30.05.2011 CEB˙IRSEL TOPOLOJ˙I II F˙INAL CEVAP ANAHTARI 1. f

30.05.2011
CEBİRSEL TOPOLOJİ II FİNAL CEVAP ANAHTARI
1. f : X −→ Y dönüşümünün indirgediği f# : C∗ (X) −→ C∗ (Y ) bir zincir dönüşüm olduğunu
gösteriniz.
0
Çözüm: f : X −→ Y bir sürekli dönüşüm ise bu taktirde ∀n ≥ 0 için f# ◦ ∂n = ∂n ◦ f# dır.
Yani aşağıdaki her kare diyagram değişmelidir.
/ Cn+1 (X) ∂n+1 / Cn (X)
...
fn+1
fn
∂n
/ ...
fn−1
/ Cn+1 (Y ) ∂n+1 / Cn (Y )
...
/ Cn−1 (X)∂n−1
∂n
/ Cn−1 (Y )∂n−1
/ ...
n
n
X
X
i
n
• f# ◦ ∂n (σ) = f# ( (−1) σ ◦ i ) =
(−1)i f# (σ ◦ ni )
i=0
i=0
n
X
X
=
(−1)i
m(σ◦ni )j (f# (σ ◦ ni ))
i=0
j
n
X
=
(−1)i f ◦ σ ◦ ni ∈ Cn−1 (Y )
i=0
n
X
X
0
• ∂n ◦ f# (σ) = ∂n (
mσj f ◦ τi ) =
(−1)i (f ◦ σ) ◦ ni ∈ Cn−1 (Y )
j
i=0
0
⇒ ∂n ◦ f# = f# ◦ ∂n elde edilir. O halde f# : C∗ (X) −→ C∗ (Y ) bir zincir dönüşümdür.
2. X tek noktalı uzay olmak üzere tüm n > 0 için Hn (X) aşikar grup mudur ? Görüşünüzü doğrulayınız.
Çözüm: X tek noktalı uzay olmak üzere tüm n > 0 için Hn (X) aşikar gruptur:
Her n ≥ 0 için bir tane σn : ∆n −→ X sürekli fonksiyonu vardır ve bu fonksiyon sabittir.
Böylece Sn (X) =< σn >∼
= Z olur.
∂n : Sn (X) −→ Sn−1
σn 7−→ ∂n (σn ) =
n
n
X
X
(−1)i σn ◦ ni = [ (−1)i ]σn−1
i=0
i=0

 0,
=
 σ
n−1 ,
∂n+1
∂n−1
∂
n tek
n çift ve pozitif
∂n−2
n
. . . −→ Sn+1 (X) −→ Sn (X) −→
Sn−1 (X) −→ Sn−2 (X) −→ Sn−3 (X) −→ . . .
1
• n tek iken ∂n = 0
• n çift ve pozitif iken ∂n izomorfizmdir.
n tek iken Ker(∂n ) = Sn (X) ve n + 1 çift olduğundan Im(∂n+1 ) = Sn (X) elde edilir. Bu durumda,
Hn (X) =
Ker(∂n )
Sn (X)
=
=0
Im(∂n+1 )
Sn (X)
n çift ve pozitif iken Ker(∂n ) = 0 ve Im(∂n+1 ) = 0 olduğundan,
Hn (X) =
Ker(∂n )
=0
Im(∂n+1 )
3. X topolojik uzayı yol bağlantılı ise ∗ : H0 (X) −→ Z homomorfizması bir izomorfizma olur mu ?
Açıklayınız.
Çözüm:
ε : S0 (X) −→ Z , Σmx x 7−→ ε(Σmx x) = Σmx
ε∗ : H0 (X) −→ Z
Σmx x + B0 (X) 7−→ ε∗ (Σmx x + B0 (X)) = Σmx
∀ Σmx x + B0 (X) ∈ Ker(ε∗ ) için 0 = ε∗ (Σmx x + B0 (X)) = Σmx olur. Bir x0 ∈ X noktası seçelim.
X yol bağlantılı olduğundan x0 dan x e bir σx : ∆1 −→ X yolu vardır.
