GEOMETR K TOPOLOJ ( .Ö.) ARA SINAV CEVAP ANAHTARI

09.04.2010
GEOMETRK TOPOLOJ (.Ö.) ARA SINAV CEVAP
ANAHTARI
1. X
∀p ∈ X için p ∈ Up ⊆ X olmak üzere
V ⊆ Rn aç§ vardr. V ⊆ Rn ve Rn ikinci saylabilir
oldu§undan alt uzay V de ikinci saylabilirdir. Up ≈ V oldu§undan Up da
ikinci saylabilirdir. O halde, Up nin saylabilir baz vardr. X kompakt ve
her noktasna ait aç§n saylabilir baz oldu§undan X ikinci saylabilir uzayyerel homeomork oldu§undan
Up ≈ V
olacak ³ekilde
dr.
I = [0, 1]
kapal aral§ kompakttr.Çünkü
R
nin kapal ve snrl her alt kü-
mesi kompakttr.(Heine-Borel Teoremi)
[0, 1] ⊂ R oldu§undan I = [0, 1] Hausdor uzaydr(Çünkü kaltsal özellik).
0
∀t ∈ I için t ∈ U ⊆ I ve U ≈ U ⊆ R oldu§undan I = [0, 1] yerel homeomorktir.
I = [0, 1]
kapal aral§ kompakt, Hausdor ve yerel homeomork oldu§un-
dan yukarda ispatlanan özellikten dolay,
O halde,
I = [0, 1]
2. (−1, 1)
I = [0, 1]
ikinci saylabilirdir.
topolojik 1-manifolddur.
açk aral§nn
R ye dieomorf oldu§unu görelim.Dieomorzmay
f : (−1, 1) −→ R
π
x 7−→ f (x) = tan( x)
2
olarak tanmlayalm.
f 0 (x) = π2 (1 + tan2 ( π2 x)) > 0
yani f injektiftir.
oldu§undan
∀y ∈ R için f (x) = y olacak
cuttur. Yani f dönü³ümü sürjektiftir.
O halde f , bijektiftir.
Ayrca
f (x) = tan( π2 x)
f (n) (x) =
Burada
in
h(x)
cos(n+1) ( π2 x)
h(x)
n.
dönü³ümü kesin artandr
2
π
arctan(x) ∈ (−1, 1)
mev-
mertebeden ksmi türevleri incelenirse;
bulunur.
fonksiyonu
π
2
ve
sin( π2 x)
in farkl mertebeden lineer kombi-
n ∈ N olmak üzere f (x) in sonsuz mertebeden türevπ
tanmszlk yoktur.Sadece paydada cos( x) in kuvvetleri
2
nasyonlarndan olu³ur.
lerinde payda bir
³ekilde
f
x ∈ (−1, 1)
vardr.
oldu§undan bu ksmi türevler süreklidir.O halde,
f ∈ C∞
dönü³ümdür.
g : R −→ (−1, 1)
g(x) = π2 arctan(x)
g (n) (x) =
Burada
2 u(x)
π (1+x2 )n
u(x)
in
n.
2
arctan(x)
π
mertebeden ksmi türevleri incelenirse;
bulunur.
x
fonksiyonu
binasyonudur.
x 7−→ g(x) =
1 + x2 > 0
in farkl mertebeden kuvvetlerinin lineer kom-
g (n) (x) tanmldr, süreklidir. ∀n ∈ N
∞ dönü³ümdür. Sonuç olarak,
halde, g ∈ C
oldu§undan
için de ayn durum mevcuttur.O
f dieomorzmadr.
3. (⇐) i 6= j
alalm. Hipotezden ω(v1 , ..., vi+j , ..., vi+j , ..., vk ) = 0 dr.
ω k-lineer oldu§undan bu e³itlikten;
ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vi , ..., vk ) +ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) +ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vi , ..., vk )
+ ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vj , ..., vk ) = 0 dr. Birinci ve sonuncu terim hipotezden
sfrdr. O zaman ; ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vi , ..., vk ) = −ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vi , ..., vk )
= sgnσω(vσ(1) , ..., vσ(j) , ..., vσ(i) , ..., vσ(k) )
olur. O halde ω alternedir.
