Download ePaper

CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI

CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI

from fen.ege.edu.tr More from this publisher

10.02.2015 Views

CEB RSEL TOPOLOJ DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA 2010

CEB RSEL TOPOLOJ

DERS NOTLARI

Prof. Dr.

smet KARACA

2010

çindekiler

1 TOPOLOJ K UZAYLAR 3

1.1 Giri³ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Topolojik Uzay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Bazlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Bir Kümenin çi, Kapan³, Snr . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Yo§un Kümeler ve Hiçbir Yerde Yo§un Olmayan Kümeler . . 13

2 SÜREKL L K 16

3 HOMEOMORF ZM 21

4 DENT F KASYON UZAYLARI 30

4.1 Bölüm Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.2 Ekli Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

4.3 Bir Topolojik Uzayn Süspansiyonu: . . . . . . . . . . . . . . . 45

5 BA‡LANTILI UZAYLAR 47

6 KOMPAKT UZAYLAR 53

7 HOMOTOP TEOR S 58

7.1 Giri³ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

7.2 Homotopi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

7.3 Temel Gruplar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

7.4 Örtü Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

7.5 Çemberin Temel Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.6 Delinmi³ Düzlemin Temel Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.7 S n 'in Temel Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

7.8 Yüzeylerin Temel Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

7.9 Ayn Homotopi Tipine Sahip Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . 83

7.10 Cebirin Temel Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

7.11 Borsuk-Ulam Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

7.12 Bir Grubun Küme Üzerine Hareketi . . . . . . . . . . . . . . . 88

7.13 Örtü Transformasyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

8 S MPLEKSLER 105

8.1 Ane Uzaylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

8.2 Simpleksler Kompleksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

9 S MPLEKSLER HOMOLOJ GRUBU 120

9.1 Serbest Abel Gruplar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

9.2 Simpleksler Zincir Kompleksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

9.3 Simpleksler Homoloji Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

9.4 Simpleksler Kompleksin Euler Karakteristi§i . . . . . . . . . . 134

9.5 Homoloji ve Simpleksler Dönü³ümü . . . . . . . . . . . . . . . 137

9.6 Lefschetz Sabit Nokta Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

9.7 Borsuk-Ulam Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Bölüm 1

TOPOLOJ K UZAYLAR

1.1 Giri³

Topolojinin do§u³una neden olan problem, eski Prusya'daki Königsberg (³imdi

Rusya'da Kaliningrad adn alm³tr) kentinde ortaya atlan bir problemdir.

Königsberg'in içinden geçen Pregel rma§ kent içinde bir ada ile bir yarmada

olu³turur, adann bir yannda iki kol halinde, öteki yannda tek kol halinde

devam eder. Irmak üzerinde yedi köprü vardr.

Königsbergliler'in merak etti§i soru ³udur. Bir noktasndan hareket edip

her köprüyü bir ve yalnz bir kez geçerek ba³langç noktasna dönülebilir mi.

Kent halknn insanlar, farkl noktalardan hareket ederek yedi köprüyü birer

kez geçip ba³ladklar noktaya dönmeyi denediler. Hiç birisi bu geziyi ba³aramam³tr.

Sonunda bu problem o zamann ünlü matematikçisi Leonhard Euler'in

ilgisini çekti. Euler, 1735'de yedi köprüyü hepsinden sadece tam bir kez

geçmek ko³uluyla dola³mann imkânszl§n kantlayan matematiksel ispatn

sundu. 1741 ylnda bu ispat "Solutio problematis ad geometriam situs pertinentis

(Konum geometrisiyle ilgili bir problemin çözümü)" adyla akademinin

dergisinde yaynland. Makalenin adndan anla³laca§ üzere, Euler içinde

uzaklk ve ölçü kavram olmayan ama konumlarla (position) ilgilenen yeni bir

geometriden bahsetmekteydi.

Topoloji sözcü§ünü ilk kez 1847'de Alman matematikçi Listing kullanm³tr.

1851 ylnda Alman matemtaikçi Bernhard Riemann doktora tezinde

topolojik dü³ünceleri Analiza uyarlam³tr. Riemann'n Doktora tez dan³man

Gauss du. 1858 ylnda Alman matematikçi A.F. Möbius tek tara

yüzeyleri(Möbius ³eridi olarak bilinir) tantm³tr. 1872 ylnda Alman matemtaikçi

Felix Klein, geometriler arasnda topolojiyi ele alm³tr. Ayrca tek

tara kapal yüzey örne§ini Klein vermi³tir. Bugün bu yüzey Klein ³i³esi

olarak bilinmektedir. 1882 ylnda Fransz matematikçisi Camille Jordan, Jor-

dan E§ri Teoremini olarak bilinen sav ortaya koymu³tur. 1895 ylnda Fransz

matematikçisi Henri Poincare, modern topolojinin babas olarak bilinmektedir.

Ayrca topolojinin çe³itli alanlara uygulamalarn yapan ilk matematikçidir.

Görüldü§ü üzerine 19. yüzyln ortalarnda geli³tirilmeye ba³lanlan topoloji

matemati§in ana dallarndan biri olmu³tur. Yunancada yüzey veya yer anlamna

gelen topos ve bilim anlamna gelen logos kelimelerinden türetilmi³tir.

Topolojinin temel amac topolojik uzaylar incelemek ve bu uzaylarn sürekli

deformasyonlar yani homeomorzmalar altnda hangi özelliklerinin korundu§unu

belirleyerek bu uzaylar snandrmaktr. Homeomorzma kavramn

geometrik olarak kolayca görebilece§imiz bir örnek vermek istersek, kauçuktan

yaplm³ bir çay barda§nn, kauçuktan yaplm³ çay taba§na homeomorf

oldu§u örne§ini verebiliriz. Çünkü kauçuktan yaplm³ çay barda§n kesmeden,

koparmadan, yrtmadan sadece e§ip bükerek çay taba§na dönü³türebiliriz.

Ancak her zaman bu kadar kolay örnekler elde etmek çok mümkün

de§ildir. Bu nedenle iki topolojik uzayn ayn topolojik özelliklere sahip olmamasndan

yola çkarak bu iki uzayn homeomorf olmad§n söyleyebiliriz.

Ayrca iki uzay arasnda homeomorzmay in³a etmek her zaman kolay

de§ildir. Bu nedenle topolojide uzaylar incelemek için bir çok alt dallar meydana

gelmi³tir.

Geometri, nesnelerin(do§ru, düzlem, elips, çember, kare, yüzeyler(silindir,

tor, Klein ³i³esi, Möbius ³eridi, projektif düzlem) vb.) geometrik özelliklerini

inceler. Geometrik özellikler; uzunluk, alan, hacim, e§rilik, vb. ³eklindedir.

Bununla birlikte nesnelerin rengi, kokusu, erime noktas gibi özellikler Geometride

dikkate alnmaz. Belli bir yap ile birlikte verilen kümeye geometrik

nesne denir. Bu nedenle Geometrik nesneler, Euclid uzaynn bir alt kümesidir.

Uzakl§ koruyacak ³ekilde A Geometrik nesnesinden bir ba³ka B Geometrik

nesnesine bir bijektif fonksiyon varsa A ve B nesneleri izometriktir

denir ve fonksiyona izometri denir. Dolaysyla izometri tarafndan korunan

özelliklere geometrik özellikler denir.

Topolojik Özellikler; Kompaktlk, Ba§lantllk, ayrma aksiyomlar, vb.

Topoloji, nesnelerin topolojik özelliklerini inceler. Bu özellikler burma, büzme,

germe sonucunda de§i³meyen özelliklerdir. Somut Matematik: Çok özel kümeler

üzerinde inceleme yaplr. Soyut Matematik: Ele alnacak küme üzerine ilave

yaplar eklenerek inceleme yaplr.

Topoloji türleri ³öyledir:

1) Genel Topoloji (topolojik uzaylarn özelliklerini inceler)

2) Geometrik Topoloji, manifold ve gömmelerini inceleyen bir daldr. Dü³ük

boyutlu topoloji olarak da bilinir. Dü§üm teorisi ve Braid gruplar en belirgin

konulardr.

3) Cebirsel Topoloji, topolojik problemi cebir problemine dönü³türerek çözümüne

ula³lan alandr. Homotopi, homoloji, kohomoloji (homeomorzm altnda invaryanttrlar)

kavramlarla uzayn ba§lantlk özelli§ini ara³tlr.).

4) Diferensiyel Topoloji, diferensiyellenebilen fonksiyon ve Manifoldlar inceleyen

daldr. Diferensiyel Topoloji, Diferensiyellenebilen Manifoldlarn topolojik

invaryantlar inceler.

5) Kombinatorik Topoloji, Cebirsel Topolojideki problemleri kombinatorik

metodlar kullanarak çözer. Bunlardan en belirgin olan simpleksler kompleksidir.

Üçgenle³tirme metodu ile baz üç boyutlu ³ekilleri olu³turmamz sa§lar.

Özellikle bilgisayar görüntülerde önem kazanr.

6) Dijital Topoloji terimi 1979 ylnda ilk kez Azriel Rosenfeld tarafndan kullanlm³tr.

Dijital Topoloji, topolojik özellikler kullanlarak dijital görüntü

analizi yapmamz sa§layan bir alandr. Kong, Kopperman, Kovalavsky, Boxer

ve Han bu alanda çal³malar yapm³tr. Topolojik metodlar yan sra cebirsel

topoloji metodlar kullanlmaya ba³lanlm³tr. Özellikle homotopi bunlardan

biridir.

7) Network Topoloji, bir networkdeki ba§lantlar arasndaki dönü³ümleri inceler.

Yerel network, ziksel ve lojiksel topolojiye en iyi örnektir. Network

Topolojisi, Graf teorisinin bir parçasdr.

8) Mereotopoloji, mereoloji ve topoloji ile birle³tirilmi³ formal teoridir. Bu

teori, lojikçi ve bilgisayar bilimcisi tarafndan geli³tirilmi³tir.

9) Computational(Hesaplanan) Topoloji, Topolojik özellikleri(kompaktlk,

ba§lantllk, vb.) ele alarak verilen nesneleri tanmlamaktr.

1.2 Topolojik Uzay

Bu bölümde topoloji ve topoloji ile ilgili temel kavramlar verece§iz.

Tanm 1.2.1. X bir küme olsun. X in alt kümeler kolleksiyonu τ a³a§daki

özellikeleri sa§lyor ise τ ya X üzerinde bir topoloji denir;

1. ∅ ve X kolleksiyona ait olmal.

2. Kolleksiyona ait kümelerin sonlu arakesitide kolleksiyona ait olmal.

3. Kolleksiyona ait kümelerin birle³imide kolleksiyona ait olmal

Örnek 1.2.1. 1. τ = {∅, X} indiskrit (a³ikar) topoloji

2. τ = P(X) diskrit (ayrk) topoloji

3. X = {0, 1} yada X = {a, b} için; τ 1 = {∅, X}, τ 2 = {∅, X, {0}},

τ 3 = {∅, X, {1}}, τ 4 = {∅, X, {0}, {1}} yaplar X üzerinde topolojik

yaplardr. τ 1 kaba topoloji, τ 4 ince topoloji ve τ 2 ile τ 3 Sierpinski

topolojisidir.

4. X = {a, b, c} olsun. τ = {∅, X, {a, b}, {a, c}} kümesi X üzerinde topoloji

de§ildir. Çünkü {a, b} ∩ {a, c} = {a} ∉ τ dur.

5. X ≠ ∅ olmak üzere τ F = {∅} ∪ {U ⊂ X : X − Usonlu} X üzerinde bir

topolojidir ve bu topolojiye sonlu tümleyenler topolojisi denir. τ F 'nin

topoloji oldu§unu gösterelim:

• X − ∅ = X ∈ τ F , X − X = ∅ ∈ τ F

n⋂

• {A i } ∈ τ F , (i ∈ Isonlu) için X − ( A i ) =

⇒ ∩A i ∈ τ F

n⋃

• {A i } ∈ τ F için X − ( A i ) =

i=1

O halde τ F , X üzerinde topolojidir.

6. X ≠ ∅ olmak üzere;

i=1

n⋃

(X − A i ) sonlu

i=1

n⋂

(X − A i ) sonlu ⇒ ∪A i ∈ τ F

i=1

• τ c = {∅} ∪ {U ⊂ X : X − U saylabilir } saylabilir tümleyenler

topolojisi,

• p ∈ X için τ p = {x} ∪ {U ⊂ X : p ∉ U} çkarlan nokta topolojisi,

• τ p = {∅} ∪ {U ⊂ X : p ∈ U} özel noktal topoloji,

X üzerinde topolojik yaplardr.

Tanm 1.2.2. 1. (X, τ) topolojik uzay olmak üzere τ nun elemanlarna

açk küme denir. E§er X − A ∈ τ ise A'ya kapal küme denir.

2. N ⊂ X ve x ∈ X olsun. x ∈ U ⊂ N olacak ³ekilde bir U ∈ τ varsa N

alt kümesine x noktasnn bir kom³ulu§u denir.

Not 1.2.1. U, X de açk olsun. O halde U, ∀x ∈ U noktasnn bir kom³ulu§udur.

Örnek 1.2.2.

1. A³ikar topolojide ∅ ve X açk ve kapal kümelerdir.

2. Ayrk topolojide X in her alt kümesi hem açk hem kapal kümedir.

3. Sonlu tümleyenler topolojisinde X ve X'in sonlu alt kümeleri kapal

kümelerdir.

Tanm 1.2.3. (X, τ) topolojik uzay, A ⊂ X olsun. A üzerindeki alt uzay

topolojisi ; τ A = {A ∩ G : G ∈ τ}'dir.

Teorem 1.2.1. (A, τ A ), (X, τ)'nun alt uzay topolojisi olsun. A³a§dakiler

vardr:

1. U ⊂ A kümesi A'da açktr ⇔ ∀V ∈ τ için U = V ∩ A'dr.

2. F ′ ⊂ A kümesi A'da kapaldr ⇔ X deki her kapal F için F ′ = F ∩

A'dr.

3. M, a ∈ A'nn bir kom³ulu§udur ⇔ a ∈ X noktasnn bir kom³ulu§u N

için M = N ∩ A'dr.

spat: 1. Altuzay tanmndan açktr.

2. F, X de kapal olsun. X − F de açktr. Birinci ksmdan Y deki V aç§

için X − F = V ∩ X ifadesi vardr. O zaman

3. okuyucuya braklm³tr.

1.3 Bazlar

F = X − (V ∩ X) = (Y − V ) ∩ X.

Tanm 1.3.1. X herhangi bir küme ve B, X in alt kümeler ailesi olsun. E§er

a³a§daki özellikler mevcutsa B ailesine X'in bir bazdr denir.

• ∀x ∈ X için x ∈ B olacak ³ekilde en az bir B ∈ B vardr.

• ∀x ∈ X ve ∀B 1 , B 2 ∈ B için x ∈ B 1 ∩ B 2 ise x ∈ B 3 ⊂ B 1 ∩ B 2 olacak

³ekilde bir B 3 ∈ B vardr.

Tanm 1.3.2. B, X deki bir topoloji için bir baz olsun. B baz tarafndan

üretilen topoloji a³a§daki ³ekilde tanmlanr:

U ⊂ X, X de açktr. ⇐⇒ ∀x ∈ U için x ∈ B ve B ⊂ U olacak ³ekilde bir

B ∈ B vardr.

τ = {U : x ∈ U için x ∈ B ve B ⊂ U, ∃B ∈ B}

B tarafndan üretilen topolojidir.

Lemma 1.3.1. B, τ için bir baz ve B ′ , τ ′ için bir baz olsun. τ ⊂ τ ′ ⇐⇒ x ∈

X ve x i içeren bir B ∈ B için x ∈ B ′ ⊂ B olacak ³ekilde B ′ ∈ B ′ vardr.

Lemma 1.3.2. X topolojik uzay olsun. Her bir açk U ⊂ X ve x ∈ U için

x ∈ C ⊂ U baz eleman C olacak ³ekilde C açk alt kümelerin kolleksiyonu

var olsun. O zaman C, X üzerindeki topoloji için bir bazdr.

Örnek 1.3.1. B s = B 1 = {(a, b) : a, b ∈ R} snf R nin bir bazdr.

Standart(do§al) topololojiyi üreten bazdr.

• x ∈ R için a < x

• ∀x ∈ R ve ∀B 2 = (a, b) ∈ B, B 2 = (c, d) ∈ B için x ∈ (a, b) ∩ (c, d)

olsun. x ∈ B 3 = (e, f) ⊂ B 1 ∩ B 2 , e = max{a, c}, f = min{b, d}

1. B 2 = {[a, b) : a, b ∈ R} snf R'nin bir bazdr. Alt limit topolojisini

üreten bazdr.

2. R için a³a§dakiler birer bazdr:

• B 3 = {(a, b] : a, b ∈ R}

• B 4 = {[a, b) : a, b ∈ R}

• B 5 = B 1 ∪ {B − K : B ∈ B s }, K = { 1 n : n ∈ Z+ }

• B 6 = {(a, +∞ : a ∈ R}

• B 7 = {(−∞, b) : b ∈ R}

• B 8 = {B : R − B sonlu }

• B 9 = {(a, b) : a, b ∈ Q}

3. i) B 10 = {(a, b) × (c, d) : a < b, c < d, a, b, c, d ∈ Q} kümesi R × R

üzerinde çarpm topolojisi için bir bazdr.

ii) B 11 = {(a, b) × (c, d) : a < b, c < d, a, b, c, d ∈ R} kümesi R × R

üzerinde üretti§i topolojiye sözlük sralama topolojisi denir.

Tanm 1.3.3. Sralama Ba§nts A bir küme, C de A üzerinde bir ba§nt

olsun. C a³a§daki özellikleri sa§lyorsa C ye A üzerinde sralama ba§nts

denir.

• Her x ∈ A için xCx ba§nts mevcut de§ildir. Yani yansmal de§ildir.

• ∀x, y, z ∈ A için xCy ve yCz ise xCz dir.

• ∀x, y, z ∈ A için ya xCy yada yCx dir.

(A, C) ikilisine sral küme denir.

d

110000

1111

0000 1111

00 11 01 0000 1111

0000 1111

0000000000

1111111111

000 111

c c o

00000000000000000

11111111111111111

a

a b b

“ekil 1.1: B 10

d

“ekil 1.2: B 11

o

Örnek 1.3.2. A = R ve C =< ba§nts tanmlansn. (R,

(a, b] = {x ∈ X : a < x ≤ b} yar açk küme

[a, b] = {x ∈ X : a ≤ x ≤ b} kapal küme

Tanm 1.3.6. X basit sral küme olsun. B a³a§daki tipten olu³an kümelerin

ailesi olsun.