∂1 (σx ) = σx (e1 ) − σx (e0 ) = x − x0
Σmx σx ∈ S1 (X) dir ve Σmx = 0 olduğundan,
∂1 (Σmx σx ) = Σmx ∂1 (σx ) = Σmx (x − x0 ) = Σmx x − (Σmx )x0 = Σmx x
Σmx x = ∂1 (Σmx σx ) ∈ B0 (X) olduğundan Σmx x + B0 (X) = B0 (X) elde edilir.
Böylece Ker(ε∗ ) = 0 dır. ε∗ injektiftir.
∀ m ∈ Z için ε∗ (mx + B0 (X)) = m olacak şekilde mx + B0 (X) ∈ H0 (X) olduğundan ε∗ sürjektiftir.
Sonuç olarak ε∗ : H0 (X) → Z izomorfizmdir.
4. Klein Şişesinin homoloji gruplarını hesaplayınız.
Çözüm:
2
3 tane 0-simpleks < x > var. O halde C0 (Kb) ' Z
3 tane 1-simpleks < α >, < β >, < γ > var. O halde C1 (Kb) ' Z
L
2 tane 2-simpleks < U >, < L > var. O halde C2 (Kb) ' Z Z
L L
Z Z
q ≥ 3 için Cq (Kb) ' {0}
∂
∂
∂
∂
3
2
1
0
0 −→
C2 (Kb) −→
C1 (Kb) −→
C0 (Kb) −→
0
Im∂3 ' {0} ve Ker∂0 = C0 (Kb) ' Z
∂2 : C2 (Kb) −→ C1 (Kb) homomorfizmasını ele alalım.
∀pU + qL ∈ C2 (Kb) için,
∂2 (pU + qL) = p∂2 (U ) + q∂2 (L) = p.(γ − α − β) + q.(β − α − γ) = −(p + q)(α) + (p − q)(γ − β)
O halde 2α ve γ − α − β elemanları Im∂2 yi üretir. Buradan Im∂2 ' 2Z ⊕ Z dir.
∂2 (pU + qL) = 0 ⇒ −(p + q)(α) + (p − q)(γ − β) = 0 ⇒ p − q = 0 ve −p − q = 0
⇒ p = q = 0 ⇒ Ker∂2 ' {0}
∂1 : C1 (Kb) −→ C0 (Kb) homomorfizmasını ele alalım.
∀r1 α + r2 β + r3 γ ∈ C1 (Kb) için,
∂1 (r1 α + r2 β + r3 γ) = r1 ∂1 (α) + r2 ∂1 (β) + r3 ∂1 (γ)
= r1 (x − x) + r2 (x − x) + r3 (x − x)
=0
elde edilir. Bu durumda, Im∂1 = {0} ve Ker∂1 ' Z ⊕ Z ⊕ Z dir.
H0 (Kb) =
Ker∂0
Ker∂1
Ker∂2
' Z, H1 (Kb) =
' Z ⊕ Z2 , H2 (Kb) =
'Z
Im∂1
Im∂2
Im∂3
bulunur. Sonuç olarak Klein şişesinin homoloji grubu



Z,


Hn (Kb) =
Z ⊕ Z2 ,



 {0},
n=0
n=1
n6=0,1
olarak bulunur.
5. X ve Y birer sonlu CW kompleks ise
χ(X × Y ) = χ(X)χ(Y )
eşitliği var mıdır ? Açıklayınız.
0
0
0
Çözüm: E ve E , sırasıyla X ve Y nin CW ayrışımları ise o zaman E ” = {e × e : e ∈ E} ve e ∈ E
0
0
X × Y nin bir CW ayrışımıdır. e bir i-hücre ve e bir j-hücre ise o zaman e × e bir (i + j)-hücredir.
3
0
E ” deki k-hücrelerin βk sayısı
P
0
i+j=k
0
αi αj dir.
0
(αi , E deki i-hücrelerin sayısı ve αj , E deki j-hücrelerin sayısı olacak şekilde). Fakat
(
X
X
X
X
X
X
0
0
0
(−1)i αi )( (−1)j αj ) =
(−1)i+j αi αj =
(−1)k
αi αj =
(−1)k βk
i,j
k
i+j=k
dır. Bu yüzden χ(X)χ(Y ) = χ(X × Y ) dir.
