405024142006.1 CEB RSEL TOPOLOJ F NAL SINAV SORULARI Not

15.01.2014
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
405024142006.1 CEBRSEL TOPOLOJ FNAL SINAV SORULARI
Not: Süre
1.
X
diskret uzay,
Cevap :
X
x0 ∈ X
90
7
Dakika. stedi§iniz
olsun. Bu takdirde
soruyu cevaplaynz.
Π1 (X, x0 )
temel grubunu hesaplaynz.
uzay diskret uzay oldu§undan tamamen ba§lantszdr. Ba³ka bir deyi³le
nn ba§lantl bile³enleri
∀x ∈ X
için
{x}
X
uzay-
tek noktal kümelerdir. Soruyu çözmek için a³a§daki
özelli§i kullanaca§z:
X
uzaynn ba§lantl bile³eni
Π1 (X, c) ∼
= Π1 (C, c)
Buna göre
x0 ∈ X
C
olsun. E§er
c∈X
için
c∈C
ise bu takdirde
dir.
baz noktal temel grup
Π1 (X, x0 ) ∼
= Π1 ({x0 }, x0 ) = {0}
a³ikar gruptur.
2.
f : X −→ S 1
null-homotop ise bu takdirde
f
nin
fe : X −→ R
yükseltilmi³i vardr. spatla-
ynz.
Cevap :
p : R −→ S 1 , t 7−→ p(t) = e2πit
örtü dönü³ümünü ele alalm.
R
X
f
p
/ S1
E§er
f∗ (Π1 (X)) ⊆ p∗ (Π1 (R))
oldu§unu gösterirsek Lifting Kriteri'nden
f
liriz.
f
nin
p ◦ fe olacak
³ekilde
fe yükseltilmi³i
vardr diyebi-
dönü³ümü null-homotop oldu§undan indirgedi§i
f∗ : Π1 (X) −→ Π1 (S 1 )
homomorzmas
Π1 (R) = {0}
sfr
homomorzmas
olacaktr.
Ayrca
evrensel
R
örtü
uzay
oldu§undan
a³ikar gruptur. Bu yüzden
f∗ (Π1 (X)) = {0} = p∗ (Π1 (R))
e³itli§i mevcuttur. Lifting Kriteri'nden
3.
f : S 1 −→ S 1 , z 7−→ z 3
f
nin yükseltilmi³i vardr.
dönü³ümünü ele alalm.
a)
f
nin injektif veya surjektif olup olmad§n belirleyiniz.
b)
f
nin indirgedi§i
f∗
homomorzmasnn injektif veya surjektif olup olmad§n belirleyiniz.
Cevap :
a)
f
dönü³ümü örtendir çünki her
z
2π
i
3
ile
e
eleman vardr. Ancak
e
kompleks says için
4π
i
3
nin
f
f (ω) = z
1
olacak ³ekilde
ω = z 3 ∈ S1
altndaki görüntüsü ayn oldu§undan
f
dönü³ümü
injektif olamaz.
b)
f
sürekli dönü³ümünün derecesi
deg f = 3
oldu§undan
f
nin indirgedi§i homomorzma
f∗ : Π1 (S 1 ) −→ Π1 (S 1 )
[g] 7−→ f∗ ([g]) = 3[g]
³eklindedir.
Π1 (S 1 ) ∼
=Z
oldu§undan bu homomorzmay
f∗ : Z −→ Z
x 7−→ f∗ (x) = 3x
³eklinde dü³ünebiliriz. Bu durumda
tiftir ancak
Im f∗ = 3Z
f∗
oldu§undan
dönü³ümünün çekirde§i a³ikar oldu§undan
f∗
surjektif de§ildir.
f∗
injek-
4. Basit ba§lantl bir
X
x0
uzaynda
noktasndan
x1
noktasna giden key iki
α
ve
β
yolu yol
homotoptur. Gösteriniz.
Cevap :
ve
ex1
α, β : I −→ X , x0
de srasyla
x0
ve
x1
dan
x1
e iki yol,
β : I −→ X
yolu
noktalarndaki sabit yollar olsun.
β
yolunun tersi olsun. Ayrca
e x0
Bu takdirde
[α] = [α] ∗ [ex1 ]
= [α] ∗ [β] ∗ [β]
= [α ∗ β] ∗ [β]
= [ex0 ] ∗ [β]
∵X
basit
ba§lantl
= [β]
elde edilir. O halde
5.
S1
x0
dan
birim çemberi ile
Cevap :
x1
noktasna giden herhangi iki yol birbirine yol homotop olacaktr.
R2 − {0}
uzaynn ayn homotopi tipine sahip oldu§unu gösteriniz.
x
kxk
h : R2 − {0} → S 1 , h(x) =
k : S 1 → R2 − {0}, k(x) = x
h ◦ k ' 1S 1
sürekli dönü³ümünü tanmlayalm.
kapsama dönü³ümünü ele alalm. Bu takdirde
k ◦ h ' 1R2
ve
oldu§unu göstermeliyiz.