1. X deki tüm açk kümeler (a, b)

2. X deki [a 0 , b) formundaki tüm yar açk kümeler için a 0 X'in en küçük

elemandr.

3. X deki (a, b 0 ] formundaki tüm yar açk kümeler için b 0 X'in en büyük

elemandr.

B kolleksiyonu X üzerinde olu³turulan topolojiye kar³lk bir bazdr. B baznn

olu³turdu§u topolojiye sralama topolojisi denir ve τ o ile gösterilir.

Not 1.3.1. X kümesinin en küçük eleman mevcut de§il ise 2. tipten kümeler

mevcut de§ildir. X kümesinin en büyük eleman mevcut de§il ise 3. tipten

kümeler mevcut de§ildir.

Örnek 1.3.4. τ d × τ s = τ o oldu§unu gösterelim:

B d = {{a} : a ∈ R}, B s = {(b, c) : b, c ∈ R},

B d × B s = {{a} × (b, c) : a, b, c ∈ R}

B d × B s 'nin üretti§i topoloji τ d × τ s 'dir.

• B 11 ⊂ B d × B s midir

B ∈ B 11 olsun. ki durum mevcuttur:

1. Durum: B = {a} × (c, +∞) ⋃ (a, b) × (−∞, +∞) ⋃ {b} × (−∞, d)

Bu durumda B ∈ B d × B s 'dir.

2. Durum: B = {a} × (c, d)

Bu durumda B ∈ B d × B s 'dir. O halde B 11 ⊂ B d × B s 'dir.

• B d × B s ⊂ B 11 midir (x, y) ∈ (a, b) × (c, d) ∈ B d × B s olsun.

(a, b) küme ise (x, y) ∈ {a} × (c, d) olur. O halde (x, y) ∈ B 11 dir. Bu

durumda B d × B s ⊂ B 11 'dir.

O halde τ d × τ s = τ o 'dr.

Örnek 1.3.5. X = R ve < basit sralama ba§nts olsun. R üzerinde <

ba§ntsna göre sralama ba§ntsdr. R üzerindeki standart topolojiyi ele

alalm.

U ∈ τ s ⇒ U = ⋃ i∈I(a i , b i )

B = {(a i , b i ) : a i , b i ∈ R, i ∈ I}

R deki standart topolojiye göre açklar açk aralklardr.

(a, b) = ⋃ i∈I(a i , b i )

U ∈ τ s ⇔ U ∈ τ o ⇒ τ s = τ o

R deki standart topoloji sralama topolojisidir.

Örnek 1.3.6. (Z + , 1, {1} = [1, 2) ∈ τ i

U ∈ τ i ⇔ U ∈ τ o ⇒ τ i = τ i

Z + üzerindeki sralama topolojisi diskret topolojidir.

Örnek 1.3.7. {1, 2} × Z + üzerindeki sralama topolojisi bir diskret topolojidir.

1.4 Bir Kümenin çi, Kapan³, Snr

Tanm 1.4.1. X bir topolojik uzay ve A ⊂ X olsun.

1. X deki A kümesinin içi X in tüm noktalarnn kom³uluklar A tarafndan

kapsanacak ³ekilde bir x ∈ X noktalarnn kümesidir ve A ◦ ile

gösterilir.

2. X deki A kümesinin kapan³ X in tüm noktalarnn kom³uluklar A ile

kesi³ecek ³ekilde olu³an x ∈ X noktalarnn kümesidir ve A ile gösterilir.

3. X deki A kümesinin snr tüm x ∈ X noktalarna ait kom³uluklar hem

A hem de A c ile kesi³ecek ³ekilde olu³an x ∈ X noktalarnn kümesidir

ve ∂A ile gösterilir.

Not 1.4.1. 1. x ∈ A ◦ ⇐⇒ N (x) ⊂ A olacak ³ekilde x noktasnn bir

N (x) kom³ulu§u vardr.

2. x ∈ A ⇐⇒ ∀N (x) için N (x) ∩ A ≠ ∅

3. x ∈ ∂A ⇐⇒ ∀N (x) için N (x) ∩ A ≠ ∅ ve N (A) ∩ A c ≠ ∅

Teorem 1.4.1. 1. (X, τ) topolojik uzay A ⊂ X olsun. A ◦ , A kümesi

tarafndan içerilen tüm X'in en büyük açk alt kümesi olsun.

a) U ⊆ A ve U X de açk ise U ⊆ A ◦ dir.

b) A ◦ ⊆ A ve A ◦ X de açktr.

2. A, A y içeren X'in en küçük kapal alt kümesi olsun.

spat:

a) A ⊆ F ve F, X de kapal ise A ⊆ F dir.

b) A ⊆ A ve A X de kapaldr.

1. a) Bir açk küme, kenisine ait elemanlarn bir kom³ulu§udur. A◦,

herbir noktay içerir ve bu noktalarn A tarafndan içerilen bir

kom³ul§u vardr. Böylece U açk ise U ⊆ A =⇒ U ⊆ A ◦ .

b) Herbir x ∈ A ◦ elemann U ⊆ A kom³ulu§u vardr. a) ksmndan

bu kom³uluk A◦ tarafndan kapsanr. Böylece A◦, X de açktr.

2. 1. de oldu§u gibi benzer ³ekilde yaplr.

Örnek 1.4.1.

1. (X, τ) topolojik uzay olsun.

X = X = X ◦ , ∅ = ∅ = ∅ ◦ , ∂X = ∅, ∂∅ = ∅.

2. τ k , X üzerinde a³ikar topoloji olsun. A ⊂ X için;

{

A ◦ ∅, A ≠ X

=

A, A = X , A = ∅, A = ∅

A, A ≠ ∅

⎧

⎪⎨ ∅, A = ∅

∂A = X, A ≠ X, A ≠ ∅

⎪⎩

∅, A = X

3. τ i , X de ayrk topoloji A ⊂ X olsun. A = A = A ◦ ve ∂A = ∅'dir.

4. X sonlu olmayan bir küme ve X üzerindeki topoloji sonlu tümleyenler

topolojisi olsun. A ⊂ X için;

{

A ◦ ∅, A c sonsuz

=

A, A c sonlu , A = A, A sonlu

X, A sonsuz

Teorem 1.4.2.

kapan³dr.

⎧

⎪⎨ A, A sonlu

∂A = A

⎪⎩

c , A c sonlu

X, di§er haller

1. Bir kümenin içinin tümleyeni kümeninin tümleyenin

2. Bir kümenin kapan³nn tümleyeni kümenin tümleyenin içidir.

spat: Teoreimin birinci ksmn ispatyaca§z. kinci ksm ise okuyucuya

braklm³tr.

x ∈ A ◦ ⇐⇒ U ⊆ A olacak ³ekilde x elemannn bir U kom³ulu§u vardr.

Dolasyla

x ∈ (A ◦ ) c ⇐⇒ x elemannn her kom³ulu§u U, U ∩A c ≠ ∅ özelli§ini sa§lar,

yani x ∈ A c .

1.5 Yo§un Kümeler ve Hiçbir Yerde Yo§un Olmayan

Kümeler

Tanm 1.5.1. 1. D, X topolojik uzaynn altuzay olsun. E§er D = X

e³itli§i mevcut ise D, X de yo§undur denir.

2. A, X topolojik uzaynn altuzay olsun. E§er ( A ) ◦

= ∅ e³itli§i mevcut

ise A, X de hiçbir yerde yo§un de§ildir denir.

Teorem 1.5.1. D ve A, X topolojik uzaynn altuzaylar olsun.

1. X bo³ küme de§ilse D, X de ne hiçbir yerde yo§un olmayan nede yo§un

küme de§ildir.

2. A, X de hiçbir yerde yo§un olmayan kapal alt küme olmas için gerek

ve yeter ³art A nn tümleyeni X de yo§un açk küme olmasdr.

spat:

1. D, X de hem hiçbir yerde yo§un olmayan ve hemde yo§un küme olsun.

O zaman

( ) ◦

D = X ve D .

Böylece

Çeli³ki!

X = X ◦ = ( D ) ◦

= ∅.

2. A altkümesinin X de hiçbir yerde yo§un olamamas için gerek ve yeter

³art ( A ) ◦

= (A c ) ◦ kümesinin X de yo§un olmasdr.

A, X de hiçbir yerde yo§un olmayan kapal kümedir ⇐⇒ A kümesinin

tümleyeni X de yo§un açk kümedir.

Örnek 1.5.1. 1. Bir altkümenin kendisi ve tümeleyeni herikisi bu topolojik

uzayda yo§undur. Örenk, Rasyonel saylar kümesi Q ve tümleyeni

Q c , herikisi reel saylar kümesinde R yo§undur.

2. Bir topolojik uzayn altkümesi ve tümeyenini herikiside bu uzayda hiçbir

yerde yo§un olmaz özelli§ini sa§lamaz. A hiçbir yerde yo§un olmasn.

O zaman ( A ) ◦

= ∅ ve dolasyla A ◦ = ∅. Benzer ³ekilde A ◦ hiçbir yerde

yo§un de§ilse ( c (

X = ∅) ) = A

◦

c ( )

= A

c

◦

= ∅.

Tanm 1.5.2. Bir topolojik uzayn bir saylabilir yo§un alt kümesi varsa bu

topolojik uzaya bf ayrlabilir uzay denir.

Örnek 1.5.2. 1. Reel saylar kümesi ayrlabilir kümedir çünkü Bu kümenin

saylabilir yo§un altkümesi rasyonel saylar kümesidir.

2. Sonlu olmayan küme X üzerinde sonlu tümleyenler topoloji verilsin. X

in sonsuz olmayan altkümesi A, X de yo§undur. Böylece X ayrlabilir

uzaydr.

Tanm 1.5.3. 1. Hiçbir yerde yo§un olmayan kümelerin saylabilir birle³imine

birinci kategori kümesi denir.

2. Birinci kategori olmayan kümeyede ikinci kategori kümesi denir.

Örnek 1.5.3. 1. Rasyonel saylar kümesi, Reel saylar kümesinde birinci

kategori kümesidir. Ayrca Rasyonel saylar kümesinin tümleyeni Reel

saylar kümesinde ikinci kategori kümesidir.

2. Cantor kümesi birim aralkta birinci kategori kümesidir. Ayrca kendi

içinde bir ikinci kategori kümesidir.

Ödevler 1:

1. Z + × [0, 1) üzerinde sözlük sralama ba§ntsn tayin ediniz.

2. < A , A üzerinde sralama ba§nts ve

olsun. Her zaman A×B üzerinde bir sralama ba§nts var mdr Varsa

cevab do§rulaynz.

3. R deki tüm topolojileri belirleyiniz ve aralarnda kyaslaynz.

4. A ◦ ⊂ A ⊂ A oldu§unu gösteriniz.

5. ∂A = A − A ◦ ∨ A − A c oldu§unu gösteriniz.

6. X = Z ve X = R üzerinde solu tümleyenler topolojisi alarak A ⊂ X

kümesinin içini, kapan³n ve snrn belirleyiniz.

7. A³a§daki R 2 alt kümelerinin içini ve snrn bulunuz.

• A = {(x, y) : y = 0}

• B = {(x, y) : x > 0, y ≠ 0}

• C = A ∪ B

• D = {(x, y) : x ∈ Q}

• E = {(x, y) : 0 < x 2 + y 2 ≤ 1}

8. X = [0, 1] × [0, 1] kümesi üzerinde sözlük sralama ba§nts var olsun.

A³a§daki kümelerin kapan³n belirleyiniz.

• A = {( 1 n , 0) : n ∈ Z+ }

• B = {(1 − 1 n , 1 2 ) : n ∈ Z+ }

• C = {(x, 0) : 0 < x < 1}

• D = {(x, 1 2 ) : 0 < x < 1}

• E = {( 1 2 , y) : 0 < y < 1} 15

Bölüm 2

SÜREKL L K

Sürekli fonksiyonlar kavram Matemati§in en temel kavramdr. Bu bölümde

sürekli fonsiyonlar en genel halde tanmlayarak bu fonsiyonlarla ilgili de§i³ik

özellikler verece§iz.

Tanm 2.0.4. X , Y topolojik uzaylar ve f : X → Y fonksiyon olsun.

f(x) ∈ Y noktasnn her kom³ulu§u N için f(M) ⊂ N olacak ³ekilde x ∈ X

noktasnn bir M kom³ulu§u varsa f fonksiyonu x noktasnda süreklidir

denir. f fonksiyonu X topolojik uzaynn her noktasnda sürekli sie f ye X

üzerinde süreklidir denir.

Örnek 2.0.4. f : R −→ R 1/k ↦−→ f(1/k) = (−1) k fonsiyonu 0 sfr noktasnda

sürekli de§ildir çünkü (−∞, 0) , f(0) n kom³ulu§u iken f −1 ((−∞, 0))

sfrn kom³ulu§u de§ildir.

Teorem 2.0.2. A³a§daki ifadeler denktir:

1. f : X → Y fonksiyonu x ∈ X noktasnda süreklidir.

2. V ⊂ Y , Y de açk ise f −1 (V ), X de açktr.

3. F ⊂ Y , Y de kapal ise f −1 (F ), X de kapaldr.

4. A ⊂ X için f(A) ⊂ f(A)

5. B ⊂ Y için f −1 (B) ⊂ f −1 (B)

spat: 1) ⇒ 2) : V, Y de açk ve x ∈ f −1 (V ) ⊆ X olsun. O zaman

V, f(x) in kom³ul§udur. Birinci ksmdan f −1 (V ), x in kom³ul§udur.

Böylece f −1 (V ), X de açktr.

2) ⇐⇒ 3) : Biribirlerinin tümleyeni oldu§undan ispat açktr.

3) ⇒ 4) : A, Xin altkümesi olsun. f(A), Y de kapaldr. Dolasyla üçüncü

ksmdan f −1 (f(A)) ⊇ A kapaldr. Ayn zamanda

f −1 (f(A)) ⊇ A =⇒ f(A) ⊇ f(A).

4) ⇒ 5) : Verilen B ⊆ Y için A = f −1 (B) olsun. Dördüncü ksmdam

f(f −1 (B)) ⊆ f(f −1 (B)) ⊆ B.

Böylece istenilen sonuç olu³ur;

f −1 (B) ⊆ f −1 (B).

5) ⇒ 3) : F, Y de kapal altküme olsun. Be³inci ksmdan,

f −1 (F ) ⊆ f −1 (F ) = f −1 (F ) ⊆ f −1 (F ).

Böylece f −1 (F ) = f −1 (F ) e³itli§i f −1 (F ) nin X de kapal oldu§unu belirtir.

Örnek 2.0.5. 1. f : X → Y bir fonksiyon olsun. E§er X üzerindeki

topoloji diskret (ayrk) topoloji ve Y üzerindeki topoloji herhangi bir

topoloji ise f fonksiyonu süreklidir.

2. X üzerindeki topoloji a³ikar topoloji olsun. f : X → Y fonksiyonunun

sürekli olmas için Y üzerindeki topolojide ayn a³ikar topoloji olmaldr.

Aksi halde f fonksiyonu sürekli olamaz.

3. f : (X, τ F ) → (Y, τ F ) süreklidir. ⇐⇒ Sonlu tümleyenler kümesinin ters

görüntüsü sonlu tümleyenler kümesi yada bo³ kümedir.

⇐⇒ Her sonlu kümenin ters görüntüsü sonlu yada X dir.

Önerme 2.0.1. X herhangi bir küme, τ ve τ ′

olsun. τ ⊆ τ ′

olmas için gerek ve yeter ³art

X üzerinde birer topoloji

I X : (X, τ) → (X, τ ′ ),

I X (x) = x

birim fonksiyonunun sürekli olmasdr.

spat: (⇐:) I X : (X, τ) → (X, τ ′ ) sürekli olsun. U ∈ τ ′ ise I −1

X (U) = I X(U) =

U ∈ τ oldu§undan τ ′ ⊂ τ'dur.

(⇒:) τ ′ ⊂ τ olsun. U ∈ τ ′ alalm. I −1

X (U) = U ve U ∈ τ oldu§undan I X

fonksiyonu süreklidir.

Önerme 2.0.2. ki sürekli fonksiyonun bile³kesi de süreklidir.

spat: f : (X, τ) → (Y, τ ′ ) ve g : (Y, τ ′ ) → (Z, τ ′′ ) fonksiyonlar sürekli olsun.

g ◦ f : (X, τ) → (Z, τ ′′ ) fonksiyonu sürekli midir

U kümesinin Z de açk oldu§unu varsayalm. g fonksiyonu sürekli oldu§undan

g −1 (U) kümesi Y de açktr. f fonksiyonun süreklili§inden dolay f −1 (g −1 (U)),

X de açktr. O halde f −1 (g −1 (U)) = f −1 ◦g −1 (U) = (g ◦f) −1 (U), X de açktr.

Süreklilik tanmndan dolay g ◦ f fonksiyonu süreklidir.

Önerme 2.0.3. (Pasting Lemma) A ⊂ X, B ⊂ X, X = A∪B ve A ile B ayn

karakterli (ikiside açk küme yada ikiside kapal) kümeler olsun. f | A : A → Y

ve g | B : B → Y fonksiyonlar sürekli ise f : X → Y fonksiyonu süreklidir.

spat: A ve B her ikisinin X de akapal oldu§unu varsayalm. C,

kapal altkümesi olsun. Küme teprisinde

h −1 (C) = f −1 (C) ∪ g −1 (C)

Y nin

oldu§unu söyleyebiliriz. f sürekli oldu§undan, f −1 (C), A da kapal ve ayn

zamanda X kapaldr. Benser dü³ünceden g −1 (C) de X de kapaldr. Kapallar

sonlu birle³imide kapal oldu§undan h −1 (C), X de kapaladr. Yani

h süreklidir.

Örnek 2.0.6. R reel saylar kümesi olsun. R üzerindeki topoloji do§al metrik

tarafndan üretilen topoloji ve

{

x, x 0 ise

f(x) =

0, x < 0 ise

³eklinde tanmlansn. Pasting lemmadan yararlanarak f fonksiyonunun süreklili§ini

gösterelim.

A = {x : x 0} ve B = {x : x 0} kümelerini ele alalm. R= A ∪ B

ve A ile B kümesi R de kapal alt kümelerdir. f | A : A → R fonksiyonu

f | A (x) = I A (x) oldu§undan ve birim fonksiyon sürekli oldu§undan süreklidir.

g | B : B → R fonksiyonu g | B (x) = 0 oldu§undan ve sabit fonksiyon

sürekli oldu§undan süreklidir. O halde pasting lemmadan dolay f fonksiyonu

süreklidir.