6. α ∈ S p (X; G1 ) ve β ∈ S q (Y ; G2 ) olsun. Çarpım uzayının eş zincir kompleksi için eş sınır formülü
δ(α × β) = δ p (α) × β + (−1)p α × δ q (β)
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm: Bu eşitliğin ispatını yapmak için, öncelikle aşağıdaki diyagramın değişmeli olduğunu göstereceğiz.
η]
Hom((C(X) ⊗ C(Y ))q , G1 ⊗ G2 )
δq
/ Hom(Cq (X × Y ), G1 ⊗ G2 )
0
η]
Hom((C(X) ⊗ C(Y ))q+1 , G1 ⊗ G2 )
δq
/ Hom(Cq+1 (X × Y ), G1 ⊗ G2 )
Her f ∈ Hom((C(X) ⊗ C(Y ))q , G1 ⊗ G2 ) ve a ∈ C(X × Y ) için,
0
δ q ◦ η ] (f )(a) = δ q (f ◦ η(a)) = f ◦ ∂q+1 (η(a)) = f ◦ η ◦ ∂q+1 (a)
ve
0
0
0
η ] ◦ δ q (f )(a) = η ] (f ◦ ∂q+1 (a)) = f ◦ η ◦ ∂q+1 (a)
0
Böylece δ q ◦ η ] = η ] ◦ δ q elde ederiz. İspatlamak istediğimiz eşitliğe geri dönersek,
δ(α × β) = δ(η ] ◦ α ⊗ β)
= η ] (δ(α ⊗ β))
= η ] ((δα) ⊗ β) + (−1)p α ⊗ (δβ))
= η ] ((δα) ⊗ β)) + η ] ((−1)p α ⊗ (δβ))
= δ p (α) × β + (−1)p α × δ q (β)
sonucu elde edilir.
0
0
7. f : X −→ X ve g : Y −→ Y sürekli dönüşüm, F ve G değişmeli grup olsun. a ∈ H p (X; F )
ve b ∈ H q (Y ; G) için (f × g)∗ (a × b) = f ∗ (a) × f ∗ (b) eşitliğini gösteriniz.
4
Çözüm: Aşağıdaki diyagram değişmelidir.
η
Cp+q (X × Y )
/ Cp (X) ⊗ Cq (Y )
(f ×g)]
Cp+q (X 0 × Y 0 )
η
f] ⊗g]
/ Cp (X 0 ) ⊗ Cq (Y 0 )
Bu durumda (f∗ ⊗ g∗ ) ◦ η∗ = η∗ ◦ (f × g)∗ eşitliğide vardır. O halde eşitliğe geri dönersek,
(f × g)∗ (a × b) = (f × g)∗ ◦ η ∗ (a ⊗ b)
= (a ⊗ b) ◦ η∗ ◦ (f × g)∗
{z
}
|
=(f∗ ⊗g∗ )◦η∗
= (a ⊗ b) ◦ (f∗ ⊗ g∗ ) ◦ η∗
= (f ∗ (a) ⊗ g ∗ (b)) ◦ η∗
= f ∗ (a) × g ∗ (b)
elde edilir.
8. G değişmeli grup olsun. α ∈ H p (X; G), β ∈ H q (Y ; G) ve T : X × Y −→ Y × X dönüşümü
T (x, y) = (y, x) şeklinde tanımlansın.
T ∗ : H p+q (Y × X; G) −→ H p+q (X × Y ; G)
homomorfizmasının
T ∗ (β × α) = (−1)pq (α × β)
eşitliğini sağladığını gösteriniz.
