CEB RSEL TOPOLOJ ( .Ö.) F NAL SORULARI Ad

CEB RSEL TOPOLOJ ( .Ö.) F NAL SORULARI Ad

11.01.2013
CEBRSEL TOPOLOJ (.Ö.) FNAL SORULARI
Ad-Soyad:
No:
mza:
1.
1.
S1
2.
çemberinin
Π1 (R2 − {0})
2.
X
ve
Y
3.
R2 − {0}
4.
5.
6.
7.
Toplam:
uzaynn retrakt oldu§unu gösteriniz. Buradan hareketle
grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlaynz.
topolojik uzaylar ve
Y
basit ba§lantl ise
Π1 (X × Y, (x0 , y0 )) ∼
= Π1 (X, x0 )
oldu§unu ispatlaynz.
3.
T2
4.
f : (1, 4) −→ S 1 , f (t) = e2πit
torr yüzeyinin büzülebilir olmayan bir örtü uzayn bulunuz.
ile verilen
f
dönü³ümü bir örtü dönü³ümü olur mu?
Açklaynz.
5.
f : S 2 −→ R2
sürekli dönü³üm olsun.
f (x) = f (−x) olacak ³ekilde bir x ∈ S 2
nokta vardr.
Gösteriniz.
6.
X̃ , X
in örtü uzay olsun. A³a§dakileri önermeleri ispat ediniz.
a)
h ∈ Cov(X̃/X)
b)
h1 , h2 ∈ Cov(X̃/X)
7. A³a§daki
ve
2-boyutlu
h 6= 1x
ve
ise
h
n sabit noktalar yoktur.
h1 (x̃) = h2 (x̃)
olacak ³ekilde
x̃ ∈ X̃
varsa
h1 = h2
dir.
resmi verilen dinazorun temel grubunu hesaplaynz.
Süre
90
Dakika.
stedi§iniz 4 soruyu çözünüz.
Her soru
25
puandr.
Ba³arlar Dilerim.
Prof.Dr.smet KARACA
CEBRSEL TOPOLOJ (.Ö.) FNAL CEVAP ANAHTARI
1.
S1
çemberinin
{0})
R2 − {0}
uzaynn retrakt oldu§unu gösteriniz. Buradan hareketle
Π1 (R2 −
grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlaynz.
Çözüm:
X
bir topolojik uzay,
A⊂X
olsun.
i : A ,→ X
kapsama dönü³ümü için
r ◦ i = 1A
olacak ³ekilde
r : X −→ A
sürekli dönü³ümü mevcutsa
A
ya
X
uzaynn retrakt denir.
i : S 1 ,→ R2 − {0}
kapsama dönü³ümü için
r : R2 − {0} −→ S 1
x 7−→ r(x) =
³eklinde tanmlayalm. Bu takdirde
s ∈ S1
r
Π1 (R2 − {0})
R2 − {0}
∀x ∈ R2 − {0}
için
r ◦ i(s) = r(i(s)) = r(s) =
olaca§ndan
x
kxk ,
s
= s = 1S 1 (s)
ksk
bir retraksiyondur.
grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlamak için
S1
çemberinin
uzaynn retrakt olmasndan yaralanaca§z.
Buna göre
A
kümesi
X
in retraksiyonu ise
i∗ : Π1 (A) −→ Π1 (X)
indirgenmi³ homomorzmas injektiftir. Bu durumda gruplarn mertebeleri arasnda
|Π1 (A)| ≤ |Π1 (X)|
e³itsizli§i mevcuttur. O halde
S1
çemberinin
R2 − {0}
uzaynn retrakt oldu§undan
|Π1 (S 1 )| ≤ |Π1 (R2 − {0})|
e³itsizli§i mevcuttur.
Π1 (S 1 ) ∼
=Z
oldu§undan
Π1 (R2 − {0})
grubunun da mertebesi son-
suzdur.
2.
X
ve
Y
topolojik uzaylar ve
Y
basit ba§lantl olsun. Bu takdirde
Π1 (X × Y, (x0 , y0 )) ∼
= Π1 (X, x0 )
oldu§unu ispatlaynz.
Çözüm:
Y
uzay basit ba§lantl oldu§undan temel grubu
Π1 (Y, y0 ) = {0}
dr. Böylece
Π1 (X × Y, (x0 , y0 )) ∼
= Π1 (X, x0 ) × Π1 (Y, y0 ) = Π1 (X, x0 ) × {0} ∼
= Π1 (X, x0 )
elde edilir.
3.
T2
torr yüzeyinin büzülebilir olmayan bir örtü uzayn bulunuz.
Çözüm:
1S 1 : S 1 −→ S 1
birim dönü³ümü homoemorzma oldu§undan örtü dönü³ümdür.