Teorem 2.0.3. f : X → Y ve g : X → Z sürekli fonksiyonlar olmas için

gerek ve yeter ³art h : X → Y × Z, h(x) = (f(x), g(x)) ³eklinde tanml

fonksiyonun sürekli olmasdr.

spat: (⇐) h sürekli olsun.

π 1 : Y × Z −→ Y π 2 : Y × Z −→ Z

izdü³üm dönü³ümleri süreklidir. f = π 1 ◦ h ve g = π 2 ◦ h fonksiyonlar

süreklidir çünkü π 1 , π 2 ve h fonksiyonlar süreklidir.

(⇒) f ve g sürekli fonksiyonlar olsun. U × V , Y × Z de açk alt küme olsun.

O zaman

h −1 (U × V ) = f −1 (U) ∩ g −1 (V ).

f ve g sürekli fonksiyonlar oldu§undan f −1 (U) ve g −1 (V ) açktr ve dolasyla

arakesiti de açktr.

Örnek 2.0.7. h : R → S 1 ⊂ R 2 , h(t) = (cos 2πt, sin 2πt) ³eklinde tanmlanan

h fonksiyonu f : R → R, f(t) = cos 2πt ve g : R → R, g(t) = sin 2πt

fonksiyonlar sürekli oldu§undan süreklidir.

Tanm 2.0.5. f : X → Y bir fonksiyon olsun. ∀U ⊂ X açk (kapal) için

f(U), Y de açk (kapal) ise f ye açk dönü³üm(kapal dönü³üm) denir.

Örnek 2.0.8. 1. • X üzerinde sonlu tümleyenler topoljisi var olsun.

f : X −→ Y açk olmas için gerek ve yeter ³art e³-sonlu kümelerin

f altndaki görüntüsü e³-sonlu olmasdr.

• X ve Y üzerinde sonlu tümleyenler topoljisi var olsun. f : X −→

Y kapal olmas için gerek ve yeter ³art f görüntüsü sonlu ve Y

ye e³it olmasdr.

2. e : R −→ S 1 e(t) = (cos 2πt, sin 2πt) dönü³ümü sürekli, açk ve kapaldr.

Di§er taraftan f : [0, 1] −→ S 1 sürekli kapal fakat açk de§ildir

çünkü f([0, 1/2)) açk de§ildir.

Önerme 2.0.4. f : (X, τ) → (Y, τ ′ ) sürekli fonksiyon olsun.

1. Y , (Z, τ ′′ ) nün alt uzay ise f : (X, τ) → (Z, τ ′′ ) fonksiyonu süreklidir.

2. W, X in alt uzay ise f | W : W → Y fonksiyonu süreklidir.

Önerme 2.0.5. f, g : X → R sürekli iki fonksiyon olsun.

1. f · g süreklidir.

2. f ∓ g süreklidir.

3. f/g süreklidir. (g ≠ 0)

4. ∀c ∈ R için c · f süreklidir.

ALI“TIRMALAR

1) f : X −→ Y sürekli dönü³üm ve A ⊆ X olsun. x, A nn limit noktas

ise f(x), f(A) nn lim³t noktas olur mu Açklaynz.

2) Y Hausdor uzay olmak üzere f, g : X −→ Y sürekli dönü³ümler olsun.

Tüm x ∈ D için f(x) = g(x) olacak ³ekilde X in D altkümesi varsa tüm

x ∈ X için

f(x) = g(x).

3) Y Hausdor uzay olmak üzere f : X −→ Y sürekli dönü³üm olsun. f nin

gra§i G f = {(x, f(x)) | x ∈ X}, X × Y de kapaldr. Gösteriniz.

Bölüm 3

HOMEOMORF ZM

Modern Cebirde cebirsel nesneler (örne§in, grup, halka, vs. ) arasndaki

izomorzma kavramn biliyoruz. Topolojideki analogu homeomorzmadr(topolojik

yaplar koruyan bijeksiyondur).

Tanm 3.0.6. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bijektif

olsun. E§er f ve f nin tersi f −1 sürekli ise f dönü³ümüne homeomorzm

denir. E§er f : X −→ Y dönü³ümü homeomorzm ise X uzay Y uzayna

homeomorktir denir ve X ≈ Y ile gösterilir.

Örnek 3.0.9. [a, b] ≈ [c, d] oldu§unu gösterelim.

f : [a, b] −→ [c, d]

x ↦→ f(x) = c + d−c (x − a)

b−a

ile tanmlansn. f homeomorzmadr.

i) f bijektiftir:

• ∀x 1 , x 2 ∈ [a, b] için

f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇒ c + d − c

b − a (x 1 − a) = c + d − c

b − a (x 2 − a) ⇒ x 1 = x 2

Böylece f bire birdir.

• ∀y ∈ [c, d] için f(x) = y olacak ³ekilde ∃x ∈ [a, b] vardr:

f(x) = y ⇒ c + d − c

− a

(x − a) = y ⇒ x = a + (y − c)b

b − a d − c

∈ [a, b]

Dolaysyla f örtendir.

Sonuç olarak f bijektiftir.

ii) f ve f −1 süreklidir:

1.Yol: f(x) = c + d − c

b − a (x − a), f −1 (x) = a + b − a (x − c) dönü³ümleri,

d − c

x birim dönü³ümünün sabit bir fonksiyonla çkarlmas, toplanmas, çkarlmas

ve çarpmlar ³eklinde yazlabildi§inden bu dönü³ümler süreklidirler.

2.Yol:

f : ([a, b], τ [a,b] ) −→ ([c, d], τ [c,d] ) süreklidir ⇔ ∀V ∈ τ [c,d] için f −1 (V ) ∈ τ [a,b]

(e, q) ∈ τ d olmak üzere

⎧

(e, q)

⎪⎨ [a, b]

τ [a,b] = (e, q) ∩ [a, b] = [a, q)

(k, l) ∈ τ d olmak üzere

⎧

(k, l)

⎪⎨ [c, d]

τ [c,d] = (k, l) ∩ [c, d] = [c, l)

(k, l) ∈ τ [c,d] için;

⎧

⎨f −1 (k) = a + b−c (k − c);

d−c

⎩f −1 (l) = a + b−c

d−c

a < e ve q < b

e < a ve b < q

e < a < q < b

(e, b] a < e

⎪⎩

∅ e, q < a veya b < e, q.

c < k ve l < d

k < c ve d < l

k < c < l < d

(k, d] c < k < d < l

⎪⎩

∅ k, l < c veya d < k, l.

k−c

c < k < d oldu§undan < 1 ⇒ a < f −1 (k) < b

d−c

(l − c) c < l < d oldu§undan

l − c

d − c < 1 ⇒ a < f −1 (l) < b.

⇒ f −1 ((k, l)) = (e, q) ∈ τ [a,b] , a < e < q < b

[c, d] ∈ τ [c,d] için; f −1 (c) = a, f −1 (d) = b ⇒ f −1 ([c, d]) = [a, b] ∈ τ [a,b]

[c, l) ∈ τ [c,d] için; f −1 (c) = a, f −1 (l) = a + b − a (l − c), k < c < l < d

d − c

oldu§undan l − c

d − c < 1 ⇒ a < f −1 (l)

(k, d] ∈ τ [c,d] için; f −1 (d) = b, f −1 (k) = a + b − c (k − c), c < k < d < l

d − c

oldu§undan k − c

d − c < 1 ⇒ a < f −1 (l)

⇒ f süreklidir. Benzer ³ekilde f −1 'in süreklili§i de gösterilebilir.

Sonuç olarak f homeomorzmadr.

Örnek 3.0.10. (−1, 1) ≈ R oldu§unu gösteriniz.

00000000000000000000000000

11111111111111111111111111 −1 1

“ekil 3.1: f(x) = tan(x)

R üzerindeki standart topolojiye göre (−1, 1) ≈ R oldu§unu göstermek

için (−1, 1) ile R arasnda bir tane homeomorzma fonksiyonu in³a etmemiz

yeterlidir. O halde;

f : R → ( −π,

π ), ∀t ∈ R için t → f(t) = tan t ³eklinde tanmlanan fonksiyon

2 2

homeomorzma fonksiyonudur. Ayn zamanda h : (−1, 1) → ( −π,

π ), ∀t ∈

2 2

(−1, 1) için t → h(t) = π t ³eklinde tanmlanan h fonksiyonu da homeomor-

2

zma fonksiyonudur.

Homeomorzma ba§nts denklik ba§nts oldu§undan ve (−1, 1) ≈ ( −π

R oldu§undan (−1, 1) ≈ R dir.

23

2 , π 2

), (

−π

2 , π 2 ) ≈

Örnek 3.0.11. f : (−1, 1) −→ R

x ↦→ f(x) =

x

1−x 2

dönü³ümünün homeomorzma olup olmad§n belirleyelim.

i) f bijektiftir:

• ∀x 1 , x 2 ∈ (−1, 1) için

Böylece f bire birdir.

f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇒ x 1

1 − x 2 1

= x 2

1 − x 2 2

⇒ x 1 = x 2 .

• ∀y ∈ R için f(x) = y olacak ³ekilde x ∈ (−1, 1) vardr:

f(x) = y ⇒

Böylece f örtendir.

x

1 − x = y ⇒ 2 yx2 + x − y = 0 ⇒ x = −1 ∓ √ 1 + 4y 2

.

2y

ii) f ve f −1 süreklidir: (a, b) ∈ τ d olmak üzere

⎧

⎪⎨

τ (−1,1) = (−1, 1) ∩ (a, b) =

⎪⎩

(−1, 1) a < −1 < 1 < b

(a, b) −1 < a

(−1, b) a < −1

(a, 1) −1 < a < 1 < b

∅ a, b < −1 ∨ 1 < a, b

f −1 (x) =

(a, b) ∈ τ d için f −1 ((a, b)) ∈ τ (−1,1)

{ −1+

√

1+4x 2

2x

x ≠ 0

0 x = 0

f −1 (a) = −1 + √ 1 + 4a 2

.

2a

Örnek 3.0.12. S 1 = {(x, y) ∈ R 2 |x 2 + y 2 = 1} ve K = {(x, y) ∈

R 2 ||x| + |y| = 1} olsun. S 1 ≈ K oldu§unu gösterelim.

f : S 1 −→ K

(x, y) ↦→ f(x, y) =

x 1 =

x

|x| + |y| ve y 1 =

(

)

x

, y

|x|+|y| |x|+|y|

y ise, bu durumda

|x|+|y|

1

−1

1

−1

1

−1

|x| + |y| = ∣

“ekil 3.2: Çember kareye homeomorftur

x

|x|+|y|

∣ + ∣

y

|x|+|y|

∣ = |x|2 +2|x||y|+|y| 2

(|x|+|y|) 2

O halde x 1 ve y 1 noktalar karenin üzerindedir.

= (|x|+|y|)2

(|x|+|y|) 2 = 1.

i) Her (x 1 , y 1 ) = (x 2 , y 2 ) ∈ S 1 için

(

x 1

f(x 1 , y 1 ) =

|x 1 | + |y 1 | , y

) (

1

x 2

=

|x 1 | + |y 1 | |x 2 | + |y 2 | , y

)

2

= f(x 2 , y 2 )

|x 2 | + |y 2 |

Böylece f iyi tanmldr.

ii) Her ( x 1

|x 1 | + |y 1 | , y

) (

1

x 2

,

|x 1 | + |y 1 | |x 2 | + |y 2 | , y

)

2

∈ K için

|x 2 | + |y 2 |

x 1

|x 1 | + |y 1 | = x 2

|x 2 | + |y 2 | ⇒ x 1 = x 2

y 1

|x 1 | + |y 1 | = y 2

|x 2 | + |y 2 | ⇒ y 1 = y 2

Böylece f bire birdir.

iii) Her (k, ( t) ∈ K için f(x, y) = (k, t) olacak ³ekilde (x, y) ∈ S 1 vardr:

x

f(x, y) =

|x| + |y| , y

)

x

= (k, t) ⇔ k =

|x| + |y|

|x| + |y| ∧ t = y

|x| + |y|

k 2 x 2

=

(|x| + |y|) , y 2

2 t2 = olmak üzere

(|x| + |y|)

2

k 2 + t 2 = x2 + y 2

(|x| + |y|) ⇒ 1

2 (|x| + |y|) = 2 k2 + t 2

O halde

{

1 x =

|x| + |y| = √

k2 + t ⇒ 2 y =

(

x 2 + y 2 k

= 1 ⇒ √

k2 + t , 2

√ k

k 2 +t 2

√ t ,

k 2 +t 2

t

√

k2 + t 2 )

∈ S 1 .

Böylece f örtendir.

iv) f ve f −1 : K −→ S 1 ( süreklidir. )

(x, y) ↦→ f −1 (x, y) = √ x , √

y

x 2 +y 2 x 2 +y 2

Lemma 3.0.1. 1) Homeomorf iki dönü³ümün bile³kesi yine homeomorftur.

2) Homeomorf dönü³ümün tersi de homeomorftur.

3) Birim dönü³üm 1 : (X, τ 1 ) −→ (X, τ 2 ) homeomorf ⇔ τ 1 = τ 2 .

spat:

1) X ≈ Y, Y ≈ Z ⇒ X ≈ Z:

f : X −→ Y, g : Y −→ Z homeomorf olsun. g ◦ f : X −→ Z homeomorzmadr.

Çünkü; f ve g bijektif ise g ◦ f de bijektif, f ve g sürekli ise g ◦ f de

süreklidir.

2) X ≈ Y ⇒ Y ≈ X:

f : X −→ Y homeomorzma olsun. O halde f bijektif ve sürekli, f −1 de

süreklidir. f −1 : Y −→ X sürekli, örten, (f −1 ) −1 = f sürekli, f −1 1 − 1

oldu§undan f −1 de homeomorzmadr.

3)(⇒:) 1 X : (X, τ 1 ) −→ (X, τ 2 ) homeomorzm, V ∈ τ 2 olsun. 1 −1

X (V ) = V

açktr; çünkü homeomorzm vardr. Bu durumda V ∈ τ 1 . O halde τ 2 ⊂

τ 1 ...(1)

U ∈ τ 1 olsun. 1 X (U) = (1 −1

X )−1 = U ∈ τ 2 ; çünkü 1 X homeomorzmdir ve

bu sebeple 1 −1

X

süreklidir. Bu durumda τ 1 ⊂ τ 2 ...(2)

(1) ve (2)den τ 1 = τ 2 .

(⇐:) τ 1 = τ 2 olsun. Yansma özelli§inden dolay 1 X : (X, τ 1 ) −→ (X, τ 2 )

homeomorzmdir.

Sonuç 3.0.1. Homeomorzma ba§nts bir denklik ba§ntsdr.

Önerme 3.0.6. f : X −→ Y homeomorzma, A ⊂ X olsun.

(i) A, X de kapaldr ⇔ f(A), Y de kapal

(ii) f(A) = [f(A)]

(iii) f(A ◦ ) = [f(A)] ◦

spat:

(i)(⇒:) A ⊂ X kapal olsun. O halde f kapal sürekli dönü³üm oldu§undan

f(A), Y de kapaldr.

(⇐:) f homeomorzma oldu§undan f −1 sürekli dönü³ümdür. f(A) ⊂ Y

kapal olsun. O halde f −1 sürekli oldu§undan f −1 (f(A)), X de kapaldr.

f −1 (f(A)) = A oldu§undan A ⊂ X de kapaldr.

(ii) f(A) = [f(A)] ⇔ f(A) ⊂ [f(A)] ∧ [f(A)] ⊂ f(A)

• [f(A)] ⊂ f(A)

∀A ⊂ X için A ⊂ A ⇒ f(A) ⊂ f(A) ⇒ f(A) ⊂ f(A).

f kapal dönü³üm oldu§undan f(A) = f(A) dr. Böylece

[f(A)] ⊂ f(A).

• f(A) ⊂ f(A)

Y uzaynda f(A) y kapsayan kapal küme K ′ olsun. Yani f(A) ⊂ K ′ olsun.

Bu durumda A ⊂ f −1 (f(A)) ⊂ f −1 (K ′ ), f −1 sürekli oldu§undan f −1 (K ′ )

kapaldr. O halde; A, A y kapsayan en küçük kapal küme oldu§undan

A ⊂ A ⊂ f −1 (K ′ ) dür. f(A) ⊂ f(f −1 (K ′ )) ⊂ K ′ ve seçilen K ′ kapals

f(A) seçilebilece§inden f(A) ⊂ f(A) dr.

(iii) f(A ◦ ) = [f(A)] ◦ ⇔ f(A ◦ ) ⊂ [f(A)] ◦ ∧ [f(A)] ◦ ⊂ f(A ◦ )

• f(A ◦ ) ⊂ [f(A)] ◦

∀A ⊂ X için A ◦ ⊂ A dr. O halde f(A ◦ ) ⊂ f(A) dr. f(A) ⊂ Y nin kapsad§

en büyük açk küme [f(A)] ◦ oldu§undan; f(A ◦ ) ⊂ [f(A)] ◦ olmak zorundadr.

• [f(A)] ◦ ⊂ f(A ◦ )

Bu ³kkn ispat al³trma olarak okuyucuya braklm³tr.

Teorem 3.0.4. X kompakt, Y Hausdor ve f : X −→ Y sürekli, bijektif

dönü³üm olsun. O zaman f homeomorzmadr.

spat: f −1 in sürekli oldu§unu göstermemiz gereklidir. Yani f nin kapal

veya açk dönü³üm oldu§unu göstermeliyiz. C, X te kapal olsun. X kompakt

oldu§undan C de kompakttr. (Kompakt uzaylarn kapal alt uzaylar

da kompakttr.) f(C), Y de kompakttr. (Kompakt uzayn sürekli dönü³üm

altnda görüntüsü kompakt oldu§undan Y de kompakttr.) f(C), Y de kapaldr.

(Hausdor uzayn kompakt alt uzay kapaldr.)

ALI“TIRMALAR

1) Herhangi iki a, b ∈ R(a < b) saylar için [0, 1) ≈ [a, b) ve (0, 1] ≈ (a, b]

oldu§unu gösteriniz.

2) [0, 1) ≈ [0, ∞) ve (0, 1) ≈ (0, ∞) oldu§unu gösteriniz.

3) f : (−1, 1) −→ R homeomorzma mdr Açklaynz.

x ↦→ f(x) =

x

1−x 2

4) Reel do§runun herhangi iki açk aral§ homeomorftur. Gösteriniz.

