geometr k topoloj arasınav soruları cevap anahtarı

04.04.2011
GEOMETRK TOPOLOJ
1. Çember
Çözüm :
S1
in bir
(i) S 1 ⊂ R2
topolo jik
ARASINAV SORULARI CEVAP ANAHTARI
1-manifold
oldu§unu gösteriniz.
ve Hausdor uzay olma özelli§i kaltsal özellik oldu§undan
(ii) S 1 ⊂ R2
ve ikinci saylabilirlik kaltsal özellik oldu§undan
(iii)
S 1 , R'nin
Çember
ikinci saylabilirdir.
t 7−→ q(t) = (cos 2πt, sin 2πt)
U , y -ekseninin
homeomorzma oldu§unu iddia ediyoruz. (
sa§ tarafnda kalan ve çemberin yars
n ∈ Z).
olan bir yaydr. Ayrca
q
Hausdor uzaydr.
açk aral§na yerel homeomork mi ?
1
1
q : (n − , n + ) ⊂ R −→ U ⊂ S 1
4
4
q 'nun
S1,
S1,
bijektif ?
1
1
∀t1 , t2 ∈ (n − , n + )
4
4
için
1
1
∀t1 , t2 ∈ (n − , n + )
4
4
için
t1 6= t2 ⇒ q(t1 ) 6= q(t2 )
?
t1 6= t2 ⇒ cos 2πt1 6= cos 2πt2 ∧ sin 2πt1 6= sin 2πt2
⇒ (cos 2πt1 , cos 2πt2 ) 6= (sin 2πt1 , sin 2πt2 ) ⇒ q(t1 ) 6= q(t2 )
⇒ q,
injektiftir.
∀z = (x, y) ∈ U ⊂ S 1
var m ?
q(t) = (cos 2πt, sin 2πt) = (x, y)
(x 6= 0)
x = cos 2πt
Buradan;
⇒ q,
için
ve
t=
y = sin 2πt
oldu§undan
tan 2πt =
1
y
1
1
arctan( ) ∈ (n − , n + )
2π
x
4
4
sürjektiftir.
y
x
bulunur.
olur.
olacak ³ekilde
1
1
∃t ∈ (n − , n + )
4
4
⇒ q,
bijektiftir.
cos 2πt
ve
sin 2πt
sürekli oldu§undan
q(t) = (cos 2πt, sin 2πt)
dönü³ümü süreklidir.
1
1
1
y
q −1 : U ⊂ S 1 −→ (n − , n + ) (x, y) 7−→ q −1 (x, y) =
arctan( )
4
4
2π
x
y
arctan( )
x
S1
O halde,
2.
fonksiyonu
(−1, 1)
Çözüm :
R
de sürekli oldu§undan
deki her noktann aç§
R
açk aral§nn
R
dönü³ümü süreklidir.
deki açklara homeomorftur.
açk aral§nn reel saylar kümesi
(−1, 1)
q −1
R
S1,
topolojik
1-manifolddur.
ye dieomork oldu§unu gösteriniz.
ye dieomorf oldu§unu görelim. Dieomorzmay
π
x 7−→ f (x) = tan( x)
2
f : (−1, 1) −→ R,
olarak tanmlayalm.
f 0 (x) =
π
π
(1 + tan2 ( x)) > 0
2
2
∀y ∈ R
Ayrca
için
sürjektiftir. O halde
f (x)
in
Burada
n∈N
n.
h(x)
olacak ³ekilde
dönü³ümü kesin artandr yani
2
arctan(x) ∈ (−1, 1)
π
f (x)
π
2
ve
π
sin( x)
2
f (n) (x) =
in
injektiftir.
mevcuttur. Yani
h(x)
π
cos(n+1) ( x)
2
dönü³ümü
bulunur.
in sonsuz mertebeden türevlerinde payda bir tanmszlk yoktur. Sadece pay-
in kuvvetleri vardr.
x ∈ (−1, 1)
oldu§undan bu ksmi türevler süreklidir. O halde,
dönü³ümdür.
n.
f
in farkl mertebeden lineer kombinasyonlarndan olu³ur.
g : R −→ (−1, 1), x 7−→ g(x) =
g(x)
f
bijektiftir.
fonksiyonu
olmak üzere
f ∈ C∞
f,
f
mertebeden ksmi türevleri incelenirse;
π
cos( x)
2
dada
f (x) = y
oldu§undan
mertebeden ksmi türevleri incelenirse;
2
arctan(x)
π
g (n) (x) =
2 u(x)
π (1 + x2 )n
bulunur.
Burada
u(x)
oldu§undan
fonksiyonu
g (n) (x)
V
in farkl mertebeden kuvvetlerinin lineer kombinasyonudur.
tanmldr, süreklidir.
dönü³ümdür. Sonuç olarak,
3.
x
f
bir vektör uzay olsun.
∀n ∈ N
1 + x2 > 0
için de ayn durum mevcuttur.O halde,
g ∈ C∞
dieomorzmadr.
a, b ∈ R, f ∈ Ak (V )
ve
g ∈ Al (V )
için
af ∧ bg = (ab)f ∧ g
oldu§unu
gösteriniz.
Çözüm :
af ∧ bg =
1
1 X
(Sgnσ) af (vσ(1) , ..., vσ(k) )bg(vσ(k+1) , ..., vσ(k+l) )
A(af ⊗ bg) =
k!.l!
k!.l!
σ∈Sk+l
=
1 X
(Sgnσ) (a.b) f (vσ(1) , ..., vσ(k) ) g(vσ(k+1) , ..., vσ(k+l) )
k!.l!
σ∈Sk+l
=
(ab)
f (vσ(1) , ..., vσ(k) )g(vσ(k+1) , ..., vσ(k+l) )
k!.l!
= (ab).
1
A(af ⊗ bg) = (ab)f ∧ g
k!.l!
⇒ af ∧ bg = (ab)f ∧ g
bulunur.
F : R2 −→ R3
4.
³eklinde tanml dönü³üm olsun.
F∗ (
dönü³ümü
∂
)
∂y
(u, v, ω) = F (x, y) = (x, y, xy)
de§erini
∂
∂
,
∂u ∂v
ve
∂
∂ω
nin lineer kombinasyonu olarak
hesaplaynz.
Çözüm :
F∗ (
∂
∂
∂
∂
)=a
+b
+c
∂y
∂u
∂v
∂w
bu denklemin her iki tarafna
F∗ (
Böylece;
a = F∗ (
F∗ (
b = F∗ (
a, b
ve
de§erlerini belirlemek için srasyla
∂
∂
∂
∂
∂u
∂u
∂u
)u = (a
+b
+c
)u = a
+b
+c
=a
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
v
bulunur.
yi uygulayalm:
∂
∂
∂
∂
∂v
∂v
∂v
)v = (a
+b
+c
)v = a
+b
+c
=b
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
∂
∂
∂
)v =
(v ◦ F ) =
(y) = 1 ⇒ b = 1
∂y
∂y
∂y
Benzer ³ekilde bu kez
c
uygulayalm.
∂
∂
∂
)u =
(u ◦ F ) =
(x) = 0 ⇒ a = 0
∂y
∂y
∂y
Benzer ³ekilde bu kez
Böylece;
u, v, w
olsun. Burada
w
y uygulayalm:
bulunur.
F∗ (
c = F∗ (
Böylece;
∂
∂
∂
∂
∂w
∂w
∂w
)w = (a
+b
+c
)w = a
+b
+c
=c
∂y
∂u
∂v
∂w
∂u
∂v
∂w
∂
∂
∂
)w =
(w ◦ F ) =
(xy) = x ⇒ c = x
∂y
∂y
∂y
bulunur.
Sonuç olarak;
F∗ (
∂
∂
∂
)=
+x
∂y
∂v
∂w
bulunur.
φ : R3 −→ R2 , (x, y, z) 7−→ φ(x, y, z) = (y − z, x)
5.
dönü³ümünün daldrma (submersiyon) olup olmad§n belirleyiniz.
Çözüm :
φ : R3 −→ R2 , (x, y, z) 7−→ φ(x, y, z) = (y − z, x)
u=y−z
ve
u, v 'nin
olsun.
tüm mertebeden ksmi türevleri var ve bunlar
u, v ∈ C ∞
φ
v=x
oldu§undan
R3 'de
süreklidir. O halde,
u, v ∈ C ∞
olur.
φ, C ∞ -dönü³ümdür.
nin Jacobian matrisini inceleyelim:


