01.06.2011 GEOMETR˙IK TOPOLOJ˙I ÖRGÜN Ö ˘GRET˙IM F˙INAL

01.06.2011
GEOMETRİK TOPOLOJİ ÖRGÜN ÖĞRETİM FİNAL CEVAP ANAHTARI
1. M = (R × {α}) ∪ ({α} × R) (α : sabit reel sayı) şeklinde verilen M uzayı topolojik manifold
mudur ? Cevabınızı açıklayınız.
Çözüm: Kabul edelim ki M topolojik manifold olsun. O halde M yerel homeomorfiktir. Yani M deki
her noktanın R nin bir açık alt kümesiyle homeomorf olacak şekilde bir açık komşuluğu vardır.
p = (α, α) ∈ M noktasının açık komşuluğu U olsun. Buna homeomorf olan R deki açık aralık I olsun.
φ : U −→ I homeomorfizma dönüşümü olsun. φ homeomorfizma olduğundan U dan bir nokta ve
I dan da bu noktanın görüntüsü olan noktayı çıkardığımızda aradaki homeomorfizma bozulmaz yani
U − {p} ≈ I − {φ(p)} dir. U − {p} nin yol bileşenlerinin sayısı 4 iken I − {φ(p)} nin yol bileşenlerinin sayısı 2 olduğundan çelişki elde edilir. Çünkü homeomorfizma altında yol bileşenlerinin sayısı
korunmalıydı. 4 6= 2 olduğundan bu iki uzayın yol bileşenlerinin sayısı farklıdır. Bu çelişkiden dolayı
kabulümüz yanlıştır. O halde M uzayı topolojik manifold değildir.
2.
g : R2 −→ R3 , (φ, θ) 7−→ g(φ, θ) = (2 cos θ + φ2 , 2 sin φ, cos φ)
şeklinde tanımlanmış g fonksiyonunun batırma olup olmadığını inceleyiniz.
Çözüm: ’Hatırlatma : M , m-boyutlu; N , n-boyutlu manifoldlar olsun. Bir F : N −→ M dönüşümü
verilsin. ∀p ∈ N için f1 , ..., fm : N −→ R reel değerli fonksiyonlar olmak üzere F = (f1 , ..., fm )
için fi ler diferansiyellenebilir ise F de diferansiyellenebilirdir.’
g : R2 −→ R3 , (φ, θ) 7−→ g(φ, θ) = (2 cos θ + φ2 , 2 sin φ, cos φ)
u = 2 cos θ + φ2 , v = 2 sin φ ve w = cos φ olsun.
0
00
(n)
u = 2 cos θ + φ2 , uφ = 2φ, uφ = 2, ..., uφ = 0, ...
0
00
(n)
u = 2 cos θ + φ2 , uθ = −2 sin θ, uθ = −2 cos θ, ..., uθ
π
= 2 cos(θ + n ), ...
2
∀n ∈ N için u(n) kısmi türevleri var ve bunlar R2 de süreklidir. O halde, uC ∞ olur.
π
00
0
(n)
v = 2 sin φ, vφ = 2 cos φ, vφ = −2 sin φ, ..., vφ = 2 sin(φ + n ), ...
2
0
00
(n)
v = 2 sin φ, vθ = 0, vθ = 0, ..., vθ
= 0, ...
∀n ∈ N için v (n) kısmi türevleri var ve bunlar R2 de süreklidir. O halde, vC ∞ olur.
π
0
00
(n)
w = cos φ, wφ = − sin φ, wφ = − cos φ, ..., wφ = cos(φ + n ), ...
2
1
0
00
(n)
w = cos φ, wθ = 0, wθ = 0, ..., wθ
= 0, ...
∀n ∈ N için w(n) kısmi türevleri var ve bunlar R2 de süreklidir. O halde, wC ∞ olur.
uC ∞ , vC ∞ ve wC ∞ olduğundan g, C ∞ -dönüşümdür.
g nin Jacobian matrisini inceleyelim:

J(g) = 
2 cos φ − sin φ
2φ
−2 sin θ
0
0


f : M −→ N nin batırma (immersion) olması için gerek ve yeter şart f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N )
dönüşümünün injektif olmasıdır.
f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N ) dönüşümünün injektif olması için gerek ve yeter şart dim(M ) < dim(N )
ve dim(M ) = rank(J(f )) olmasıdır.
dim(R2 ) < dim(R3 ) olmasına rağmen θ = 0 için rank(J(g)) = 1 olup dim(R2 ) 6= rank(J(g)) durumundan dolayı g∗ : Tp (R2 ) −→ Tg(p) (R3 ) injektif değildir. O halde, g batırma (immersion) değildir.
3. G bir topolojik grup ve e ∈ G birim eleman olsun. e nin tüm açık komşuluklarının kesişimi {e}
ise G topolojik grubunun Hausdorff uzay olduğunu gösteriniz.
Çözüm: a 6= b olmak üzere a, b ∈ G olsun. ab−1 6= e olduğundan hipotezden dolayı ab−1 ∈
/ U olacak
şekilde e nin en az bir U açık komşuluğu vardır. Çünkü hipotezden e nin tüm açık komşuluklarının ortak
elemanı e dir.
’Önerme : G bir topolojik grup olsun. e ∈ U olmak üzere U , G de açık olsun. V = V −1 ve V.V ⊂ U
olacak şekilde V açık kümesi vardır ve e ∈ V dir.’
⇒ Önerme’den, V −1 V ⊂ U olacak şekilde e nin bir açık V açık komşuluğu bulunabilir.
O halde ab−1 ∈
/ V −1 V dir. x ∈ V olmak üzere
ab−1 ∈
/ V −1 V ⇒ V ab−1 ∈
/V
⇒ xab−1 ∈
/V
elde edilir. Herbir x ∈ V için xab−1 ∈
/ V olduğundan
V ab−1 ∩ V = ∅
⇒
Va∩Vb=∅
bulunur. Burada V a ve V b sırasıyla a ve b nin birer açık komşulukları olduğundan G Hausdorfftur.
a ∈ V a ve b ∈ V b açık komşuluklar V a ∩ V b = ∅ ⇒ G Hausdorff uzaydır.
4. H, G Lie grubunun kapalı bir altgrubu olsun. Eğer H ve G/H bağlantılı ise G nin bağlantılı
2
olduğunu gösteriniz.
?
Çözüm: U ve V , G’nin boştan farklı açık altkümeleri olmak üzere G = U ∪ V olsun. U ∩ V 6= ∅
p : G −→ G/H bölüm dönüşümü olsun. p bölüm dönüşümü olduğundan sürekli ve örtendir. p örten
olduğundan p(G) = G/H dır.
G/H = p(G) = p(U ∪ V ) = p(U ) ∪ p(V )
elde edilir. p(U ) ve p(V ), G/H ın boştan farklı açık altkümeleridir. G/H = p(U ) ∪ p(V ) olup G/H
bağlantılı olduğundan gH ∈ p(U ) ∪ p(V ) olacak şekilde bir gH ∈ G/H elemanı vardır.
gH = gH ∩ G = gH ∩ (U ∪ V ) = (gH ∩ U ) ∪ (gH ∩ V )
olup (gH ∩ U ) ve (gH ∩ V ), gH’ın açık altkümeleridir. (Çünkü H altuzay topolojisine sahiptir)
(gH ∩ U ) ve (gH ∩ V )’nin ikisi de boştan farklıdır.
Lg (H) = gH homeomorfizma olduğundan gH, H’a homeomorftur ve H bağlantılı olduğundan
(çünkü bağlantılılık topolojik özelliktir)
(gH ∩ U ) ∩ (gH ∩ V ) 6= ∅
elde edilir. Buradan,
(gH) ∩ (U ∩ V ) 6= ∅ ve (U ∩ V ) 6= ∅
elde edilir. O halde G, bağlantılıdır.
5. Möbius Şeridinin simpleksler homoloji gruplarını hesaplayarak Euler karakteristiğini belirleyiniz.
Çözüm:
2 tane 0-simpleks < x >, < y > var. O halde C0 (M b) ' Z
L
Z
4 tane 1-simpleks < α >, < β >, < δ >, < γ > var. O halde C1 (M b) ' Z
L
2 tane 2-simpleks < U >, < L > var. O halde C2 (M b) ' Z Z
q ≥ 3 için Cq (M b) ' {0}
3
L L L
Z Z Z
∂
∂
∂
∂
3
2
1
0
0 −→
C2 (M b) −→
C1 (M b) −→
C0 (M b) −→
0
L
Im∂3 ' {0} ve Ker∂0 = C0 (M b) ' Z Z
∂2 : C2 (M b) −→ C1 (M b) homomorfizmasını ele alalım.
∀p1 < U > +p2 < L >∈ C2 (M b) için,
∂2 (p1 < U > +p2 < L >) = p1 ∂2 (U ) + p2 ∂2 (L)
= p1 .(−α − β + γ) + p2 .(−α − γ + δ)
= (−p1 − p2 )α + (−p1 )β + (p2 )δ + (p1 − p2 )(γ)
Ker∂2 yi hesaplayalım:
∂2 (p1 < U > +p2 < L >) = 0 ⇒ (−p1 − p2 )α + (−p1 )β + (p2 )δ + (p1 − p2 )(γ) = 0
p1 = p2 = 0 olmalı ⇒ Ker∂2 = {0}
Im∂2 yi hesaplayalım:
Im∂2 = {(−p1 − p2 )α + (−p1 )β + (p2 )δ + (p1 − p2 )(γ)|p1 , p2 ∈ Z} ' Z
L
Z
∂1 : C1 (M b) −→ C0 (M b) homomorfizmasını ele alalım.
∀r1 α + r2 β + r3 δ + r4 γ ∈ C1 (M b) için,
∂1 (r1 α + r2 β + r3 δ + r4 γ) = r1 ∂1 (α) + r2 ∂1 (β) + r3 ∂1 (δ) + r4 ∂1 (γ)
= r1 (y − x) + r2 (x − y) + r3 (y − x) + r4 (x − x)
= (r1 − r2 + r3 )(y − x)
Ker∂1 i hesaplayalım:
∂1 (r1 α + r2 β + r3 δ + r4 γ) = 0 ⇒ (r1 − r2 + r3 )(y − x) = 0
r1 − r2 + r3 = 0 ⇒ r2 = r1 + r3 ve r4 ∈ Z
Ker∂1 = {r1 α + (r1 + r3 )β + r3 δ + r4 γ)|r1 , r3 , r4 ∈ Z} ' Z
L L
Z Z
Im∂1 i hesaplayalım:
∂1 (r1 α + r2 β + r3 δ + r4 γ) = (r1 − r2 + r3 )(y − x) = r(y − x)
Im∂1 = {r(y − x)|r ∈ Z} ' Z
Ker∂0
Ker∂1
Ker∂2
' Z, H1 (M b) =
' Z, H2 (M b) =
' {0} bulunur.
Im∂1
Im∂2
Im∂3
Böylece istenilen sonucu elde ederiz :
H0 (M b) =