5) S herhangi bir topolojik uzay ise, bu takdirde h : (−1, 1) −→ S ve

j : R −→ S sürekli dönü³ümleri arasnda bire bir e³leme vardr; ve h −1 :

S −→ (−1, 1) ve j −1 : S −→ R sürekli dönü³ümleri arasnda bire bir e³leme

vardr. spatlaynz.

6) f : S −→ T bir homeomorzm ve g : T −→ U bir homeomorzm ise, bu

takdirde g ◦ f : S −→ U bir homeomorzmdir. spatlaynz.

7) A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, W,

Y, Z olmak üzere alfabenin elemanlarndan hangileri birbirine homeomorftur

Açklaynz.

8) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlarnn hangileri birbirine homeomorftur

Açklaynz.

9) S = {1, 2} kümesi üzerinde discrete topoloji ve T = {1, 2} kümesi üzerinde

indiscrete topoloji tanmlanm³ olsun. g : T −→ S bir bijeksiyon ise

S ve T homeomorf mudur Açklaynz.

10) S 1 = {(x 1 , x 2 ) ∈ R 2 |x 2 1 + x 2 2 = 1} ve T = {x 1 , x 2 ) ∈ R 2 ||x 1 | + |x 2 | = 1}

kümeleri verilsin. S 1 ≈ T oldu§unu gösteriniz.

11) S 1 in [0, 1] kapal aral§na homeomorf olmad§n gösteriniz.

12) V = (0, 1] ∪ (2, 3] ∪ (4, 5] ∪ . . . ve f : V −→ V

⎧

x

⎨

x ∈ (0, 1]

2

x−1

f(x) =

x ∈ (2, 3]

⎩

2

x − 2 di§er durumlarda

ile tanmlansn. f bir homeomorzm midir Açklaynz.

13) A³a§daki uzaylar homeomork yapacak homeomorzmalar i³a ediniz.

1. R 2 ≈ S = {(x, y) ∈ R 2 : x ∈ (0, 1), y ∈ (0, 1)}

2. R 2 ≈ E = {(x, y) ∈ R 2 : x ∈ (0, 1)}

3. R 2 ≈ D = {(x, y) ∈ R 2 : (x 2 + y 2 ) < 1}

4. R 2 ≈ B = {(x, y) ∈ R 2 : x, y > 0}

Bölüm 4

DENT F KASYON UZAYLARI

(X, τ) bir topolojik uzay, Y herhangi bir küme ve p : X −→ Y örten bir

dönü³üm olsun. τ ′ = {V ⊂ Y |p −1 (V ) ∈ τ} kolleksiyonunun Y üzerinde bir

topoloji oldu§unu iddia ediyoruz:

t 1 ) p −1 (∅) = ∅ ∈ τ ⇒ ∅ ∈ τ ′ , p −1 (Y ) = X ∈ τ ⇒ Y ∈ τ

t 2 ) {V i } i∈I ∈ τ ′ ⇒ ∀i ∈ I p −1 (V i ) ∈ τ ⇒ ⋃ i∈I

p −1 (V i ) ∈ τ

⇒ p −1 ( ⋃ i∈I

V i ) ∈ τ ⇒ ⋃ i∈I

V i ∈ τ ′

t 3 ) U, V ∈ τ ′ ⇒ p −1 (U), p −1 (V ) ∈ τ ⇒ p −1 (U) ∩ p −1 (V ) ∈ τ

⇒ p −1 (U ∩ V ) ∈ τ ⇒ U ∩ V ∈ τ ′

Tanm 4.0.7. Y üzerinde olu³turulan τ ′ topolojisine identikasyon topolojisi

denir. (Y, τ ′ ) topolojik uzayna (X, τ) uzaynn identikasyon uzay,

p : (X, τ) −→ (Y, τ ′ ) dönü³ümüne identikasyon dönü³ümü denir.

Önerme 4.0.7. A³a§daki ifadeler denktir:

i) p : X −→ Y identikasyon dönü³ümüdür.

ii) ∀V ⊂ Y , Y de açktr ⇔ p −1 (V ), X de açktr.

Not 4.0.1. Bu önerme mevcut ise p : X −→ Y identikasyon dönü³ümdür.

Önermenin (ii) ³kknda;

(⇒:) yönü süreklili§i belirtir.

(⇐:) yönü baz kitaplarda açklk ile denk tutulur fakat bu genelde do§ru

de§ildir.

Örnek 4.0.13. X = {1, 2, 3}, τ = {X, ∅, {1}, {1, 2}, {1, 3}}, Y = {a, b}

olsun.

p : X −→ Y

1 ↦→ p(1) = a

2 ↦→ p(2) = b

3 ↦→ p(3) = a

dönü³ümü örtendir. τ ′ = {∅, Y, {a}} alalm. p, bu topoloji üzerinde identi-

kasyon dönü³ümdür.

oldu§undan p sürekli dönü³ümdür.

p −1 (∅) = ∅ ∈ τ

p −1 (Y ) = X ∈ τ

p −1 ({a}) = {1, 3} ∈ τ

Örnek 4.0.14. C ⊂ [0, 1] olmak üzere χ C : [0, 1] −→ {0, 1} dönü³ümü

{ 1 t ∈ C

t ↦→ χ C (t) =

0 t /∈ C

ile tanmlansn. C ⊂ [0, 1] olsun. τ S , R üzerindeki standart topoloji olmak

üzere τ [0,1] = {[0, 1] ∩ V |V ∈ τ S }.

C ≠ ∅, C = [0, 1] ∩ Q alalm. τ ′ = {∅, {0, 1}} seçilirse (kümeyi {0, 1} ⊂

[0, 1] seçti) χ −1

C

(∅) = ∅, χ−1

C ({0, 1}) = [0, 1] ∈ τ [0,1] oldu§undan χ C süreklidir.

⎧

⎨

χ C ([0, 1] ∩ V ) = χ C ([0, 1] ∩ (a, b)) =

⎩

{0, 1} a = 0, b = 1

∅ a, b < 0 ∨ a, b > 1

(a, b) 0 < a

O halde χ C açktr. Sonuç olarak χ C identikasyon dönü³ümdür.

Teorem 4.0.5. p : X −→ Y örten ve sürekli dönü³üm olsun. E§er p dönü³ümü

açk ya da kapal dönü³üm ise p identikasyon dönü³ümdür.

spat: p : X −→ Y örten, sürekli ve açk dönü³üm olsun.

p identikasyon dönü³üm :⇔ (∀V ⊂ Y, Y de açk ⇔ p −1 (V ), X de açktr.)

(⇒:) p sürekli oldu§undan a³ikardr.

(⇐:) p −1 (V ), X de açk olsun. p açk dönü³üm oldu§undan p(p −1 (V )), Y de

açktr. p örten dönü³üm oldu§undan p(p −1 (V )) = V dir. O halde V, Y de

açktr.

Örnek 4.0.15. p : R −→ S 1 ⊂ R 2

t ↦→ p(t) = e 2πit = (cos 2πt, sin 2πt)

tanmlansn.

• p örtendir: ∀y = (y 1 , y 2 ) ∈ S 1 için

p(t) = y ⇒ (cos 2πt, sin 2πt) = (y 2 , y 1 ) ⇒ t = 1

2π arctan y 1

y 2

∈ R

• p süreklidir: p 1 (t) = cos 2πt sürekli, p 2 (t) = sin 2πt sürekli ⇒ p = (p 1 (t), p 2 (t))

süreklidir.

• p hem açk hem de kapal dönü³ümdür. (Bu ispat okuyucuya braklm³tr.)

Sonuç olarak Teorem 2.0.4 gere§ince p identikasyon dönü³ümdür.

Örnek 4.0.16. π 1 : R × R −→ R

(x, y) ↦→ π 1 (x, y) = x

birinci projeksiyon dönü³ümü verilsin.

• π 1 örtendir: ∀z ∈ R için π 1 (x, y) = z ⇒ x = z, y ∈ R olacak ³ekilde

(x, y) ∈ R × R vardr.

• π 1 süreklidir: V ⊂ R açk için π −1

1 (V ) = V × R ⊂ R × R de açktr.

• π 1 açktr: ∀W = U × V ∈ R × R açk için π 1 (W ) = U, R de açktr.

O halde π 1 identikasyon dönü³ümdür. Fakat π 1 kapal dönü³üm de§ildir.

R 2 de kapal iken,

R de kapal de§ildir.

K = {(x, y) ∈ R 2 |y = 1 x },

π 1 (K) = (−∞, 0) ∪ (0, ∞)

Teorem 4.0.6. Y topolojik uzay, X topolojik uzaynn identikasyon uzay

ve Z topolojik uzay Y uzaynn identikasyon uzay olsun. O zaman Z, X

in identikasyon uzaydr.

spat: p : X −→ Y , q : Y −→ Z identikasyon dönü³ümü olsun.

• "k : X −→ Z identikasyon dönü³ümdür ⇔ (∀V ⊂ Z de açk ⇔ k −1 (V ) ⊂

X de açktr)" önermesini kullanaca§z (Önerme 2.0.2).

(⇒:) V, Z de açk olsun. k = q ◦ p : X −→ Z dir.

k −1 (V ) = (q ◦ p) −1 (V ) = p −1 (q −1 (V ))

q identikasyon dönü³üm oldu§undan q −1 (V ), Y de açktr. p identikasyon

dönü³üm oldu§undan p −1 (q −1 (V )), X de açktr. O halde k −1 (V ), Xde açktr.

(⇐:) k −1 (V ), Xde açk olsun. k −1 (V ) = p −1 (q −1 (V )) açk olmas için q −1 (V )

nin açk olmas gerekmektedir. q identikasyon dönü³üm oldu§undan V ⊂ Z

de açktr.

Teorem 4.0.7. p : X −→ Y identikasyon dönü³üm olsun. Herhangi bir Z

uzay için;

k : Y −→ Z süreklidir ⇔ k ◦ p : X −→ Z süreklidir.

spat:

(⇒:) k ve p sürekli oldu§undan k ◦ p : X −→ Z süreklidir.

(⇐:) k ◦ p : X −→ Z sürekli olsun.

∀V ⊂ Z açk için k −1 (V ), Y de açk mdr

(k◦p) −1 (V ), k◦p sürekli oldu§undan, X de açktr. (k◦p) −1 (V ) = p −1 (k −1 (V ))

in X de açk olmas için k −1 (V ) nin Y de açk olmas gerekmektedir. Çünkü

p identikasyon dönü³ümdür.

Teorem 4.0.8. p : X −→ Y identikasyon dönü³üm olsun. g : X −→ Z

a³a§daki özelli§e sahip sürekli dönü³üm olsun:

∀x, x ′ ∈ X için p(x) = p(x ′ ) ⇒ g(x) = g(x ′ ).

O zaman h ◦ p = g olacak ³ekilde bir tek h : Y −→ Z sürekli dönü³ümü

vardr.

spat: h : Y −→ Z y ↦→ h(y) = g(p −1 (y)) ³eklinde tanmlansn. O zaman h

iyi tanml, sürekli ve örtendir.

Sonuç 4.0.2. p : X −→ Y , q : X −→ Z identikasyon dönü³üm ise Y ≈ Z.

spat: h : Y −→ Z olsun.

1) h bijektif mi

k : Z −→ Y olsun.

k ◦ h = 1 Y ⇔ h, 1 − 1

ve

oldu§unu göstermeliyiz.

h ◦ k = 1 Z ⇔ h, örten

X

q

p

Z

k

Y

q = h ◦ p ve p = k ◦ q göz önüne alalm.

(h ◦ k) ◦ q = h ◦ (k ◦ q) = h ◦ p = q = 1 Z ◦ q ⇒ h örten

(k ◦ h) ◦ p = k ◦ (h ◦ p) = k ◦ q = p = 1 Y ◦ p ⇒ h, 1 − 1

⇒ h bijektif

2) Teorem 2.0.4'ten q = h ◦ p süreklidir ⇔ h süreklidir.

3) Teorem 2.0.4'ten p = h −1 ◦ q süreklidir ⇔ h −1 süreklidir.

ALI“TIRMALAR

1) X = {a, b, c, d}, τ X = {∅, X, {a}, {a, b}, {b, c, d}, {b}}, Y = {0, 1} olmak

üzere f : X −→ Y

f(a) = f(c) = 0, f(b) = f(d) = 1

dönü³ümünü sürekli klan, Y üzerindeki en geni³ topolojiyi bulunuz.

2) a) Açk dönü³üm olmayan bir identikasyon dönü³ümü örne§i bulunuz.

b) Kapal dönü³üm olmayan bir identikasyon dönü³ümü örne§i bulunuz.

4.1 Bölüm Uzaylar

Tanm 4.1.1. X bir küme ve R, X üzerinde bir denklik ba§nts olsun.

X/R bir bölüm kümesidir. q R : X −→ X/R bölüm dönü³ümü kanonik

dönü³ümdür. (Her zaman örten olan dönü³ümlere kanonik dönü³üm ya

da do§al dönü³üm denir.)

X/R = [x] R = {z ∈ X|xRz}

(X, τ) bir topolojik uzay olsun. q R : X −→ X/R bölüm dönü³ümünü sürekli

klan Y üzerindeki en geni³ topoloji τ ′ = {V ⊂ X/R : q −1

R

(V ) ∈ τ} dr ve

bu topolojiye bölüm topolojisi denir. (X/R, τ ′ ) identikasyon uzayna da

(X, τ) nun bölüm uzay denir.

Örnek 4.1.1. I = [0, 1], xRy ⇔ x = y = 0 veya 1 olsun.

dönü³ümü bölüm dönü³ümüdür.

q R : [0, 1] −→ [0, 1]/R

x ↦→ q R (x) = [x] R

p : [0, 1] −→ S 1

t ↦→ p(t) = e 2iπt

identikasyon dönü³ümdür. Sonuç 2.0.1'den yararlanarak [0, 1]/R ≈ S 1 oldu§unu

söyleyebiliriz.

olsun.

̂p : [0, 1]/R −→ S 1

[x] R ↦→ ̂p([x] R ) = p(x) = e 2iπx

i) ̂p, bijektif dönü³ümdür:

• ̂p([x] R ) = ̂p([y] R ) ⇒ e 2iπx = e 2iπy

⇒ cos 2πx = cos 2πy ∧ sin 2πx = sin 2πy

⇒ x = y + k, k = 0, 1

⇒ x ∼ y

⇒ [x] R = [y] R

• ̂p, örten: p ve q örten oldu§undan ̂p = p ◦ q −1

R

örtendir.

ii) ̂p sürekli ⇔ p = ̂p ◦ q R sürekli (Teorem 2.0.4)

iii) ̂p −1 sürekli ⇔ q R = ̂p −1 ◦ p sürekli (Teorem 2.0.4)

Örnek 4.1.2. A³a§daki gibi verilen

identikasyon dönü³ümdür.

p : I × I −→ I × S 1

(s, t) ↦→ p(s, t) = (s, e 2iπt )

q : I × I −→ I × I/R

(s, t) ↦→ q(s, t) = p(s, t) = (s, e 2iπt )

f

b

a

k

e

d

c

p

k

f=e

a=c

b=d

h

l

g

h=g

“ekil 4.1: Silindir

I × I/R ≈ I × S 1 dir.

dönü³ümü homeomorzmadr.

̂p : I × I/R −→ I × S 1

[s, t] R ↦→ ̂p([s, t] R ) = p(s, t) = (s, e 2iπt )

Örnek 4.1.3. p : I × I −→ S 1 × S 1

(s, t) ↦→ (e 2πis , e 2πit )

q : I × I −→ I × I/R

(s, t) ↦→ q(s, t) = [(s, t)] R

homeomorzmadr.

̂p : I × I/R −→ S 1 × S 1

[s, t] R ↦→ ̂p([s, t] R ) = p(s, t)

Örnek 4.1.4. (Mobius “eridi): M b yönlendirilemeyen manifolddur.

p : I × I −→ I × I/ ∼, (0, s) ∼ (1, 1 − s)

“ekil 4.2: Mobius “eridi

Örnek 4.1.5. (Projektif Düzlem): Topun merkezinden geçecek ³ekilde

topun yüzeyine batrlan ³i³ler projektif düzlemdir.

p : S 2 −→ S 2 / ∼, x ∈ S 2 : x ∼ −x

“ekil 4.3: Reel Projektif Düzlem

Örnek 4.1.6. (Klein “i³esi): K b yönlendirilemeyen manifolddur.

p : I × I −→ I × I/ ∼, (0, t) ∼ (1, t), (s, 0) ∼ (1 − s, 1)

“ekil 4.4: Klein “i³esi

Teorem 4.1.1. p : X → Y identikasyon dönü³ümü ve R, X üzerinde

denklik ba§nts olsun. (xRx ′ ⇔ p(x) = p(x ′ )) X/ R , Y ye homeomorftur.

spat:

X

p

Y

ˆp : X/ R → Y, ˆp([x]) = p(x)

q

X/ R

ˆp

• ˆp bijektif midir

ˆp([x]) = ˆp([x ′ ]) ⇒ p(x) = p(x ′ ) ⇔ xRx ′ ⇒ [x] = [x ′ ]

ˆp 1-1 dir.

∀y ∈ Y için ∃[x] ∈ X/ R vardr ki ˆp([x]) = y ve p identikasyon oldu§undan

∃x ∈ X vardr. Yani ˆp örtendir.

• ˆp −1 sürekli midir

X q=k◦p

Z X q X/

R

p

k

ˆp −1

Y Y

q = ˆp −1 ◦ p süreklidir ⇔ ˆp −1 süreklidir.

O halde ˆp −1 süreklidir.

• ˆp sürekli midir

p = ˆp ◦ q sürekli ⇔ ˆp sürekli

O halde ˆp süreklidir.

Örnek 4.1.7. Dikdörtgene homeomorf, küreye homeomorf, do§ruya homeomorf

olan bölüm uzaylarn ve dönü³ümlerini bulunuz.

• (x 1 , y 1 )R 1 (x 2 , y 2 ) ⇔ ax 1 +by 2 −c = ax 2 +by 2 −c p 1 : R×R → R×R/R 1 ,

A :

p 1 (x, y) = ax + by − c bölüm dönü³ümüdür ve bölüm uzay R × R/R 1 ,

A ya yani do§ruya homeomorftur.

• (x 1 , y 1 )R 2 (x 2 , y 2 ) ⇔ Max | (x 1 , y 1 ) − (x 2 , y 2 ) |= k

p 2 : R × R → R × R/R 2 , p 2 (x, y) = Max | x − y | bölüm dönü³ümüdür

ve bölüm uzay R × R/R 2 kareye homeomorftur.