(⇒) ω alterne olsun. vi = vj alalm.
ω(v1 , ..., vk ) = sgnσω(vσ(1) , ..., vσ(i) , ..., vσ(j) , ..., vσ(k) )
= sgnσω(v1 , ..., vj , ..., vi , ..., vk )
= −ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) olur. Buradan;
2ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) = 0 ⇒ ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) = 0 elde edilir.
∂
∂
∂
∂
4. F∗ ( ∂y
) = a ∂u
+ b ∂v
+ c ∂w
olsun. Burada a, b ve c de§erlerini belirlemek
için srasyla bu denklemin her iki tarafna
F∗ (
u,v ,w
uygulayalm.
∂
∂
∂
∂
∂u
∂u
∂u
)u = (a
+b
+c
)u = a
+b
+c
=a
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
Böylece;
∂
a = F∗ ( ∂y
)u =
Benzer ³ekilde bu kez
F∗ (
Böylece;
v
∂
∂y (u
◦ F) =
∂
∂y (x)
=0⇒a=0
bulunur.
yi uygulayalm:
∂
∂
∂
∂
∂v
∂v
∂v
)v = (a
+b
+c
)v = a
+b
+c
=b
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
∂
)v =
b = F∗ ( ∂y
Benzer ³ekilde bu kez
w
∂
∂y (v
◦ F) =
y uygulayalm:
∂
∂y (y)
=1 ⇒ b=1
bulunur.
F∗ (
∂
∂
∂
∂
∂w
∂w
∂w
)w = (a
+b
+c
)w = a
+b
+c
=c
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
Böylece;
∂
c = F∗ ( ∂y
)w =
∂
∂y (w
◦ F) =
∂
∂y (xy)
=x ⇒ c=x
bulunur.
Sonuç olarak;
F∗ (
∂
∂
∂
)=1·
+x·
∂y
∂v
∂w
bulunur.
5.
f : R3 −→ R2
S = f −1 (1, 0)
f
dönü³ümü
C∞
u = x3 + y 3 + z 3
(x, y, z) 7−→ f (x) = (x3 + y 3 + z 3 , z − xy)
olsun.
dur.(Çünkü bile³enler polinom fonksiyonlardr.)
,
v = z − xy
olsun.
ux = 3x2 uy = 3y 2 uz = 3z 2
vx = −y vy = −x vz = 1
f
nin Jacobian matrisi :
2
3x 3y 2 3z 2
.
J(f ) =
−y −x 1
Bu matrisin rank 2 olmaldr ki regüler olsun.O zaman kritik noktalar 2
lik minörleri sfrlayan noktalardr.
3x2 3y 2 −y −x = 0
3x2 3z 2 =0
−y
1 3y 2 3z 2 =0
−x
1 ×2
Bu determinantlarn çözümünden ³u denklemler elde edilir:
3x3 + 3y 3 = 0 ⇒ y 3 = x3 ⇒ y = x
3x2 + 3z 2 y = 0 ⇒ x2 + z 2 y = 0
3y 2 + 3z 2 x = 0 ⇒ y 2 + z 2 x = 0
Bu üç denklemi ayn anda sa§layan tüm
(x, y, z)
de§erlerini bulalm:
y = x ⇒ x2 + z 2 x = 0 ⇒ x(x + z 2 ) = 0 ⇒ x = 0
x=0 ⇒ y=x=0
,
z∈R ⇒
x = −z 2 ⇒ y = x = −z 2
(0, 0,
z)
z3 = 1
(0, 0,
z∈R ⇒
,
z)
veya
x = −z 2
kritik nokta
−z 2 , −z 2 , z )
(
kritik nokta
noktasn denklem sisteminde yerine yazarsak;
ve
z=0
den
z=1
ve
z=0
bulunur yani (0, 0,
de ayn anda sa§lamaz.O halde (0, 0,
−z 2 , −z 2 , z )
(
z)
z)
her iki denklemi
kritik nokta de§ildir.
noktasn denklem sisteminde yerine yazarsak;
z 3 − 2z 6 = 1 ve z 4 − z = 0 bulunur. z 4 − z = 0 ⇒ z(z 3 − 1) = 0 ⇒
z = 0 veya z = 1. Fakat z = 0 veya z = 1 de§erleri için z 3 − 2z 6 = 1
2
2
denklemi sa§lanmaz.O halde (−z , −z , z ) kritik nokta de§ildir.