H : R2 − {0} × I −→ R2 − {0}
x
H(x, t) = (1 − t)x + t kxk
dönü³ümünü tanmlarsak
Ayrca
halde
S1
∀x ∈ S 1
için
k ◦ h ' 1R2
oldu§unu kolayca görebiliriz.
h ◦ k(x) = h(x) =
birim çemberi ile
R2 − {0}
x
kxk
=
x
1
= x = 1S 1 (x)
oldu§undan
uzay ayn homotopi tipine sahiptirler.
h ◦ k ' 1S 1
dir. O
6.
p : S 2 −→ RP 2 , z 7−→ [z]
örtü dönü³ümü için
Cov(S 2 /RP 2 )
deck transformasyonlar
grubunu hesaplaynz.
Cevap :
Cov(S 2 /RP 2 ) = {h : S 2 −→ S 2
grubunu bulalm.
∀z ∈ S 2
homeomorzma
: p ◦ h = p}
deck transformasyonlar
için diyagramn komutatif olmas için
p(z) = p ◦ h(z)
e³itli§ini elde etmeliyiz. Buna göre
h1 : S 2 −→ S 2 ,
h1 (z) = z
ile
h2 : S 2 −→ S 2 ,
h2 (z) = −z
homeomorzmalar diyagram komutatif klar. Buradan
Cov(S 2 /RP 2 ) = Z2
deck transformasyonlar grubu elde edilmi³ olur.
7. Öyle bir
X
topolojik uzay örne§i veriniz ki
X
ile
X ×X
çarpm uzay ayn homotopi tipine
sahip olsun.
Cevap :I
= [0, 1]
birim aral§n alalm.
(t, s) 7−→ k(t, s) = t
i : I −→ I × I , t 7−→ i(t) = (t, 0)
sürekli dönü³ümlerini tanmlayalm. Bu durumda
∀t ∈ I
ve
k : I × I −→ I ,
için
g ◦ f (t) = g(t, 0) = t = 1I (t)
elde edilir. “imdi
f ◦ g ' 1I×I
oldu§unu gösterirsek
I
ile
I ×I
nn ayn homotopi tipine sahip
uzaylar oldu§unu göstermi³ oluruz.
H : (I × I) × I −→ I × I
H((t, s), m) = (t, ms)
dönü³ümü
tanmlansn.
H((t, s), 1) = 1I×I (s, t)
8.
S1 ∨ S2
Cevap :
Bu
takdirde
H
dönü³ümü
süreklidir
ve
H((t, s), 0) = f ◦ g(s)
ve
dir.
wedge birle³iminin temel grubunu hesaplaynz.
S1 ∨ S2
uzaynn temel grubunu hesaplamak için Van Kampen Teoremi'ni kullanaca§z.
K = S1
ve
V
ise
and
K
L = S2
olsun.
ya homotopi denktir. Ayrca
yol ba§lantldr. Böylece
9. a)
için
X̃ ,
U = (K ∨ L) \ {a}, V = (K ∨ L) \ {b} açklarn alalm. U
X
X̃
elde edilir.
ve
x0 ∈ p−1 (x0 )
Cov(X̃/X) ∼
= Π1 (X, x0 ), ∀x0 ∈ X
oldu§unu is-
uzaynn regüler örtülü uzay olsun.
Cov(X̃/X) ∼
= Π1 (X, x0 )/p∗ Π1 (x̃, x˜0 )
b) a) ³kkndaki
L ye
U ∩ V = (K ∨ L) \ {a, b} uzay büzülebilirdir oldu§undan
Π1 (S 1 ∨ S 2 ) = Π1 (U ) ∗ Π1 (V ) = Z ∗ {0} ∼
=Z
yerel yol ba§lantl
uzay
∀x0 ∈ X
oldu§unu gösteriniz.
evrensel örtü uzay ise
patlaynz.
Cevap : a)X̃ ,
X
in regüler örtülü uzay oldu§undan
p∗ Π1 (x̃, x˜0 ), (Π1 (X, x0 ))
normal alt grubu-
dur.
Cov(X̃/X) ∼
= NΠ1 (x,x0 ) (p∗ Π1 (x̃, x˜0 )/p∗ Π1 (X̃, x˜0 )
= (Π1 (X, x0 ))/p∗ Π1 (x̃, x˜0 ).
b)
X̃ , X
in evrensel örtülü uzay oldu§undan,
Ỹ
basit ba§lantldr. Yani;
Π1 (x̃, x˜0 ) = {0}
O halde
Cov(X̃/X) ∼
= Π1 (X, x0 ).
10.
R2
de verilmi³ a³a§daki ³eklin temel grubunu hesaplaynz.
Cevap : “ekli deforme edelim.
Elde edilen ³ekil
S1
çemberi ile ayn homotopi tipine sahip olaca§ndan temel gruplar izomorf
olmaldr. O halde ³eklin temel grubu
Π1 (S 1 ) ∼
=Z
dir.
Ba³arlar Dilerim.
Prof. Dr. smet KARACA