• (x 1 , y 1 )R 3 (x 2 , y 2 ) ⇔ x 2 1 + y 2 1 = x 2 2 + y 2 2 ba§nts tanmlansn.

p 3 : D 2 → D 2 /R 3 , p 3 (x, y) = x 2 + y 2 bölüm dönü³ümüdür ve bölüm

uzay D 2 /R 3 , C ye yani küreye homeomorftur.

Lemma 4.1.1.

1. Ba§lantl uzayn bölüm uzay da ba§lantldr.

2. Yol ba§lantl uzayn bölüm uzay da yol ba§lantldr.

3. Kompakt uzayn bölüm uzay da kompakt uzaydr.

Tanm 4.1.2. X bir topolojik uzay, I = [0, 1] olsun. X topolojik uzay üzerinde

koni X × I/X × {1} ³eklinde tanmldr.

Örnek 4.1.8. X = [0, 1], Y = S 1 olsun. X/ 0∼1 ile Y homeomork midir

f :

X

p

f

X/ ∼

˜f

S 1

f : X → S 1 , f(t) = e 2πti ve p dönü³ümleri bölüm

dönü³ümüdür. ˜f : X/∼ → S 1 , ˜f(t) = f(t) = e 2πti O halde ˜f homeomorzmadr.

Örnek 4.1.9. I = [0, 1], f : I × I → S 1 × S 1 = T, f(s, t) = (e 2πsi , 1 − t) ve

(s, 0)R 1 (s, 1); (0, t)R 1 (1, 1 − t) olsun.

I × I

p

I × I/R 1

f

˜f

T

˜f : I × I/R 1 → T, ˜f([s], [t]) = f(s, t) = (e 2πsi , 1 − t) dönü³ümü homeomorzmadr.

Teorem 4.1.2. ∼ Hausdor topolojik uzay X üzerinde bir denklik ba§nts

olsun.

X/ ∼ Hausdor uzaydr. ⇔ G ∼ = {(x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X} ba§ntsnn

gra§i kapaldr.

spat: (⇐:) [x], [y] ∈ X/ ∼ ve [x] ≠ [y] olsun. (x, y) ∈ X × X noktas

G ∼ = {(x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X} kapal ba§ntsnn gra§i d³nda

kalmaktadr. (x, y) noktasn içeren U × V ⊂ X × X kom³ulu§unu seçelim.

U × V ⊂ X × X − A, A = {(x, y) : x ∼ y, x, y ∈ X}

p : X → X/ ∼ bölüm dönü³ümünü alalm. [x] ∈ p(U) ve [y] ∈ p(V ) iken

p(U) ∩ p(V ) = ∅ midir

p dönü³ümü bölüm dönü³ümü oldu§undan p(U) ve p(V ) açktr.

Varsayalm ki p(U) ∩ p(V ) ≠ ∅ olsun. O halde;

[w] ∈ p(U) ve [w] ∈ p(V ) ; u ∼ w, v ∼ w olacak ³ekilde u ∈ p(U) ve v ∈ p(V )

vardr. (u, v) ∈ U × V dir. Fakat U × V ∩ A ≠ ∅ idi. Çeli³ki. Varsaymmz

yanl³.

O halde p(U) ∩ p(V ) = ∅ yani X/ ∼ Hausdor uzaydr.

(⇒:) X/ ∼ Hausdor uzay olsun. G ∼ nin kapal oldu§unu göstermek için

X × X − G ∼ nin açk oldu§unu göstermeliyiz. (x, y) ∈ X × X − G ∼ alalm.

[x] ≠ [y] olsun. X ∼ Hausdor oldu§undan ∃U [x] ve ∃V [y] öyleki U ∩ V = ∅

vardr. x ∈ p −1 (U [x] ) açk ve y ∈ p −1 (V [y] ) açktr.

(x, y) ∈ p −1 (U [x] ) × p −1 (V [y] ) ⊂ X × X − G ∼ dir. Dolaysyla X × X − G ∼

nin açktr.Yani G ∼ kapaldr.

Örnek 4.1.10. 1. (Silindir Olu³turma) X = [0, 1] × [0, 1] kare alalm.

Bölüm uzayn (0, t) ∼ (1, t) ba§nts ile olu³turalm.

X × I/ (0,t)∼(1,t) ≈ S (S silindir)

f

b

a

k

e

d

c

p

k

f=e

a=c

b=d

h

l

g

h=g

2. (Tor Olu³turma): X = [0, 1] × [0, 1] kare alalm. Bölüm uzayn (0, t) ∼

(1, t) ve (s, 0) ∼ (s, 1) ba§nts ile olu³turalm.

X/ ∼ ≈ T ≈ S 1 × S 1

3. (Mobius Olu³turma): X = [0, 1] × [0, 1] kare alalm. Bölüm uzayn

(0, t) ∼ (1, 1 − t) ba§nts ile olu³turalm.

X/ ∼ ≈ M b

4. (Klein “i³esi Olu³turma): X = [0, 1]×[0, 1] kare alalm. Bölüm uzayn

(0, t) ∼ (1, t) ve (s, 0) ∼ (1 − s, 1) ba§nts ile olu³turalm.

X/ ∼ ≈ K b

5. (Projektif Düzlem Olu³turma): X = S 2 alalm. Bölüm uzayn ∀x ∈ S 2

için x ∼ −x ba§nts ile olu³turalm.

S 2 / x∼−x ≈ RP 2 reel projektif düzlem.

S n / x∼−x ≈ RP n reel projektif uzay.

6. (Bir Uzayn Süspansiyonu): X ×I −→ X ×I/ X×{0,1} = ∑ X Bu bölüm

uzayna X in süspansiyonu denir.

Xx{0}

Xx{1}

ALI“TIRMALAR

1. Bölüm dönü³ümü olup kapal veya açk olmayan dönü³ümler bulunuz.

2. X = [0, 1] ∪ [2, 3] ⊂ R ve Y = [0, 2] ⊂ R ve p : X → Y dönü³ümü

{

x x ∈ [0, 1]

p(x) =

x − 1 x ∈ [2, 3]

³eklinde tanmlansn. p dönü³ümü açk dönü³üm müdür Kapal dönü³üm

müdür Bölüm dönü³ümü müdür Açklaynz.

3. ki bölüm dönü³ümünün çarpmnn bölüm dönü³ümü olmad§n gösteriniz.

4. R 2 üzerindeki denklik ba§nts (x 1 , y 1 )R(x 2 , y 2 ) ⇔ x 1 + y 2 1 = x 2 + y 2 2

³eklinde tanmlanm³tr. R 2 / R bölüm uzay mdr

5. g : R 2 → R, g(x, y) = x + y 2 ve f : R 2 → R, f(x, y) = x 2 + y 2

dönü³ümlerinin bölüm dönü³ümü olup olmad§n açklaynz.

6. C n = {(x, y) : (x − 1 n )2 + y 2 = ( 1 n )2 }, Y = ⋃

C n ve X = C 1 × Z +

n∈Z +

olsun. g : X → Y, g(x, y, n) = ( x n , y ) ³eklinde tanml dönü³üm bölüm

n

dönü³ümü müdür

p

˜f

7. CX : X üzerinde koni, (x, t)R(x ′ , t ′ ) ⇔ (x, t) = (x ′ , t ′ ) veya x, x ′ ∈ X

ve t = t ′ = 1 ba§nts tanmlansn. {

f

(x, t) t ≠ 1

X × I CX ˜f(x, t) = f(x, t) =

³eklinde tanm-

(x, 1) t = 1

X × I/R

lanan ˜f fonksiyonunun homeomorzma oldu§unu gösteriniz. p dönü³ümü

bölüm dönü³ümü müdür

4.2 Ekli Uzaylar

Tanm 4.2.1. X ve Y topolojik uzaylar ve A ⊂ X kapal altuzay olsun.

Ayrca f : A → Y sürekli fonksiyon olsun. x ∼ f(x), ∀x ∈ A olsun. X ∪

Y/ x∼f(x) bölüm uzayna Y nin X e eklenmi³ uzay denir ve X ∪ f Y ile gösterilir.

Örnek 4.2.1. 1. X = [0, 1], Y = {∗} ve A = {0, 1} ⊂ X noktalarn

alalm. f : A → Y, f(x) = ∗ sabit fonksiyonu süreklidir. x ∼ f(x) yani

0 ∼ ∗, 1 ∼ ∗ denk klalm. O halde [0, 1] ∪ f {∗}/ 0∼∗,1∼∗ dir. Geometrik

olarak aral§a bir nokta ekleyerek elde edilen ekli uzay çember olur.

2. X = D 2 ve Y = {∗} nokta alalm. S 1 = ∂D 2 ⊂ D 2

D 2 ∪ f {∗} ≈ S 2 yani içi bo³ küreye homeomorftur.

3. (Silindir Dönü³ümü): X ve Y herhangi iki topolojik uzay ve I = [0, 1]

olsun.

X × {0}

f

Y

X × I

X × I ∪ f Y

X × I ∪ f Y ekli uzaya silindir dönü³ümü denir ve X × I ∪ f Y ≈ M f

ile gösterilir.

4. (Koni Dönü³ümü):

X × {1}

f

{∗}

X × I

X × I ∪ f Y = C f

XxI

Y

“ekil 4.5: Silindir dönü³ümü

C f dönü³ümüne koni dönü³ümü denir.

Xx{1}

XxI

“ekil 4.6: Koni dönü³ümü

4.3 Bir Topolojik Uzayn Süspansiyonu:

Tanm 4.3.1. X topolojik uzay ve I = [0, 1] olmak üzere;

X × I −→ X × I/X × {0, 1} = ΣX

bölüm uzayna X in süspansiyonu denir.

Örnek 4.3.1. X = S 1 alnrsa; S 1 × I/S 1 × {0, 1} ∼ = S 2 dir. Yani çemberin

süspansiyonu küredir.

ΣS 1 = S 2 ve ⇒ ΣS n−1 = S n .

Tanm 4.3.2. f : X −→ Y sürekli verilsin. X × I ∪ Y/ ∼: x ∼ f(x) olmak

üzere f dönü³ümüne silindir dönü³ümü denir.

Örnek 4.3.2. X × I = S 1 × I alnrsa; silindir dönü³ümü elde edilir.

ALI“TIRMALAR

1) ∼, bir X topolojik uzay üzerinde denklik ba§nts ve R = {(x, y) ∈

X × X|x ∼ y} olsun. π : X −→ X/ ∼ do§al dönü³üm olsun. Bu durumda;

a) X/ ∼, H-uzay ise R ⊂ X × Xin kapal oldu§unu gösteriniz.

b) R ⊂ X × X kapal ve π : X −→ X/ ∼ açk dönü³üm ise X/ ∼nn

H-uzay oldu§unu gösteriniz.

c) R ⊂ X × X açk ise,

i X : X −→ {x} × X

y ↦→ i X (y) = (x, y)

dönü³ümü X ile {x} × X uzaylarn homeomorf klyor olmak üzere X/ ∼

üzerindeki bölüm topolojisinin discret oldu§unu gösteriniz.

2) π 1 : R 2 −→ R

(x, y) ↦→ π 1 (x, y) = x

izdü³üm dönü³ümü verilsin.

a) X = (0 × R) ∪ (R × 0) ⊂ R 2 alt uzay ve g = π 1 | X olsun. g nin kapal

bir dönü³üm oldu§unu fakat açk olmad§n gösteriniz.

b) Y = (R + × R) ∪ (R × 0) ⊆ R 2 alt uzay ve h = π 1 /Y olsun. h n

kapal bir dönü³üm olmad§n ancak bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

3) g : R 2 −→ R + = [0, ∞)

(x, y) ↦→ g(x, y) = x 2 + y 2

biçiminde tanmlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

4) g : R 2 −→ R

(x, y) ↦→ g(x, y) = x + y 2

biçiminde tanmlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

5) p : X −→ Y bir sürekli dönü³üm olsun. p ◦ f = 1 Y olacak ³ekilde sürekli

bir f : Y −→ X dönü³ümü mevcutsa, p bir bölüm dönü³ümüdür. Gösteriniz.

6) Retraksiyonun bir bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

7) π 1 : R × R −→ R birinci koordinat üzerine izdü³üm dönü³ümü olsun.

R × R nin A alt uzay ³u ³ekilde tanmlansn:

A = {x × y|x ≥ 0 ya da y = 0}.

q : A −→ R, π 1 in kstlan³ olsun. q nun bir bölüm dönü³ümü oldu§unu,

fakat açk dönü³üm olmad§n gösteriniz.

Bölüm 5

BA‡LANTILI UZAYLAR

Tanm 5.0.3. X bir topolojik uzay olsun. E§er X = A ∪ B ayrk açklarn

birle³imi ³eklinde yazlabiliyorsa (A ∩ B = ∅) X e ba§lantl olmayan

(ba§lantsz) uzay denir. A ve B ye de X in ayranlar denir. E§er X uzaynn

ayranlar yoksa X uzayna ba§lantl uzay denir.

Teorem 5.0.1. X uzay ba§lantldr. ⇔ X = A ∪ B iken A ∩ B ≠ ∅ veya

A ∩ B ≠ ∅

Teorem 5.0.2. A³a§daki önermeler denktir:

1. X ba§lantl uzaydr.

2. X in kapal va açk alt kümeleri X ve ∅ dir.

3. X in ayrlm³ alt kümeleri yoktur.

4. X =⇒ {0, 1} her sürekli fonksiyon sabittir.

spat:

• (1 ⇒ 2) X ba§lantl uzay olsun. C, X in hem açk hem de kapal

alt kümesi olsun.O halde X − C de hem açk hem de kapaldr. Bu

durumda X = C ∪ (X − C) yazabiliriz. X i ayrk birle³imler ³eklinde

yazamayaca§mzdan bu kümelerden biri ∅ olmaldr. Bu durum da C =

∅ yada X − C = ∅ olmaldr. O halde C = ∅ yada X = C dir. O halde

hem açk hem de kapal kümeler ∅ ve X dir.

• (2 ⇒ 3) X in hem açk hem de kapal kümeleri X ve ∅ olsun. X = A∪B

ayrk kümelerin birle³imi ³eklinde yazlsn. O halde;

A∩B = ∅ =⇒ A∩B = ∅ oldu§undan A = A dr. Benzer ³ekilde B = B

dir. O halde A ve B kümeleri hem açk hem de kapaldr. O halde ya

A = ∅, B = X yada A = X, B = ∅ dir. Yani X in ayrlm³ alt kümeleri

yoktur.

• (3 ⇒ 4) X in ayrlm³ alt kümeleri var olmasn. Varsayalm ki f : X =⇒

{0, 1} fonksiyonu sabit fonksiyon olmasn. Bu durumda f fonksiyonu

örten ve sürekli alabiliriz. E§er f sabit fonksiyon de§ilse;

f −1 ({0}) ⊂ X ve f −1 ({1}) ⊂ X kümeleri açktr. O halde f −1 ({0}) ∪

f −1 ({1}) = X dir. Yani f −1 ({0}) ve f −1 ({1}) X in ayrk kümeleridir.

Hipotezle çeli³ti. O halde f sabittir.

• (4 ⇒ 1) f : X =⇒ {0, 1} sabit fonksiyon olsun. Varsayalm ki X

ba§lantl uzay olmasn. Bu durumda X = U 1 ∪ U 2 ayrk açk birle³imi

olsun. Bu durumda f(U 1 ) = 0 ve f(U 2 ) = 1 dr. Yani f sabit de§ildir.

Hipotezle çeli³ki. o halde X ba§lantl uzaydr.

Örnek 5.0.3. I = [0, 1] ba§lantldr. Varsayalm ki I ba§lantl olmasn.

Bu durumda [0, 1] = U ∪ V olacak ³ekilde U ve V ayranlar vardr. c =

sup{[0, 1] ∩ U}, c < 1 aksi halde c = sup{[0, 1] ∩ V } olsun. [0, 1] = U ∪ V

oldu§undan c ∈ U veya c ∈ V dir.

E§er c ∈ U açk ise (c − ε, c + ε) ⊂ U olacak ³ekilde ε > 0 vardr.

Fakat c + ε ∈ U ve c + ε > c olamaz. Çeli³ki.

2

E§er c ∈ V açk ise (c − δ, c + δ) ⊂ V olacak ³ekilde δ > 0 vardr.

c − δ

∈ V , ( c − δ , c) ∩ U = ∅ Bu durumda c supremum olamaz. Çeli³ki.

2 2

O halde varsaymmz yanl³tr. Yani I kümesi ba§lantldr.

Teorem 5.0.3. f : X → Y sürekli ve X ba§lantl olsun. Bu durumda f(X)

de ba§lantldr.

spat: Varsayalm ki f(X) ba§lantsz olsun. Yani f(X) in ayranlar

var olsun. Bu durumda f(X) = U ∪ V , U ∩ V = ∅ dir. f sürekli oldu§undan

f −1 (U) ve f −1 (V ) kümeleri X de açk ve U ∩ f −1 (U) ≠ ∅ oldu§undan

f −1 (U) ≠ ∅ dir. Benzer ³ekilde f −1 (V ) ≠ ∅ dir.

(U ∩ f(X)) ∪ (V ∩ f(X)) = X

f −1 (U) ∪ f −1 (V ) = X

x ∈ f −1 (U) ∪ f −1 (V ) ⇒ f(x) ∈ U ∩ f(X) ve f(x) ∈ V ∩ f(X)

(U ∩ f(X)) ∪ (V ∩ f(X)) = ∅

f −1 (U) ∪ f −1 (V ) = ∅

O halde X ba§lantl de§ildir. Çeli³ki.

Varsaymmz yanl³tr. O halde f(X) ba§lantl uzaydr.

Sonuç 5.0.1. Ba§lantllk bir topolojik özelliktir.

Örnek 5.0.4.

• X = [−1, 0) ∪ (0, 1] alt uzay ba§lantl de§ildir.

• X = {−1, 1} ve τ = {∅, X} olsun. X de ∅ ve X hem açk hem de kapal

oldu§undan X ba§lantldr.

• R − {0} = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) oldu§undan ba§lantl de§ildir.

• X = [−1, 1] kümesinin A = [−1, 0] ve B = (0, 1] ayrk kümeleri için

A ∩ B = [−1, 0] ∩ [0, 1] = {0} ≠ ∅ oldu§undan X kümesi ba§lantldr.

