Question

Her metrik uzayın bir normal uzay olduğunu gösteriniz.

Comments

Her metrik uzay $T2$ ya da Hausdorff uzayı olduğundan ve Hausdorff uzayı da normal uzay olduğundan her metrik uzayın normal uzay olduğunu söyleyemez miyiz?

---

Her kompakt Hausdorff uzay normal uzaydır. Kanıtı burada mevcut. Dolayısıyla her Hausdorff uzayı -kompakt olmayabileceğinden- normal olmayabilir.

Answer 1

Kanıt: $E,F\in\mathcal{C}(X,\tau)$  ve  $E\cap F=\emptyset$ olsun.

$\left.\begin{array}{r} (E,F\in\mathcal{C}(X,\tau))(E\cap F=\emptyset) \Rightarrow d(E,F)>0\Rightarrow \epsilon:=\frac{d(E,F)}{2}>0\\ \\ \left( \mathcal{A}_1:=\left\{ B\left(x,\epsilon\right) |x\in E\right\} \subseteq \tau _{d}\right)\left( U:=\cup \mathcal{A}_1\right) \\ \\ \left( \mathcal{A}_2:=\left\{ B\left(y,\epsilon\right) |y\in F\right\} \subseteq \tau _{d}\right)\left( V:=\cup \mathcal{A}_2\right)\end{array}\right\} \Rightarrow$

 

$\left.\begin{array}{c}\Rightarrow \left( U\in \mathcal{U}\left( E\right) \right) \left( V\in\mathcal{U}\left( F\right) \right) \left( U\cap V=\emptyset \right).\end{array}\right.$

 

Not:  $d(E,F):=\inf\left\{d(x,y)\Big{|}(x\in E)(y\in F)\right\}$

Comments

$U\cap V=\emptyset$ olduğunu göstermeye çalışın.

Answer 2

Literatürde şöyle bir kanıt daha var: 

$(X,d)$   metrik uzayının kapalı ve ayrık iki alt kümesi  $E$   ve   $F$  olsun. Göstereceğiz ki $E$  ve  $F$  yi içeren  ayrık  $U$   ve   $V$   açık alt kümeleri vardır.

$d(x,E):=\inf\left\{\tau(x,e)\Big{|}(x\in X)(e\in E)\right\}$    olmak üzere $$f(x)=d(x,E)-d(x,F)$$  ile tanımlanan  $f:X\rightarrow R$ fonksiyonunu gözönüne alalım. Bu fonksiyon sürekli olduğundan $U=f^{-1}(0,\infty) $   ve    $V=f^{-1}(-\infty,0) $  kümeleri açık ve ayrık alt kümeler olup istenilen özellikleri sağlar. Dolayısıyla $(X,d)$  metrik uzayı bir $T_4$ uzayıdır(normal uzay).

Answer 3

İlk verdiğimiz yanıt yanlıştı. Şimdi doğru olan yanıtı verelim.

$E,F\in\mathcal{C}(X,\tau_d)$  ve  $E\cap F=\emptyset$ olsun.
$\left.\begin{array}{r} (x\in E)(y\in F)  \\ \\ E\cap F=\emptyset \end{array}\right\}\Rightarrow \begin{array}{c}\mbox{} \\ \mbox{} \\ \left.\begin{array}{c} (x\notin F)(y\notin E) \\ \mbox{} \\ E,F\in\mathcal{C}(X,\tau_d)\end{array}\right\}\Rightarrow \!\!\!\!\!\end{array}$

$\left.\begin{array}{rr} \Rightarrow (d(x,F)>0)(d(y,E)>0) \\ \\ U:=\bigcup_{x\in E} B\left(x,\frac{d(x,F)}{2}\right) \\ \\ V:=\bigcup_{y\in F} B\left(y,\frac{d(y,E)}{2}\right)\end{array}\right\} \Rightarrow (U\in\mathcal{U}(E))(V\in\mathcal{U}(F))(U\cap V=\emptyset).$

Bu $U$ ve $V$ açık komşulukları -oluşturuluşları gereği- ayrıktır. Şöyle ki:

$U\cap V\neq \emptyset$

olduğunu varsayarsak

$U\cap V\neq \emptyset\Rightarrow (\exists z\in X)(z\in U\cap V)$

$\Rightarrow (z\in U)(z\in V)$

$\Rightarrow (\exists x\in E)\left(z\in B\left(x,\frac{d(x,F)}{2}\right)\right)(\exists y\in F)\left(z\in B\left(y,\frac{d(y,E)}{2}\right)\right)$

$\Rightarrow \left(d(x,z)<\frac{d(x,F)}{2}\leq\frac{d(x,y)}{2}\right)\left(d(y,z)<\frac{d(y,E)}{2}\leq\frac{d(y,x)}{2}=\frac{d(x,y)}{2}\right)$

$\Rightarrow d(x,y)\leq d(x,z)+d(y,z)<\frac{d(x,y)}{2}+\frac{d(x,y)}{2}=d(x,y)$

$\Rightarrow d(x,y)<d(x,y)$

çelişkisi elde edilir.