Sonuç olarak
f
' nin S üzerinde kritik noktas yoktur.O zaman
S = f −1 (1, 0)
3 − 2 = 1 dir.Regüler
S , C ∞ -manifolddur.
çözüm kümesi regüler altmanifolddur ve boyutu
manifoldlar da birer manifold oldu§undan
6.
Önce
g(x) = (e2πiαx , e2πiβx )
u = e2πiαx
ve
υ = e2πiβx
ve
C∞
ye ait oldu§unu gösterelim.
olsun.
u(x) = (cos2παx, sin2παx)
u(x) = (u1 (x), u2 (x))
nin
ve
v(x) = (cos2πβx, sin2πβx)
v(x) = (v1 (x), v2 (x))
u1 (x) = (cos2παx)
ve
u2 (x) = (sin2παx)
v1 (x) = (cos2πβx)
ve
v2 (x) = (sin2πβx)
g(x) = (u(x), v(x)) = (u1 (x), u2 (x), v1 (x), v2 (x))
olur.
alt-
M , m-boyutlu; N , n-boyutlu manifoldlar olsun.
Bir F : N −→ M dönü³ümü verilsin. ∀p ∈ N için f1 , ..., f m : N −→ R reel
de§erli fonksiyonlar olmak üzere F = (f1 , ..., f m) için fi ler diferansiyellenebilir ise F de diferansiyellenebilirdir.'
(n)
u1 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: u1 (x) = (2πα)n cos(x + n π2 ) ve
'Hatrlatma:
(n)
u2 (x) = (2πα)n sin(x + n π2 )
bunlarn ∀n ∈ N için ksmi türevleri vardr ve hepsi R de süreklidir.
u1 (x) ∈ C ∞ ve u2 (x) ∈ C ∞ oldu§undan u, C ∞ -dönü³ümdür.
(n)
v1 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: v1 (x) = (2πβ)n cos(x + n π2 ) ve
u2 (x)
in n. mertebeden ksmi türevi:
(n)
v2 (x) = (2πβ)n sin(x + n π2 )
bunlarn ∀n ∈ N için ksmi türevleri vardr ve hepsi R de süreklidir.
v1 (x) ∈ C ∞ ve v2 (x) ∈ C ∞ oldu§undan v , C ∞ -dönü³ümdür.
u ∈ C ∞ ve υ ∈ C ∞ oldu§undan g , C ∞ -dönü³ümdür.
v2 (x)
in n. mertebeden ksmi türevi:
g : R −→ S 1 × S 1
0
olup
olup
x 7−→ g(x) = (e2πiαx , e2πiβx )
0
u1 (x) = −2παsin2πiαx u2 (x) = 2παcos2πiαx
0
0
v1 (x) = −2πβsin2πiβx v2 (x) = 2πβcos2πiβx
g
nin Jacobian matrisi:
J(g) = [−2παsin2πiαx 2παcos2πiαx − 2πβsin2πiβx 2πβcos2πiβx]
J(g)
yi sfr yapan
x∈R
yoktur.O halde
rank(J(g)) = 1
dir.
g : M −→ N nin batrma(immersion) olmas için gerek ve yeter ³art
g∗ : Tp (M ) −→ Tg(p) (N ) dönü³ümünün injektif olmasdr.
g∗ : Tp (M ) −→ Tg(p) (N ) dönü³ümünün injektif olmas için gerek ve yeter
³art dim(M ) < dim(N ) ve dim(M ) = rank(J(g)) olmasdr.
dim(R) < dim(S 1 × S 1 ), rank(J(g)) = 1
du§undan g∗ :
Tp (R) −→ Tg(p) (S 1 × S 1 )
dr(immersiondur).
dim(R) = rank(J(g)) olinjektiftir.O halde, g batrmave