 Z,
Hn (M b) =
 {0},
χ(M b) =
∞
X
n=0,1
n6=0,1.
(−1)q .rank Hq (M b)
q=0
= (−1)0 .rank H0 (M b) + (−1)1 .rank H1 (M b) + (−1)2 .rank H2 (M b) + ...
= 1.1 − 1.1 + 1.0 − 1.0 + ... = 0
4
6.
a) Alexander polinomunu belirleyiniz.
b) Skein bağıntısını kullanarak ∆- polinomunu hesaplayınız.
Çözüm: a)
xi ler çaprazmalar ve ai ler yaylar olmak üzere bu düğümün matrisini oluşturalım:

1−t


 −1


A= 0


 0

t
0
0
−1
t
0
1−t
1−t
−1
t
−1
t
0
0
1−t
0
t






0 


1−t 

−1
0
A matrisinin 5. satır ve 1. sütununu çıkararak geriye kalan 4 × 4 lük matrisin determinantını alalım.
0
−1
t
0
t
0 1−t
0
1 − t −1
t
0
−1
t
0
1−t
= 2t3 − 3t2 + 2t
−t−1 .(2t3 − 3t2 + 2t) = 2t2 − 3t + 2 şeklinde Alexander polinomu bulunur.
b) Skein bağıntısından ve uygun Reidemeister hareketlerinden yararlanarak ∆-polinomunu bulalım :
5
1
1
Düğümsüzün ∆-polinomu 1 ve sağ Hopf zincirinin ∆-polinomu t− 2 − t 2 olduğundan bu düğümün
∆-polinomu :
1
1
1
1
1
1
∆(L+ ) = 1 − (t 2 − t− 2 ).{(t− 2 − t 2 ) − (t 2 − t− 2 )} = 1 − 2(1 − t − t−1 + 1) = 2t + 2t−1 − 3
şeklinde bulunur.
7. 6. soruda verilen düğümün Jones polinomunu hesaplayınız.
Çözüm:
Bu düğümün writhe sayısı : w(L) = 5 dir.
X(L) = (−A)−3w(L) < L >= (−A)−3.5 < L >= −A−15 < L >
Şimdi uygun Bracket polinomu kurallarını uygulayarak < L > yi hesaplayalım :
6
< L >= −A11 + A7 − A3 − A + A−1 (−A4 + 1 + A−8 ) = −A11 + A7 − A3 − A − A3 + A−1 + A−9
X(L) = −A−15 (−A11 +A7 −A3 −A−A3 +A−1 +A−9 ) = A−4 −A−8 +2A−12 +A−14 −A−16 −A−24
1
bulunur. X(L) de A = t− 4 alınırsa bu düğümün Jones polinomu
7
V (L) = t − t2 + 2t3 + t 2 − t4 − t6
şeklinde bulunur.
7