• Q kümesi ba§lantl de§ildir.

p, q ∈ Q ve Y ⊂ Q kümesi p ve q yu içeren alt küme olsun. ki rasyonel

say arasnda bir irrasyonel say var oldu§undan p < a < q irrasyonel

saysn alalm. Y ∩ (a, ∞) ve Y ∩ (−∞, a) kümeleri Y de açktr. Y =

(a, ∞) ∪ (−∞, a) ayrk açklarn birle³imi ³eklinde yazlabildi§inden Y

ba§lantl de§ildir. O halde Q ba§lantl de§ildir.

• X = {(x, y) ∈ R 2 : y = 0} ∪ {(x, y) ∈ R 2 : y = 1 } kümesi ba§lantl

x

de§ildir.

Önerme 5.0.1. Y ⊂ X, Y ba§lantl ve Y ⊂ A ∪ B olacak ³ekilde A ve B,

X in ayranlar olsun. Bu durumda Y ⊂ A veya Y ⊂ B dir.

spat: Y ∩ A ve Y ∩ B, Y nin ayranlar ise bunlardan biri Y ∩ A = ∅

yada Y ∩ B = ∅ dir. O halde;

Y ∩ A = ∅ ⇒ Y ⊂ B

Y ∩ B = ∅ ⇒ Y ⊂ A dr.

Teorem 5.0.4. (Y j ) j∈J , X in ba§lantl alt uzay ailesi olsun. Ayrca ∀j ∈ J

için Y j ve Y j0 ayrk olmayacak ³ekilde bir j 0 ∈ J var oldu§unu varsayalm. O

zaman ⋃ Y j ba§lantldr.

j∈J

spat: Y = ⋃ j∈J

Y j nin ba§lantl oldu§unu göstermeliyiz. Varsayalm ki

Y , X in iki ayrk alt kümelerinin birle³imi ³eklinde yazlabilsin. Yani Y =

A ∪ B, A ⊂ X, B ⊂ X; A ∩ B = ∅ olsun. Bu durumda bir önceki önermeden

herbir Y j , A veya B tarafndan kapsanmaktadr. Yani Y j ⊂ A veya Y j ⊂ B

dir. Burda Y j0 ⊂ A oldu§unu varsayalm. Dolaysyla ∀j ∈ J için Y j ⊂ A

dr. Fakat Y j ile Y j0 ayrk alt kümelerdir elde edildi. Hipotezle çeli³ti§inden

dolay Y = A dr. O halde Y ba§lantldr.

Sonuç 5.0.2. 1. Ba§lantl (ortak noktaya sahip) altuzaylarn kolleksiyonunun

birle³imi ba§lantldr.

2. A, X in ba§lantl alt kümesi olsun. A ⊂ B ⊂ A ise B ba§lantldr.

spat: A, X in ba§lantl alt kümesi ve A ⊂ B ⊂ A olsun. Varsayalm

ki B = C ∪ D ³eklinde B nin ayranlar C ve D var olsun. A ba§lantl

oldu§undan A ⊂ C veya A ⊂ D dir. A ⊂ C oldu§unu varsayalm. O zaman

A ⊂ C ve C ∩ D = ∅ oldu§undan B ∩ D = ∅ dir. Çeli³ki. O halde B

ba§lantldr.

Teorem 5.0.5. X ve Y ba§lantl uzaylar ise X × Y de ba§lantldr.

spat: (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) ∈ X×Y alalm. X×{y 1 }∪{x 2 }×Y alt kümesini

göz önüne alalm. X × {y 1 } ve {x 2 } × Y ba§lantl kümelerdir ve ortak noktalar

(x 2 , y 1 ) dir. O halde; X × Y = ⋃ (X × {y 1 }) ∪ ({x 2 } × Y ) dir. Sonuçtan

dolay X × Y uzay ba§lantldr.

Teorem 5.0.6. X lineer sral uzay ve C, X in alt uzay olsun. C ba§lantl

ise konvekstir.

spat: C lineer sral uzay X in bir alt kümesi olsun. ∀a, b ∈ X için

[a, b] ⊂ C ise C ye konveks alt küme denir. Varsayalm ki C konveks olmasn.

O halde X de a < x

Bu durumda (−∞, x) ve (x, +∞) kümeleri X de açklardr. Bu durumda

C ⊂ (−∞, x) ∪ (x, +∞) ayrk açklar tarafndan kapsanmaktadr. O halde C

ba§lantl de§ildir. Çeli³ki. Bu durumda C konvekstir.

Tanm 5.0.4. (Lineer Continium): L basit sral bir küme olsun. L a³a§daki

özelliklere sahip ise L ye lineer continium denir.

1. L en küçük üst snr özelli§ine sahip olmaldr.

2. x < y ise x < z < y olacak ³ekilde bir z vardr.

Teorem 5.0.7. L sralama topolojisine sahip L lineer continium ise L ba§lantldr.

Ayrca L deki aralklarda ba§lantldr.

Sonuç 5.0.3. R ve R deki her aralk ba§lantldr ve < ba§ntsna göre

sralama topolojisine sahiptir. O halde R lineer continiumdur.

Teorem 5.0.8. (Ara De§er Teoremi): X ba§lantl ve Y sral küme olmak

üzere f : X → Y sürekli olsun. a, b ∈ X ve f(a) < r < f(b) ise f(c) = r

olacak ³ekilde bir c ∈ X vardr.

Tanm 5.0.5. X bir topolojik uzay olsun. Herhangi iki x 0 , x 1 ∈ X için f(0) =

x 0 ve f(1) = x 1 olacak ³ekilde f : [0, 1] → X sürekli fonksiyonu varsa X e

yol ba§lantl uzay denir.

Örnek 5.0.5. S 1 yol ba§lantl uzaydr. Çünkü;

w : I → S 1 , w(t) = (cos 2πt, sin 2πt) sürekli fonksiyondur.

Teorem 5.0.9. f : X → Y sürekli ve X yol ba§lantl uzay ise f(X) de yol

ba§lantl uzaydr.

spat: X yol ba§lantl uzay olsun. Tanmdan dolay w : [0, 1] → X,

w(0) = x 0 ve w(1) = x 1 olacak ³ekilde sürekli fonksiyon vardr.

I

w X f

Y

(f ◦ w)(0) = f(w(0)) = f(x 0 ) = y 0

(f ◦ w)(1) = f(w(1)) = f(x 1 ) = y 1

O halde f(X) yol ba§lantldr.

Teorem 5.0.10. X yol ba§lantl ise ba§lantldr.

spat: X yol ba§lantl olsun. Varsayalm ki X ba§lantl olmasn. Bu

durumda X = A ∪ B, A ∩ B = ∅ ve X yol ba§lantl oldu§undan sürekli bir

f : I → X fonksiyonu vardr ve

I = f −1 (X) = f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B) dir. Ayn zamanda f −1 (A) ∩

f −1 (B) = ∅ dir. Çeli³ki. O halde X uzay ba§lantldr.

Teorem 5.0.11. X ve Y yol ba§lantl ise X × Y de yol ba§lantldr.

Not 5.0.1. Ba§lantl bir uzay yol ba§lantl olmayabilir. Örne§in;

X = {(x, y) : −1 ≤ y ≤ 1} ∪ {(x, sin 1 ) : x ∈ R} uzay ba§lantl fakat yol

x

ba§lantl de§ildir.

Örnek 5.0.6. X = I × I üzerinde sözlük sralama topolojisi var olsun. X

uzay ba§lantl fakat yol ba§lantl de§ildir.

X = I × I lineer continium teoreminden dolay ba§lantldr. α : [0, 1] → X

sürekli fonksiyon var m ∀x 0 , x 1 ∈ Xα(0) = x 0 , α(1) = x 1 var m

Varsayalm ki X yol ba§lantl olsun. O zaman ∀x 0 , x 1 ∈ Xα(0) = x 0 , α(1) =

x 1 olacak ³ekilde bir α : [0, 1] → X sürekli fonksiyon vardr. α([0, 1]), X deki

tüm noktalar içerir.

∀x ∈ I = [0, 1] için U x = α −1 ({x}×(0, 1)) ⊂ [0, 1] açklarn ters görüntüsüde

açktr. O Halde ∀x ∈ I için U x in içerdi§i q x ∈ [0, 1] noktasn seçelim. ∀x

için U x açk kümeleri ayrktr.

U z = α −1 ({z} × (0, 1)) ⇒ U x ∩ U z = ∅

[0, 1] yl ba§lantl de§ildir. Çeli³ki. O halde X yol ba§lantl olamaz.

ALI“TIRMALAR

1. Π α∈I X α ba§lantl ise X α ba§lantldr. Gösteriniz.

2. A α , X uzaynn ba§lantl alt kümeler kolleksiyonu ve A, X in ba§lantl

alt uzay olsun. ∀α için A ∩ A α ≠ ∅ ise A ∪ ( ⋃ α∈I

A α ) ba§lantldr.

Gösteriniz.

3. X sonlu bir küme ve üzerinde sonlu tümleyenler topolojisi var olsun.

X ba§lantldr. Gösteriniz.

Bölüm 6

KOMPAKT UZAYLAR

Tanm 6.0.6. X topolojik uzayn açk alt kümelerinin bir snf g olsun.

E§er X = ⋃ ise g snfna X uzaynn açk örtüsü denir. E§er g nin bir alt

G∈g

kümesi X uzayn örterse bu alt kümeye X in bir açk alt örtüsü denir.

Tanm 6.0.7. X topolojik uzaynn her açk g örtüsünün sonlu bir alt örtüsü

varsa, X uzayna kompakt uzay denir.

Örnek 6.0.7.

• S 1 kompakttr.

• [0, 1] aral§ kompakttr.

• Her diskret kompakt uzay sonludur.

• R kompakt de§ildir.

Önerme 6.0.2. Y ⊂ X olsun. A³a§dakiler denktir:

1. Y kompakttr.

2. Y yi içeren X in alt açk kümeler kolleksiyonunun sonlu alt kolleksiyonu

vardr.

3. Y ile arakesiti ∅ olan, X in açk alt kümeler kolleksiyonunun sonlu alt

kolleksiyonu vardr.

spat:

• (1 ⇒ 2) {U j : j ∈ J}, X in açk alt kümeler kolleksiyonu ve Y ⊂ ⋃ j∈JU j

olsun.

{Y ∩ U j : j ∈ J}, Y nin açk örtüsüdür. Y kompakt oldu§undan bu

kümenin sonlu alt örtüsü vardr.

Y = ⋃

j∈J ′ Y ∩ U j , J ′ sonlu indeks kümesi

O halde Y ∩ U j ⊂ U j , ∀j ∈ J ′ oldu§undan Y ⊂ ⋃

j∈J ′ U j elde edildi.

• (1 ⇐⇒ 2) De Morgan kuralndan denklik gösterilebilir.

• (2 ⇒ 1) {V j : j ∈ J}, Y nin açk alt örtüsü olsun.

V j = Y ∩ U j , U j ⊂ X açk ve Y ⊂ ⋂ U j ⇒ Y ⊂ ⋃

j∈J

⇒ Y = Y ∩ ⋃

U j = ⋃

Y ∩ U j = ⋃

V j

j∈J ′ j∈J ′ j∈J ′

O halde Y kompakttr.

j∈J ′ U j

Teorem 6.0.12. Kompakt uzaylarn kapal alt uzaylar kompakttr.

spat: X kompakt ve Y , X de kapal alt uzay olsun. F j , X in kapal

alt kümelerinin kolleksiyonu olmak üzere Y ∩ ⋂ F j = ∅ dir. X kompakt

j∈J

oldu§undan ∅ = ⋂

j∈J ′ F j ∩ Y = Y ∩ ⋂

j∈J ′ F j oldu§udan Y de kompakttr.

Teorem 6.0.13. f : X → Y sürekli ve X kompakt uzay olsun. O halde f(X)

de kompakt uzaydr.

spat: U j , Y nin açk alt kümeler kolleksiyonu olsun ve f(X) i örtsün.

f −1 (U j ), X in açk alt kümeleri f sürekli oldu§undan X =

j∈Jf ⋃ −1 (U j ) dir.

X kompakt oldu§undan X = ⋃

f −1 (U j ) dir. (J ′ sonlu indeks kümesi)

j∈J ′

f(X) = f( ⋃

f −1 (U j )) = ⋃

f(f −1 (U j )) ⊂ ⋃

(U j )

j∈J ′ j∈J ′ j∈J ′

⇒ f(X) ⊂ ⋃

(U j )

j∈J ′

⇒ f(X) in sonlu açk alt örtüsü vardr. Yani f(X) kompakttr.

Teorem 6.0.14. X Hausdor uzay olsun. X in her kompakt alt kümesi

kapaldr. Ayrk kompakt alt uzayn ayrk açk kom³uluklar vardr.

Sonuç 6.0.4. X kompakt Hausdor uzay olsun. A³a§dakiler vardr:

1. X in alt kümesi C nin kompakt olmas için gerek ve yeter ³art C nin

kapal olmasdr.

2. A ve B, X de ayrk kapal alt kümeler ise A ⊂ U ve B ⊂ V olacak

³ekilde ayrk U ve V açklar vardr.

Tanm 6.0.8. f : X → Y injektif sürekli dönü³üm olsun. X alt uzay topolojisine

sahipsa f ye embedding denir.

Lemma 6.0.1. X kompakt Y Hausdor olmak üzere f : X → Y fonksiyonu

sürekli olsun. A³a§dakiler vardr:

1. f kapal dönü³ümdür.

2. f surjektif ise f kapal dönü³ümdür.

3. f injektif ise f embeddingdir.

4. f bijektif ise f homeomorzmadr.

spat:

1. C, X de kapal bir alt küme olsun. X kompakt oldu§undan ve kompakt

uzayn kapal alt uzay kompakt oldu§undan C, X de kompakttr.Kompakt

uzayn sürekli fonksiyon altndaki görüntüsü kompakt

oldu§ndan f(C),Y de kompakttr. Y Hausdor ve Hausdor uzayn

kompakt alt uzay kapal oldu§undan f(C), Y de kapaldr. O halde f

kapal dönü³ümdür.

2. Herhangi bir kapal yada açk sürjektif dönü³üm bölüm dönü³ümü oldu§undan

bu ko³ullar altnda f bölüm dönü³ümüdür.

3. f injektif, sürekli ve X kompakt uzay alt uzay topolojisine sahip

oldu§undan embeddingdir.

4. f dönü³ümü kapal, sürekli ve bijektif oldu§undan homeomorzmadr.

Lemma 6.0.2. (Tube Lemma): X bir topolojik uzay Y kompakt topolojik

uzay ve x 0 ∈ X olsun. {x 0 } × Y nin herhangi bir kom³ulu§u N ⊂ X × Y için

{x 0 } ⊂ U × Y ⊂ N olacak ³ekilde x 0 n bir U kom³ulu§u vardr.

spat: ∀y ∈ Y için {x 0 } × Y ⊂ U y × V y ⊂ N olacak ³ekilde bir çarpm

kom³ulu§u vardr. Y kompakt oldu§undan Y = V 1 ∪ V 2 ∪ . . . ∪ V k olacak

³ekilde Y i ∈ Y vardr.(Y i ∈ V i ) Her bir V i için

x 0 × y 1 ⊂ U 1 × V 1 ⊂ N

x 0 × y 2 ⊂ U 2 × V 2 ⊂ N

. . .

x 0 × y k ⊂ U k × V k ⊂ N

U = U 1 ∩ U 2 ∩ . . . ∩ U k dr.

Lemma 6.0.3. X topolojik uzay sonlu olmayan kapal diskret alt uzay içeriyorsa

X kompakt de§ildir.

spat: X kompakt olsayd kompakt uzayn diskret kapal alt uzay kompakt

ve sonlu olaca§ndan hipotezle çeli³ir. O halde X kompakt olamaz.

Lemma 6.0.4. . . . ⊂ C n ⊂ . . . ⊂ C 2 ⊂ C 1 bir kompakt uzaynkapal bo³tan

farkl alt kümeleri olsun. O zaman ⋂ n∈NC n ≠ ∅ dir.

∅ dir.

spat:

⋂

n∈NC n = ∅ olsun. Bir n ∈ N için C n = ∅ Çeli³ki. O halde ⋂ n∈N

C n ≠

Teorem 6.0.15. (Tychono Teoremi) (X j ) j∈J kompakt uzaylar kolleksiyonu

olsun. Π j∈J X j kompaktr.

Lemma 6.0.5. X lineer sral uzay olsun. C de X in bo³tan farkl kompakt

alt uzay olsun. O zaman C ⊂ [m, M], m, M ∈ C dir.

spat: C nin maksimum eleman olmasn. O zaman C ⊂ ∪ c∈C (−∞, c)

dir. C kompakt oldu§undan

C ⊂ (−∞, c 1 ) ∪ (−∞, c 2 ) ∪ . . . ∪ (−∞, c k ) ⊂ (−∞, c)

Burada c = max{c 1 , . . . , c k } ve c ∈ C idi. O halde c ∈ (−∞, c) dir. Çeli³ki.

O halde C nin maksimal eleman vardr. Benzer ³ekilde minimal de gösterilebilir.

Lemma 6.0.6. X lineer sral uzay ve en küçük üst snr özelli§ine sahip

olsun. Dolaysyla X deki her kapal aralk kompakttr.

Sonuç 6.0.5. X lineer sral ve C, X in bo³tan farkl alt uzay olsun.

1. C kompakt ve ba§lantl ise C kapal aralktr.

2. X lineer continium ise 1.sonucun ters yönü de mevcuttur.

Teorem 6.0.16. (Henri-Borel): C ⊂ R n alt kümesinin kompakt olmas için

gerek ve yeter ³art C nin kapal ve snrl olmasdr.

spat: (⇒:) C ⊂ R n alt kümesinin kompakt olsun. Dolaysyla C nin

{(−R, R) n : R > 0} açk örtüsü vardr. C ⊂ (−R, R) n olacak ³ekilde R >

0 alalm. C snrldr. Kompakt Hausdor uzay kapal oldu§§undan C de

kapaldr.

(⇐) C kapal ve snrl olsun. O halde C ⊂ [−R, R] olacak ³ekilde kapal

aralk vardr. Kapal aralklar kompakt oldu§undan ve kompakt uzaylarn

kapal alt uzaylar kompakt oldu§undan C kompakttr.

Teorem 6.0.17. (Ekstrem De§er Teoremi): X ≠ ∅ toolojik uzay ve Y lineer

sral uzay olmak üzere f : X → Y sürekli fonksiyon olsun.

1. X kompakt ise ∀x ∈ X için f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) olacak ³ekilde

m, M ∈ X vardr.