R −→ S 1
t 7−→ e2πit
dönü³ümünün de evrensel örtü dönü³üm oldu§unu biliyoruz.
ki örtü dönü³ümün kartezyen çarpm da örtü dönü³üm oldu§undan
1S 1 × p : S 1 × R −→ S 1 × S 1 ≈ T 2
dönü³ümü de örtü dönü³ümdür. Ayrca
Π1 (S 1 × R) ∼
= Π1 (S 1 ) × Π1 (R) ∼
=Z
oldu§undan
S1 × R
büzülebilir de§ildir.
4.
f : (1, 4) −→ S 1 , f (t) = e2πit
ile verilen
f
dönü³ümü bir örtü dönü³ümü olur mu? Açk-
laynz.
Çözüm: Sorunun çözümü için a³a§daki yol göstermeyi kullanaca§z.
Yol gösterme:
p−1 (b0 )
S1
kümesi
k
p : E −→ B
örtü dönü³ümü ve
elemanl ise bu takdirde
b0 ∈ B
ba§lantl uzay olsun. Bir
için
p−1 (b)
de
k
için
elemanldr.
uzay ba§lantl oldu§undan yol göstermeden hareketle bu dönü³ümün örtü dönü³ümü
olmad§n söyleyebiliriz çünkü
p−1 ((−1, 0)) = { 23 , 52 , 27 }
5.
∀b ∈ B
B
f : S 2 −→ R2
p−1 ((1, 0)) = {2, 3}
ve
ters görüntü kümelerinin kardinaliteleri ayn de§ildir.
sürekli dönü³üm olsun.
f (x) = f (−x)
x ∈ S2
olacak ³ekilde bir
nokta vardr.
Gösteriniz.
Çözüm: Soruyu çözmek için a³a§daki yol göstermeden yararlanaca§z.
Yol gösterme: Sürekli ve antipodeyi koruyan dönü³üm
Tüm
x ∈ S2
için
f (x) 6= f (−x)
g : S 2 −→ S 1
yoktur.
olsun.
g : S 2 −→ S 1
x 7−→ g(x) =
³eklinde tanml dönü³üm sürekli ve tüm
çeli³ir. O halde
6.
X̃ , X
f (x) = f (−x)
x
için
[f (x) − f (−x)]
||f (x) − f (−x)||
g(−x) = −g(x)
olacak ³ekilde bir
x ∈ S2
dir. Bu da yol gösterme ile
vardr.
in örtü uzay olsun. A³a§daki önermeleri ispat ediniz.
a)
h ∈ Cov(X̃/X)
b)
h1 , h2 ∈ Cov(X̃/X)
Çözüm:
ve
h 6= 1x
ve
ise
h
n sabit noktalar yoktur.
h1 (x̃) = h2 (x̃)
olacak ³ekilde
x̃ ∈ X̃
varsa
h1 = h2
dir.
a) Sorunun çözümü için a³a§daki yol göstermeyi kullanalm:
Yol gösterme:
(X̃, p), X
uzaynn örtü uzay,
Y
basit ba§lantl ve
f : (Y, y0 ) −→ (X, x0 )
sürekli olsun.
x̃0 ∈ p−1 (x0 )
f˜ : (Y, y0 ) −→ (X̃, x̃0 )
h
olacak ³ekilde bir tek
sürekli dönü³ümü vardr.
n sabit noktas mevcut olsun. Yani
p(x̃) = X
p ◦ f˜ = f
verilsin. Bu takdirde
h(x̃) = x̃
olacak ³ekilde bir
x̃ ∈ X̃
var olsun.
diyelim.
/ (X̃, x̃) .
(X̃, x̃)
p
$
p
z
(X, x)
Yukardaki yol göstermeden hareketle bu diyagram komutatif klacak ³ekilde tamamlayabilecek bir tek
(X̃, x̃) −→ (X̃, x̃)
sürekli dönü³ümü mevcuttur. Hem
h = 1X̃
b)
1X̃
hem de
h
bu diyagram tamamlad§ndan
olur. Bu ise çeli³kidir. O halde kabulümüz yanl³tr.
h−1
1 ◦ h2 ∈ Cov(X̃/X)
h nin sabit noktas yoktur.
dönü³ümünün bir sabit noktas vardr. Böylece
(i)
³kkndan
hareketle,
−1
h−1
1 ◦ h2 (x̃) = x̃ = 1X̃ (x̃) ⇒ h1 ◦ h2 = 1x̃ ⇒ h1 = h2
7. A³a§daki
2-boyutlu
resmi resmi verilen dinazorun temel grubunu hesaplaynz.
Çözüm: “ekli deforme edelim. A³a§daki ³ekiller ayn homotopi tipine sahip olaca§ndan
temel gruplar izomorktir.
Son elde edilen uzay
S1 ∨ S1
Π1 (S 1 ∨ S 1 ) ∼
=Z∗Z
olur.
ile ayn homotopi tipine sahiptir. Van Kampen teoreminden