 0 1 −1 
J(φ) = 

1 0 0
f : M −→ N
nin daldrma (submersion) olmas için gerek ve yeter ³art
dönü³ümünün sürjektif olmasdr.
yeter ³art
dim(M ) > dim(N )
dim(R3 ) > dim(R2 )
O halde,
φ
ve
f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N )
ve
dim(N ) = rank(J(f ))
dim(R2 ) = 2 = rank(J(φ))
f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N )
dönü³ümünün sürjektif olmas için gerek ve
olmasdr.
oldu§undan
φ∗ : Tp (R3 ) −→ Tf (p) (R2 )
sürjektiftir.
daldrmadr (submersiyondur).
6. Uygun indirgeme i³lemlerinden yararlanarak
abc−1 b−1 a−1 c−1
ve
acb−1 a−1 c−1 b
kelimeleri ile verilen
yüzeylerin orientable yüzey olup olmadklarn tayin ediniz.
Çözüm :
abc−1 b−1 a−1 c−1 ∼mobius
abc−1 c−1 ab ∼mobius
aaccb−1 b ∼kure
aacc = 2RP 2
olup
RP 2
nonorientable yüzey oldu§undan bu yüzey nonorientabledr.
acb−1 a−1 c−1 b ∼cember bacb−1 a−1 c−1 ∼silindir bcab−1 a−1 c−1 ∼silindir bca−1 ab−1 c−1 ∼kure bcb−1 c−1 = T
orientable yüzeydir.
7.
aba−1 b−1 cd−1 ef e−1 f −1 cd−1
Çözüm :
ile belirtilen yüzeyi bulup Euler karakteristi§ini hesaplaynz.
aba−1 b−1 cd−1 ef e−1 f −1 cd−1 ∼mobius
= T #RP 2 #T = 2T #RP 2
χ(nT ) = 2 − 2.n (n ≥ 0)
aba−1 b−1 ccf ef −1 e−1 dd−1 ∼kure
aba−1 b−1 ccf ef −1 e−1
bulunur.
ve
χ(mRP 2 ) = 2 − m (m ≥ 1)
ve
χ(M #N ) = χ(M ) + χ(N ) − 2
χ(2T #RP 2 ) = χ(2T ) + χ(RP 2 ) − 2 = (2 − 2.2) + (2 − 1) − 2 = −2 + 1 − 2 = −3.
idi.