2. X ba§lantl ve kompakt ise f(x) = [f(m), f(M)] olacak ³ekilde m, M ∈

X vardr.

spat: f(X) ⊆ [a, b] olur. ∀x ∈ X için f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) m, M ∈ X

vardr. f(m) = a ve f(M) = b.

Tanm 6.0.9. 1. X in her sonlu olmayan alt kümesinin bir limit noktas

varsa X elimit nokta kompakttr denir.

2. X deki herhangi bir dizinin yaknsak alt dizisi varsa X e dizisel kompakttr

denir.

Teorem 6.0.18.

1. X topolojik uzay kompakt ise limit nokta kompakttr.

2. X birinci saylabilir ve limit nokta kompakt ise dizisel kompakttr.

ALI“TIRMALAR

1) τ ve ´τ X üzerinde iki topolojik uzay öyle ki ´τ ⊃ τ olsun. X uzaynn

hangi topoloji üzerinde kompakt olmas di§er topoloji üzerinde de kompakt

olmasn gerektirir mi

2) Gösteriniz ki bir metrik uzayn tüm kompakt alt uzaylar metri§e göre

kapal ve snrldr.Öyle bir metrik uzay bulunuz ki kompakt olmayan kapal

ve snrl bir altuzaya sahip olsun.

Bölüm 7

HOMOTOP TEOR S

7.1 Giri³

Cebirsel topolojinin ardndaki temel kir cebirsel durumlarla topolojik durumlar

birle³tirmek ve böylece benzer konular cebir üzerine yerle³tirmektir.

Örne§in: herhangi X topolojik uzay , homeomorf uzaylar izomorf gruplar

meydana çkaracak ³ekilde bir G(X) grubu ile birle³tirilebilir. Böylece cebirsel

durum hakknda söylenebilecek bir ³ey topolojik durum hakknda da

kir verir. Gruplarla birle³tirilen iki uzay izomorf de§ilse homeomorf olamayaca§na

karar verilir. Topolojiden cebire ba§lant funktor olarak adlandrlan

dönü³ümler aracl§ ile sa§lanr.

Topoloji , topolojik uzaylar ve bu uzaylar arasndaki sürekli fonksiyonlar

inceler ve topolojik uzaylarn geni³ bir çe³itlili§i vardr. Aralarnda en temel

olan ve çal³mamz süresince kar³mza çkacak baz topolojik uzaylar ile cebirsel

topoloji çal³malarnda kolaylk sa§layan cell kompleksler yine ikinci

bölümde tantlm³tr.

Temel problem topolojik uzaylar ve fonksiyonlar homeomorzma altnda

snandrmaktr. ki uzayn homeomorf oldu§unu göstermek için birinden

di§erine tersi de sürekli olan sürekli bir dönü³üm olu³turmak gereklidir. Bu

ise yeni teknikler yaratmay gerektirecek kadar karma³kla³abilir. Bu nedenle

iki uzayn homeomorf olmad§n göstermek baz durumlarda daha kullan³l

olabilir. E§er bir uzayn sahip oldu§u fakat di§er uzayn sahip olmad§

bir topolojik özellik bulunabilirse uzaylar homeomorf olamazlar (bir özellik

homeomorzma altnda korundu§u için) ve problem çözülmü³ olur. Örne§in :

[0, 1] kapal aral§ kompakt , (0, 1) açk aral§ ise kompakt olmad§ndan bu

iki uzay homeomorf olamaz. Bunun d³nda R ile R 2 ye homeomorf de§ildir.

Çünkü R den bir nokta atld§nda ba§lantllk özelli§i kaybolurken R 2 den

bir nokta atld§nda bu özellik korunur.

“imdiye kadar inceledi§imiz topolojik özellikler problem çözümünde yeterli

olmayabilir. Örne§in: R 2 nin R 3 e homeomorf olmad§ bilinen topolojik özelliklerle

(kompaktlk, ba§lantllk, metriklenebilirlik) gösterilemez. Çünkü

bu iki uzay arasnda farkl bir topolojik özellik yoktur. Bu nedenle yeni

özellikler ve yeni teknikler yaratmamz gerekir. Bu özelliklerden biri basit

ba§lantllktr. Kabaca ifade etmek gerekirse, bir X uzay içindeki her kapal

e§ri X in herhangi bir noktasna büzülebiliyorsa X uzay basit ba§lantldr.

Basit ba§lantllk özelli§i R 2 ve R 2 arasndaki ayrm ortaya koyar.

R 3 den bir nokta atld§nda basit ba§lantllk özelli§i korunurken R 2 için

bu durum geçerli de§ildir. Fakat T ve T2 uzaylar, her ikisi de basit ba§lantl

olmad§ndan bu özellik ile ayrlamazlar. Üçüncü bölümde, sürekli olarak

³ekil de§i³imine dayanan ve homotopi olarak bilinen denklik ba§ntsnn yeni

bir snandrma yöntemi ortaya çkartt§ gösterilmi³, daha sonra homotopi

kategori ve bu kategorinin ilk funktoru olan temel grup (Poincare grubu)

incelenmi³tir. Temel grup basit ba§lantllktan daha genel bir kavramdr

ve basit ba§lantl olma durumu X in temel grubunun tek elemanl olmas(a³ikar

grup) durumudur. Gerçekte tüm kompakt uzaylarn temel grup

kullanlarak snandrlabilece§i bilinmektedir. Bu bölümün sonunda yüksek

homotopi gruplarna da de§inilmi³ ve detaya girmeden bilinen baz örnekler

verilmi³tir. Betti, herhangi bir uzay ile de§i³meli gruplarn bir ailesini

birle³tirerek o uzayn homoloji gruplar olarak bilinen yeni bir snandrma

yöntemi ortaya çkartm³tr. Homoloji funktoru yüksek boyutlu ba§lantll§

ölçer ve homeomorf uzaylarn homoloji gruplar izomorftur. Homoloji gruplarnn

avantaj ço§unlukla temel gruptan daha hesaplanabilir olmalardr.

Homoloji gruplarn tanmlamann farkl yollar vardr ve hepsi uzaylar için

benzer sonuçlara rehberlik eder. Homoloji teori esas olarak singular ve simplicial

homoloji olmak üzere iki grupta incelenir ve singular homoloji gruplar

simplicial homoloji gruplarnn bir genellemesidir. Teorik uygulamalarda singular

homoloji simplicial homolojiden daha kullan³l olmasna ra§men simplicial

gruplar kadar hesaplanabilir de§ildir. Bu nedenle simplicial homoloji

singular homolojiden önce verilerek cebirsel topoloji için temel olan baz

uzaylarn (Klein ³i³esi, Projektif uzay ve Tor) homoloji gruplar hesaplanm³

ve homoloji kavram daha somut hale getirilmeye çal³lm³tr. Simplicial

homoloji teori, simplicial kompleksler kategorisinden zincirli kompleksler

kategorisine bir kovaryant funktor ile tanmland§ndan ve cell ile simpleks

homeomorf oldu§undan öncelikle zincirli komplekslerin ve cell komplekslerin

homoloji gruplar tantlm³tr.

7.2 Homotopi

Tanm 7.2.1. X, Y iki topolojik uzay, f, g : X −→ Y sürekli iki dönü³üm ve

I = [0, 1] olsun. ∀x ∈ X için H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = g(x) olacak ³ekilde

bir H : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü varsa f dönü³ümü g dönü³ümüne

homotoptur ve H ye homotopi dönü³ümü denir.

Örnek 7.2.1. 1. f : [0, 2] −→ R x ↦−→ f(x) = 1 + x 2 (x − 2) 2

g : [0, 2] −→ R x ↦−→ g(x) = 1 ³eklinde dönü³ümler tanmlansn.

H : [0, 2] × [0, 1] −→ R (x, t) ↦−→ H(x, t) = 1 + (1 − t)x 2 (x − 2) 2

fonksiyonu sürekli (çünkü polinom) ve

H(x, 0) = 1 + x 2 (x − 2) 2 = f(x)

H(x, 1) = 1 = g(x)

e³itliklerini do§rular. Böylece H, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur.

2. f : S 1 −→ R 2 (x, y) ↦−→ f(x, y) = (x, y) kapsama dönü³ümü ve

g : S 1 −→ R 2 (x, y) ↦−→ g(x, y) = (0, 0) sabit dönü³ümü tanmlansn.

F : S 1 × [0, 1] −→ R 2 ((x, y), t) ↦−→ F ((x, y), t) = (1 − t)f(x, y)

fonksiyonu sürekli çünkü kapsama dönü³ümü f sürekli ve ayrca

F (x, 0) = f(x, y) F (x, 1) = (0, 0) = g(x, y)

e³itliklerini do§rular. Böylece F, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur.

3. f : [0, 1] −→ [0, 1] x ↦−→ f(x) = x birim dönü³ümü ve

g : [0, 1] −→ [0, 1] x ↦−→ g(x) = 0 sabit dönü³ümü tanmlansn.

F : [0, 1] × [0, 1] −→ [0, 1]

(x, t) ↦−→ F ((, t) = (1 − t)x

fonksiyonu sürekli çünkü birim dönü³üm f sürekli ve ayrca

F (x, 0) = f(x)

F (x, 1) = 0 = g(x)

e³itliklerini do§rular. Böylece F, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur.

4. f, g : X −→ R 2 sürekli dönü³ümlerini göz önüne alalm. H : X × I −→

R 2 , t ∈ I olmak üzere

H(x, t) = (1 − t).f(x) + t.g(x)

³eklinde tanmlansn. R 2 de sürekli dönü³ümlerin toplam ve çarpm

sürekli oldu§undan H süreklidir ve H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x)

³artlarn sa§lar. Buna göre f, g ye homotoptur.

Tanm 7.2.2. x 0 ,x 1 ∈ X noktalar için f(0) = x 0 ve f(1) = x 1 olacak ³ekilde

bir f : I −→ X sürekli dönü³üm varsa, f ye x 0 dan x 1 e giden bir yol denir.

Örnek 7.2.2. A³a§daki dönü³ümler birer yoldur:

f : I −→ R 2 − {0} t ↦→ f(t) = (cos πt, sin πt)

g : I −→ R 2 − {0} t ↦→ g(t) = (cos πt, 2 sin πt)

h : I −→ R 2 − {0} t ↦→ h(t) = (cos πt, − sin πt)

k : I −→ R 2 t ↦→ k(t) = (t, t 2 )

Tanm 7.2.3. f, g : I −→ X, ba³langç noktalar f(0) = g(0) = x 0 ve biti³

noktalar f(1)=g(1) = x 1 olan iki yol olsun. H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = g(s),

H(0, t) = x 0 ve H(1, t) = x 1 olacak ³ekilde bir H : I × I −→ X sürekli

dönü³ümü varsa f ve g ye yol homotopik dönü³ümler denir ve f ≃ p g

ile gösterilir.

Lemma 7.2.1.

≃ p ve ≃ ba§ntlar birer denklik ba§ntsdr.

spat: ≃ ba§ntsnn denklik ba§nts oldu§unu gösterelim.

1. ≃ ba§nts yansmaldr:

f : X −→ Y sürekli dönü³üm olsun. O zaman

H : X × I −→ Y,

(x, t) ↦−→ H(x, t) = f(x)

dönü³ümü de süreklidir. Ayrca H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = f(x)

ko³ullar sa§lanr. Buradan f ≃ f dir.

2. ≃ ba§nts simetriktir:

f ≃ g olsun. O zaman

H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x)

olacak ³ekilde H : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü vardr.

F : X × I −→ Y , F (x, t) = H(x, 1 − t) sürekli dönü³ümünü tanmlayalm.

F (x, 0) = H(x, 1) = g(x) ve F (x, 1) = H(x, 0) = f(x)

sa§land§ için ve H sürekli oldu§undan F de süreklidir ve g ≃ f dir.

3. ≃ ba§nts geçi³melidir: h, g, f : X −→ Y sürekli dönü³ümler olsun.

f ≃ g ve g ≃ h olsun. O zaman

H(x, 0) = f(x),

H(x, 1) = g(x)

olacak ³ekilde H : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü ve

G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = h(x)

olacak ³ekilde G : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü vardr.

{ H(x, 2t), 0 ≤ t ≤ 1/2

K : X × I −→ Y, K(x, t) =

G(x, 2t − 1), 1/2 ≤ t ≤ 1

sürekli dönü³ümünü tanmlayalm. K(x, 0) = H(x, 0) = f(x) ve K(x, 1) =

G(x, 1) = h(x) ³artlar sa§lanr. Ayrca H ve G sürekli oldu§u için Pasting

Lemma dan K dönü³ümü de süreklidir. Böylece f ≃ h dir.

Örnek 7.2.3. Örnek 7.2.2 de verilen f, g, h yollarn ele alalm. f ve g

yol homotoptur fakat f ve h yol homotop de§ildir. Yol homotop ba§ntsnn

geçi³me özelli§i var oldu§undan g ve h yol homotop de§ildir.

Tanm 7.2.4. X de f(1) = g(0) özellikli iki yol f, g : I −→ X olsun. f ile g

arasndaki ∗ i³lemini ³u ³ekilde tanmlarz:

{ f(2s), 0 ≤ s ≤ 1/2

(f ∗ g)(s) =

g(2s − 1), 1/2 ≤ s ≤ 1

f dönü³ümünün homotopi snfn [f] ile gösteririz. [f ∗ g] = [f] ∗ [g] dir.

Teorem 7.2.1. ∗ i³lemi a³a§daki özellikleri sa§lar:

1. ∗ i³lemi, yol homotopi snar üzerinde iyi tanmldr.

2. ∗ i³leminin birle³me özelli§i vardr:

([f] ∗ [g]) ∗ [h] = [f] ∗ ([g] ∗ [h]) .

3. ∗ i³leminde birim eleman vardr fakat tek de§ildir:

e x0 , e x1 : I −→ X sabit yol ve f : I −→ X,f(0) = x 0 , f(1) = x 1 özellikli

bir yol olsun. [f] = [f] ∗ [e x1 ] , [e x0 ] ∗ [f] = [f].

4. ∗ i³lemine göre bir [f] elemannn ters elemanlar vardr:

[e x0 ] = [f] ∗ [ f ] ,

[

f

]

∗ [f] = [ex1 ].

Ayrca ∗ i³lemi bu özellikleri sa§lad§ndan yol homotopi snar üzerinde

gruboid yaps olu³turur.

spat:

1. f ≃ f ′ ve g ≃ g ′ olsun. Bu durumda f ∗ g ≃ f ′ ∗ g ′ :

f ≃ f ′ oldu§undan F (x, 0) = f(x), F (x, 1) = f ′ (x) ko³ullarn sa§layan

bir sürekli F : I × I −→ X dönü³ümü vardr.

g ≃ g ′ oldu§undan G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = g ′ (x) ko³ullarn sa§layan

bir sürekli G : I × I −→ X dönü³ümü vardr.

O halde f∗f ′ ≃ g∗g ′ oldu§unu göstermek için H(x, 0) = f∗f ′ (x), H(x, 1) =

g ∗ g ′ (x) ko³ullarn sa§layan bir H : I × I −→ X sürekli dönü³ümü

bulmalyz. F ve G dönü³ümlerinden yararlanarak H dönü³ümünü olu³turalm.

⎧

⎪⎨ F (2x, t) x ∈ [0, 1

H(x, t) =

2 ]

⎪⎩ G(2x − 1, t) x ∈ [ 1 2 , 1]

Tanmlad§mz H dönü³ümü pasting lemma ve F ve G dönü³ümlerinin

süreklili§inden dolay süreklidir. stenilen ko³ullar da sa§lad§ndan

dolay ∗ i³lemi yol homotopi dönü³ümleri üzerinde iyi tanmldr.

2. [f] ∗ ([g] ∗ [h]) = ([f] ∗ [g]) ∗ [h] oldu§unu göstermeliyiz. Bu durumda

f ∗ (g ∗ h) ≃ (f ∗ g) ∗ h oldu§unu göstermeliyiz.

⎧

f( 4s

⎪⎨ t + 1 ) s ∈ [0, t + 1

4 ]

H : I × I −→ X, H(s, t) = g(4s − t − 1) s ∈ [ t + 1

4 , t + 2

4 ]

⎪⎩ h( 4s − t − 2 ) s ∈ [ t + 2

2 − t

4 , 1]

³eklinde tanmlad§mz dönü³üm f, h, g sürekli oldu§undan ve pasting

lemmadan dolay süreklidir.

⎧

⎪⎨ f(4s) s ∈ [0, 1/4]

H(s, 0) = g(4s − 1) s ∈ [1/4, 1/2] , H(s, 0) = (f ∗ g) ∗ h(s)

⎪⎩

h(2s − 1) s ∈ [1/2, 1]

⎧

⎪⎨ f(2s) s ∈ [0, 1/2]

H(s, 1) = g(4s − 2) s ∈ [1/2, 3/4] , H(s, 1) = f ∗ (g ∗ h)(s)

⎪⎩

h(4s − 3) s ∈ [3/4, 1]

O halde f ∗ (g ∗ h) ≃ p (f ∗ g) ∗ h dir. Yani ∗ i³leminin birle³me özelli§i

vardr.

3. [f] = [f] ∗ [e x1 ] ⇔ f ≃ p f ∗ e x1 .

⎧

⎪⎨ f( 2s

H : I × I −→ X, H(s, t) = 2 − t ) s ∈ [0, 2 − t

2 ]

⎪⎩ x 1 s ∈ [ 2 − t

2 , 1]

H dönü³ümü pasting lemma ve f ile sabit dönü³ümün süreklili§inden

dolay süreklidir ve H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = f ∗ e x1 oldu§undan [f] =

[f] ∗ [e x1 ] dir.

Benzer ³ekilde di§er birim elemann varl§ da gösterilebilir.

4. [f] ∗ [f] = [e x0 ] ⇔ f ∗ f ≃ p e x0 .

f : I −→ X, f(t) = f(1 − t) ³eklinde tanmldr.

H : I × I −→ X, H(s, t) =

{

f(2ts) s ∈ [0, 1/2]

f(2t(1 − s)) s ∈ [1/2, 1]

³eklinde tanmlad§mz H dönü³ümü f sürekli oldu§undan süreklidir

ve H(s, 0) = f(0) = e x0 ve H(s, 1) = f ∗f(s) oldu§undan [f]∗[f] = [e x0 ]

dir.

Benzer ³ekilde di§er ters eleman da gösterilebilir.

