzerinde çarpm topolojisi tanml olsun. Buna göre
A = {(x, y, z) : x, y, z > 0}
kümesinin de§me noktas olup olma-
d§n belirleyiniz.
Cevap :
R3
çarpm topolojisinin baz
B = {B = (a1 , b1 ) × (a2 , b2 ) × (a3 , b3 ) : ai , bi ∈ R, ai < bi , i = 1, 2, 3}
³eklindedir. Buna göre
(0, 0, 0) noktasn içeren bir B = (a1 , b1 ) × (a2 , b2 ) × (a3 , b3 ) bazn alalm.
Buradan
0 ∈ (ai , bi )
i = 1, 2, 3
ai < 0 < bi
i = 1, 2, 3
elde edilir.
oldu§undan
(
olacaktr. Buradan
6.
Z
olaca§ndan
(0, 0, 0)
noktas
n ∈ Z için


{n}
B(n) =

{n − 1, n, n + 1}
A
kümesinin de§me noktasdr.
n
tek
n
çift
tamsaylar kümesi üzerinde
olmak üzere
Z3
B ∩ A 6= ∅
b1 b2 b3
, , )∈B
2 2 2
B = {B(n) : n ∈ Z}
koleksiyonunu baz kabul eden topolojiyi ele alalm. Buna göre
üzerindeki çarpm topolojisine göre
(2, 4, 1) ∈ Z3
noktasnn
A = {(0, 2, 1), (3, 4, 5)} kümesinin
snrnda olup olmad§n belirleyiniz.
Cevap :
Z3
üzerindeki çarpm topolojisinin baz
BZ×Z = {B(m) × B(n) × B(k) : m, n, k ∈ Z}
³eklinde olacaktr. Buna göre
(2, 4, 1)
noktasn içeren en küçük açk küme
(2, 4, 1) ∈ U := B(2) × B(4) × B(1)
³eklindedir.
U ∩A=∅
oldu§undan
7.
(2, 4, 1) noktas A nn de§me noktas olamayacaktr. O halde snr noktas da olamaz.
∀n ∈ Z+
durumda
için
Z+
Bn = {n, n + 1, n + 2, ...}
üzerindeki
olarak tanmlansn ve
(1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...)
Fibonacci dizisinin
B = {Bn : n ∈ Z+ }
B
olsun. Bu
tarafndan üretilen topolojiye
göre her noktaya yaknsad§n gösteriniz.
Cevap : Key bir
x ∈ Z+
gösterelim. Buna göre
x
noktasn ele alalm. Fibonacci dizisinin
x
noktasna yaknsayaca§n
noktasn içeren en küçük açk küme
Bx = {x, x + 1, x + 2, ...}
³eklindedir. E§er
x
noktas Fibonacci dizisindeki herhangi bir terim ise bu durumda Fibonacci
dizisi o terimden itibaren
Bx
içine dü³ece§inden yaknsak olacaktr. E§er
dizisindeki herhangi bir terim de§ilse bu durumda bu dizinin
itibaren bu dizi
8.
Z
Bx
x
x
noktas Fibonacci
den büyük en küçük teriminden
içine dü³ece§inden yine yaknsak olacaktr.
üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi tanml iken
(−1)n+1
dizisinin
0
noktasna yaknsayp
yaknsamad§n belirleyiniz.
Cevap :Z üzerindeki sonlu tümleyenler topolojisi
τ = {∅} ∪ {U ⊆ Z : U c
³eklindedir.
0
noktasn içeren bir
U
sonlu
}
aç§n
U = Z − {−1, 1}
³eklinde alrsak
(1, −1, 1, −1, ...) dizisinin hiç bir zaman U
tasna yaknsamaz.
içine dü³emeyece§inden bu dizi
0 nok-
9.
τsol , R
üzerindeki sol topoloji ve
τs
de
R
üzerindei standart topoloji olmak üzere
f : (R, τs ) → (R, τsol ),
x 7→ f (x) = |x|
mutlak de§er fonksiyonunun sürekli olup olmad§n belirleyiniz.
Cevap : Bu fonksiyon süreklidir:
G = (−∞, a)
f −1 (G) =
aç§nnn öngörüntüleri


∅,
a≤0

(−a, a), a > 0
tanm uzayndaki standart topolojisine göre açk olaca§ndan
10.
X
ve
Y
topolojik uzaylar,
f :X →Y
f
fonksiyonu süreklidir.
sürekli bir dönü³üm olsun. Bu takdirde
A⊂X
alt
kümesi için
f (A) ⊂ f (A)
oldu§unu ispatlaynz.
Cevap :
A ⊂ X
olsun.
f (A)
kümesinin
Y
de kapal oldu§unu biliyoruz.
f
fonksiyonu sürekli
oldu§undan
f −1 (f (A)) ⊇ A
kümesi de
X
de kapal olur. Kapan³n tanmndan
A ⊆ f −1 (f (A))
elde edilir. Buradan da
f (A) ⊂ f (A)
istenen elde edilmi³ olur.
Ba³arlar Dilerim.
Prof. Dr. smet KARACA
Download

GÜNLÜK BÜLTEN