Çözüm: e ∈ Cp (X) ve c ∈ Cq (Y ) için,
H : C∗ (X) × C∗ (Y ) −→ C∗ (Y ) × C∗ (X)
e × c 7−→ H(e ⊗ c) = (−1)pq (c ⊗ e)
dönüşümünü tanımlayalım ve bu dönüşümün bir zincir dönüşümü olduğunu gösterelim:
H ◦ ∂(e ⊗ c) = H(∂e ⊗ c + (−1)p e ⊗ ∂c) = (−1)(p−1)q c ⊗ ∂e + (−1)pq ∂c ⊗ e
∂ ◦ H(e ⊗ c) = ∂((−1)pq (c ⊗ e)) = (−1)pq ∂c ⊗ e + (−1)(p+1)q c ⊗ ∂e
| {z }
=(−1)(p−1)q
Sonuç olarak, H ◦∂ = ∂ ◦H olduğundan H bir zincir dönüşümüdür. Böylece acyclic model metodundan
aşağıdaki diyagramda her iki bileşke aynı kohomoloji sınıfını temsil eder:
C∗ (X × Y )
T]
η
C∗ (Y × X)
η
/ C∗ (X) ⊗ C∗ (Y )
OOO
O(−1)
OOO pq α⊗β
OOO
H
OO'
/G⊗G
/ C∗ (Y ) ⊗ C∗ (X)
β⊗α
5
Sonuç olarak (−1)pq (v ⊗ u) ◦ η ile (u ⊗ v) ◦ η ◦ T] aynı sınıfı gösterirler.
Böylece T ∗ (u × v) = (−1)pq (v × u) dur.
9. X, Y herhangi topolojik uzay ve F, G, K birer değişmeli grup olsun. α ∈ H p (X; F ), β ∈ H q (Y ; G)
ve her f : X × Y sürekli fonksiyonu için f ∗ (α ∪ β) = f ∗ (α) ∪ f ∗ (β) olduğunu doğrulayınız.
Çözüm: Cup çarpımı şöyle tanımlayalım :
p∗
d∗
w∗
H p (X; F ) ⊗ H q (X; G) −→ H p+q (X × X; F ⊗ G) −→ H p+q (X; F ⊗ G) −→ H p+q (X; K)
u ⊗ v 7−→ u × v
w∗
H ∗ (Y ; F ⊗ G)
f∗
/ H ∗ (Y ; K)
f∗
w∗
H ∗ (X; F ⊗ G)
/ H ∗ (X; K)
w∗ ◦ f ∗ = f ∗ ◦ w∗
eşitliği vardır. Buradan faydalanarak cup çarpımı
α ∪ β = w∗ ◦ d∗ ◦ p∗ (α ⊗ β)
şeklinde tanımlayabiliriz. O halde,
f ∗ (α ∪ β) = f ∗ (w∗ ◦ d∗ ◦ p∗ (α ⊗ β))
= (f ∗ ◦ w∗ ) ◦ d∗ (α × β)
= w∗ ◦ f ∗ ◦ d∗ (α × β)
= w∗ ◦ d∗ ◦ (f × f )∗ (α × β)
= w∗ ◦ d∗ ◦ (f ∗ (α) × f ∗ (β))
= f ∗ (α) ∪ f ∗ (β)
eşitliği elde edilir.
10. Cartan formülünün aşağıdaki iki formunun birbirine denk olduğunu ispatlayınız.
i
X
i
i. Sq (x ∪ y) =
Sq j (x) ∪ Sq i−j (y)
j=0
i
X
ii. Sq i (x × y) =
Sq j (x) × Sq i−j (y)
j=0
Çözüm: (i ⇒ ii) Sq i (x ∪ y) =
i
X
Sq j (x) ∪ Sq i−j (y) eşitliği var olsun. p1 : X × Y −→ X ve
j=0
6
p2 : X × Y −→ Y izdüşüm dönüşümleri olmak üzere,
Sq i (x × y) = Sq i ((x × 1) ∪ (1 × y))
=
i
X
Sq j (x × 1) ∪ Sq i−j (1 × y)
j=0
=
=
=
i
X
j=0
i
X
j=0
i
X
Sq j (p∗1 (x)) ∪ Sq i−j (p∗2 (y))
p∗1 (Sq j (x)) ∪ p∗2 (Sq i−j (y))
Sq j (x) × Sq i−j (y)
j=0
(ii ⇒ i) Sq i (x × y) =
i
X
Sq j (x) × Sq i−j (y) eşitliği var olsun. d : X −→ X × X köşegen dönüşüm
j=0
olmak üzere,
Sq i (x ∪ y) = Sq i (d∗ (x × y))
= d∗ (Sq i (x × y))
i
X
= d∗ (
Sq j (x) × Sq i−j (y))
j=0
=
i
X
j=0
bulunur.
7
Sq j (x) ∪ Sq i−j (y)