Lemma 7.2.2. f, f ′ : X −→ Y ve g, g ′ : Y −→ Z sürekli dönü³ümler ve

f ≃ f ′ ve g ≃ g ′ olsun. O halde g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′ dür.

spat: f ≃ f ′ oldu§undan F : X×I −→ Y sürekli dönü³ümü F (x, 0) = f(x),

F (x, 1) = f ′ (x) ko³ullarn sa§lar. g ≃ g ′ oldu§undan G : Y ×I −→ Z sürekli

dönü³ümü G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = g ′ (x) ko³ullarn sa§lar. g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′

oldu§unu göstermek için ≃ ba§ntsnn denklik ba§nts oldu§undan yararlanaca§z.

g ◦ f ≃ g ◦ f ′ ve g ◦ f ′ ≃ g ′ ◦ f ′ oldu§unu gösterirsek g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′

oldu§unu göstermi³ oluruz.

g

• X × I F Y Z

H : X × I −→ Z, H(x, t) = g ◦ F (x, t) ³eklinde tanmlanan dönü³üm F

ve g sürekli oldu§undan süreklidir. H(x, 0) = g ◦ F (x, 0) = g ◦ f(x) ve

H(x, 1) = g ◦ F (x, 1) = g ◦ f ′ (x) oldu§undan g ◦ f ≃ g ◦ f ′ dir.

• X × I f ′ ×1 Y × I G Z

G◦(f ′ ×1) : X ×I −→ Z sürekli dönü³ümü G◦(f ′ ×1)(x, 0) = g ◦f ′ (x)

ve G◦(f ′ ×1)(x, 1) = g ′ ◦f ′ (x) ko³ullarn da sa§lad§ndan g◦f ′ ≃ g ′ ◦f ′

dir.

O halde g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′ dir.

ALI“TIRMALAR

1) Bir X uzaynn birim dönü³ümü, sabit dönü³üme homotop ise, X uzayna

büzülebilirdir denir.

a) I = [0, 1] ve R nin büzülebilir oldu§unu gösteriniz.

b) Büzülebilir uzaylar yol ba§lantldr. Gösteriniz.

c) Y büzülebilir ise [X, Y ] kümesi tek elemanldr. Gösteriniz.

d) X büzülebilir ve Y yol ba§lantl ise [X, Y ] kümesi tek elemanldr.

Gösteriniz.

2) X, R n de konveks bir küme olsun. X de ayn uç noktalara sahip iki yolun

yol homotop oldu§unu gösteriniz.

3) X den Y ye dönü³ümlerin homotopi snarnn kümesi [X, Y ] olsun.

a) I = [0, 1] [X, I] tek elemanldr. Gösteriniz.

b) Y yol ba§lantl ise [I, Y ] tek elemanldr. Gösteriniz.

7.3 Temel Gruplar

Tanm 7.3.1. X topolojik uzay ve x 0 ∈ X olsun. x 0 da ba³layp x 0 da sona

eren X deki yollara kapal yol (loop) denir. x 0 tabanl kapal yollarn homotopi

snf ∗ i³lemi altnda bir grup te³kil eder. Bu gruba temel grup ya

da 1. homotopi grubu denir.

Örnek 7.3.1. X = R olmak üzere X in temel grubunu belirleyelim. f, x 0 da

kapal yol olsun.

π 1 (R, x 0 ) = {[g] : g ≃ f, f, g : I → Xf(0) = g(0) = x 0 , f(1) = g(1) = x 1 }

H : I × I :→ R, H(s, t) = (1 − t).f(s) + t.e x0 (s) sürekli dönü³ümünü tanmlayalm.

g = e x0 alnrsa π 1 (R, x 0 ) = {[e 0 ]} = {0} a³ikar gruptur.

Örnek 7.3.2. X konveks uzay olsun. π 1 (X, x 0 ) = {[e x0 ]}.

Örnek 7.3.3. X=D 2 (Disk) olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}.

Örnek 7.3.4. X = { ∗ } olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}.

Örnek 7.3.5. X=[0, 1] olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}.

α, X topolojik uzaynda x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun.

³eklinde dönü³üm tanmlansn.

̂α : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (X, x 1 )

[f] ↦→ ̂α([f]) = [α] ∗ [f] ∗ [α]

Teorem 7.3.1. ̂α : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (X, x 1 ) izomorzmdir.

spat: i) ̂α iyi tanmldr:

[f] = [g] ⇒ f ≃ p g ⇒ α ∗ f ≃ p α ∗ g

⇒ α ∗ f ∗ α ≃ p α ∗ g ∗ α

⇒ [α] ∗ [f] ∗ [α] ≃ p [α] ∗ [g] ∗ [α]

⇒ ̂α([f]) = ̂α([g])

ii) ̂α homomorzmdir: [f] ∗ [g] = [f ∗ g] oldu§unu biliyoruz.

̂α([f] ∗ [g]) = ̂α([f ∗ g]) = [ᾱ] ∗ [f ∗ g] ∗ [α] = [ᾱ] ∗ [f] ∗ [g] ∗ [α]

= [ᾱ] ∗ [f] ∗ [α] ∗ [ᾱ] ∗ [g] ∗ [α]

= ̂α([f]) ∗ ̂α([g])

Böylece ̂α homomorzmadr.

iii) ̂α bijektiftir:

̂β : π 1 (X, x 1 ) −→ π 1 (X, x 0 )

[h] ↦→ ̂β([h]) = [ ¯β] ∗ [h] ∗ [β]

³eklinde tanmlansn. β : I → X, her t ∈ I için β(t) = α(1−t) = α(t) alalm.

Bu durumda

̂β([h]) = [α] ∗ [h] ∗ [α].

A³a§daki iki durum mevcut ise ̂α bijektiftir:

̂β ◦ ̂α = 1 π1 (X,x 0 ) ⇔ ̂α injektif

̂α ◦ ̂β = 1 π1 (X,x 1 ) ⇔ ̂α surjektif

̂β◦̂α([f]) = ̂β(̂α[f]) = ̂β([α]∗[f]∗[α]) = ̂β([α∗f ∗α]) = [α]∗[α]∗[f]∗[α]∗[α]

= [e x0 ] ∗ [f] ∗ [e x0 ] = [f] ∗ [e x0 ] = [f] = 1 π1 (X,x 0 )

Böylece ̂α injektiftir.

̂α ◦ ̂β([g]) = ̂α(̂β[g]) = ̂α([ ¯β ∗ g ∗ β]) = [ᾱ ∗ ¯β ∗ g ∗ β ∗ α] = [e ∗ g ∗ e]

= [g] = 1 π1 (X,x 1 )([g])

Dolaysyla ̂α surjektiftir.

Sonuç olarak ̂α bir izomorzmdir.

Bu durumda a³a§daki sonucu elde ederiz;

Sonuç 7.3.1. X yol ba§lantl uzay ve x 0 , x 1 ∈ X olsun. O zaman

π 1 (X, x 0 ) ∼ = π 1 (X, x 1 ).

Tanm 7.3.2. X yol ba§lantl olsun. π 1 (X, x 0 ) = {e x0 } ise X e basit

ba§lantl uzay denir.

Örnek 7.3.6. R basit ba§lantldr; çünkü R yol ba§lantldr ve π 1 (R, r 0 ) =

{e r0 } dr.

Örnek 7.3.7. D 2 basit ba§lantldr; çünkü D 2 yol ba§lantldr ve π 1 (D 2 , d 0 ) =

{e d0 } dr.

Örnek 7.3.8. {∗} basit ba§lantldr; çünkü {∗} yol ba§lantldr ve π 1 ({∗}, ∗) =

{e ∗ } dr.

Lemma 7.3.1. Basit ba§lantl X uzaynda ba³langç ve biti³ noktalar ayn

olan iki yol, yol homotoptur.

spat: α ve β, x 0 dan x 1 e giden iki yol olsun. α∗β, X uzaynn x 0 noktasnda

bir looptur. X uzay basit ba§lantl oldu§undan π 1 (X, x 0 ) = {e x0 } dir.

[α ∗ β] = [e x0 ] ⇔ α ∗ β ≃ p e x0

α ≃ p α ∗ e x1 ≃ p α ∗ β ∗ β ≃ p (α ∗ β) ∗ β ≃ p e x0 ∗ β ≃ p β ⇒ α ≃ p β ⇔

[α] = [β] ⇔ α ≃ p β.

Tanm 7.3.3. h : (X, x 0 ) −→ (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun.

f : I −→ X, x 0 bazl bir loop ise, bu durumda h◦f, Y de y 0 bazl bir looptur.

Tanm 7.3.4. h : (X, x 0 ) −→ (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun.

h ∗ : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (Y, y 0 )

[f] ↦→ h ∗ ([f]) = [h ◦ f]

³eklinde tanmlanan dönü³üme h tarafndan olu³turulan homomorzma

ya da indirgenmi³ homomorzma denir.

• h ∗ dönü³ümü iyi tanmldr:

[f] = [g] ⇒ f ≃ p g ⇒ h ◦ f ≃ p h ◦ g ⇒ h ∗ ([f]) = h ∗ ([g])

• h ∗ homomorzmdir:

h ∗ ([f] ∗ [g]) = [h ◦ (f ∗ g)] = [h ◦ f] ∗ [h ◦ g] = h ∗ ([f]) ∗ h ∗ ([g])

Tanm 7.3.5. h : (X, x 0 ) −→ (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun.

h ∗ : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (Y, y 0 )

[f] ↦→ h ∗ ([f]) = [h ◦ f]

³eklinde tanmlanan dönü³üme h tarafndan olu³turulan homomorzma

ya da indirgenmi³ homomorzma denir.

• h ∗ dönü³ümü iyi tanmldr:

[f] = [g] ⇒ f ≃ p g ⇒ h ◦ f ≃ p h ◦ g ⇒ h ∗ ([f]) = h ∗ ([g])

• h ∗ homomorzmdir:

h ∗ ([f] ∗ [g]) = [h ◦ (f ∗ g)] = [h ◦ f] ∗ [h ◦ g] = h ∗ ([f]) ∗ h ∗ ([g])

(i) ve (ii)den istenen e³itlik elde edilir.

2) (1 X ) ∗ ([f]) = [1 X ◦ f] = [f] oldu§undan (1 X ) ∗ birim homomorzmdir.

Sonuç 7.3.2. h : (X, x 0 ) −→ (Y, y 0 ) bir homeomorzm ise, h nin indirgedi§i

homomorzm h ∗ : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (Y, y 0 ) izomorzmdir.

spat: h : (X, x 0 ) −→ (Y, y 0 ) bir homeomorzm olsun. O zaman k ◦ h = 1 X

ve h ◦ k = 1 Y olacak ³ekilde k : (Y, y 0 ) −→ (X, x 0 ) sürekli dönü³ümü vardr.

Teoremden

(h ◦ k) ∗ = (1 Y ) ∗ ⇒ h ∗ ◦ k ∗ = (1 Y ) ∗ ⇒ h ∗ surjektif

(k ◦ h) ∗ = (1 X ) ∗ ⇒ k ∗ ◦ h ∗ = (1 X ) ∗ ⇒ h ∗ injektif

O halde h ∗ izomorzmdir.

ALI“TIRMALAR

1) A, R n nin bir alt kümesi olsun. Bir a 0 ∈ A noktas için, a 0 A daki di§er

noktalara birle³tiren tüm do§ru parçalar A nn içinde kalyorsa, A kümesine

star konveks denir.

a) Konveks olmayan bir star konveks küme bulunuz..

b) A star konveks ise, basit ba§lantldr. Gösteriniz.

2) α, X uzaynda x 0 noktasndan x 1 noktasna bir yol; β, X uzaynda x 1

noktasndan x 2 noktasna bir yol olsun. γ = α ∗ β ise, bu takdirde ̂γ = ̂β ◦ ̂α

oldu§unu gösteriniz.

3) x 0 ve x 1 , yol ba§lantl X uzaynn noktalar olsun. π 1 (X, x 0 n abel olmas

için gerek ve yeter ³art x 0 noktasndan x 1 noktasna her α ve β yol ikilisi için

̂α = ̂β olmasdr. Gösteriniz.

4) A ⊂ X ve r : X −→ A bir retraksiyon olsun. Verilen bir a 0 ∈ A için

r ∗ : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (A, a 0 ) dönü³ümünün surjektif oldu§unu gösteriniz.

[ pucu: j : A −→ X kapsama dönü³ümünü göz önüne alnz.]

5) A, R n nin alt uzay ve h : (A, a 0 ) −→ (Y, y 0 ) olsun. h dönü³ümü,

g : R n −→ Y dönü³ümüne geni³letilebiliyorsa, h ∗ n a³ikar homomorzm

(yani, her³eyi birim elemana görüntüleyen homomorzm) oldu§unu gösteriniz.

6) h : X −→ Y , h(x 0 ) = y 0 ve h(x 1 ) = y 1 olacak ³ekilde sürekli bir dönü³üm

olsun. X yol ba§lantl olmak üzere α, X uzaynda x 0 noktasndan x 1 noktasna

bir yol ve β = h ◦ α olsun.

oldu§unu gösteriniz.

7.4 Örtü Uzaylar

̂β ◦ (h x0 ) ∗ = (h x1 ) ∗ ◦ ̂α

Tanm 7.4.1. p : E −→ B örten, sürekli bir dönü³üm ve U ⊂ B de açk

olsun. A³a§daki özellikler mevcut ise, B nin U aç§ p tarafndan düzgün

örtülüyor denir:

i) p −1 (U) = ∪ α∈I V α , (α ≠ β için V α ∩ V β = ∅, V α ⊂ E açk )

ii) Her α için p | Vα : V α −→ U bir homeomorzmdir. (p ye yerel homeomor-

zm denir.)

Not 7.4.1. Bir dönü³üm homeomorzm ise yerel homeomorzmdir, fakat

tersi genelde do§ru de§ildir.

Tanm 7.4.2. p : E −→ B örten ve sürekli bir dönü³üm olsun. B uzayna

ait her noktann U açk kom³ulu§u p tarafndan düzgün örtülüyorsa, p ye

örtülü dönü³üm ve E ye de B nin örtü uzay denir.

Örnek 7.4.1. A³a§daki ³ekilde tanmlanan

dönü³ümü, örtülü dönü³ümdür.

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = e 2πit = (cos2πt, sin2πt)

p nin identikasyon dönü³ümü oldu§unu biliyoruz. O halde p örten ve

süreklidir. “imdi S 1 in düzgün örtülü olup olmad§n inceleyelim:

i) ∀b ∈ S 1 için α ≠ β iken V α ∩ V β = ∅ olmak üzere

e³itli§i mevcut mudur

p −1 (U) = ∪ α∈I V α

p −1 ((1, 0)) = Z oldu§u bilinmelidir. (1, 0) noktasnn bir U kom³ulu§unu

alalm. (1, 0) ∈ U ⊂ S 1 de açk olsun. V α = (α− 1, α+ 1 ) alalm. α ∈ Z olmak

4 4

üzere α ≠ β iken V α ∩ V β = ∅ oldu§undan ve V α lar p −1 (U) yu örttü§ünden,

p −1 (U) = ∪ α∈Z V α dr.

ii) p | Vα : V α −→ U homeomorzm midir

V α = (α − 1, α + 1 ) ⊂ R de aç§n alalm.

4 4

• p örten oldu§undan p | Vα

da örtendir.

• t 1 ≠ t 2 olmak üzere ∀t 1 , t 2 ∈ V α için

cos2πt 1 ≠ cos2πt 2 ∧ sin2πt 1 ≠ sin2πt 2 ⇒ p | Vα (t 1 ) ≠ p | Vα (t 2 )

oldu§undan p | Vα bire birdir.

• p sürekli oldu§undan p | Vα

süreklidir.

• (p | Vα ) −1 : U −→ V α süreklidir, çünkü p | Vα

O halde p örtülü dönü³ümdür.

açk dönü³ümdür.

Örnek 7.4.2. Her homeomorzm bir örtülü dönü³ümdür.

p : X −→ Y bir homeomorzm olsun. Bu durumda p örten ve süreklidir.

i) Süreklilikten dolay U ⊂ Y açk için p −1 (U) = V ⊂ X açktr.

ii) p homeomorzm oldu§undan p | Vα homeomorzmdir.

O halde inceledi§imiz p homeomorzmi örtülü dönü³ümdür.

Örnek 7.4.3. 1 X birim dönü³ümü bir örtülü dönü³ümdür.

1 X : X −→ X birim dönü³ümünün örten ve sürekli oldu§unu biliyoruz.

i) U = V α alrssak p −1 (U) = U = V α dr.

ii) p | U : U −→ U homeomorzmdir.

O halde 1 X örtülü dönü³ümdür.

Örnek 7.4.4. E = X × {0, 1, 2, 3, ...} ve B = X olmak üzere p : E −→ B

örtülü dönü³ümdür.

• ∀x ∈ X için (x, 0) ∈ X × {0, 1, 2, 3, ...} öyle ki p(x, 0) = x oldu§undan

p örtendir.

• U ⊂ B = X de açk olsun. p −1 (U) = U × Z +

⊂ E açk oldu§undan p

süreklidir.

i) p −1 (U) = ∪ α∈Z +U × {α} ayrk birle³imine e³ittir.

ii) p | Vα : V α −→ U; p | Vα : U × α −→ U homeomorzmdir.

O halde p örtülü dönü³ümdür.

Örnek 7.4.5. p : S 2 −→ RP 2 , p(z) = [z] ile tanmlanan bölüm dönü³ümü

örtülü dönü³ümdür.

Örnek 7.4.6. p : R +

de§ildir.

ALI“TIRMALAR

−→ S 1 , p(t) = (cos2πt, sin2πt) örtülü dönü³üm

1) p : S 1 −→ S 1 örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz.

z ↦→ z n

2) p : E −→ B ve p : E ′ −→ B ′ örtülü dönü³ümler ise, p × p ′ : E × E ′ −→

B × B ′ örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz.

3) p : E −→ B örtülü dönü³üm ve B ba§lantl olsun. Bir b 0 ∈ B için

p −1 (b 0 ) k elemanl ise, ∀b ∈ B için p −1 (b) k elemanldr. Gösteriniz.

4) p : E −→ B örtülü dönü³üm, B ba§lantl ve yerel ba§lantl olsun. C,

Enin bir bile³eni ise p | C : C −→ B örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz.

5) B basit ba§lantl ve E yol ba§lantl olmak üzere p : E −→ B örtülü

dönü³üm ise, p bir homeomorzmadr. Gösteriniz.

6) p : R −→ S 1 örtülü dönü³üm ve f : X −→ S 1 bir dönü³üm olsun. f

nullhomotop ise, f nin yükseltilmi³inin var oldu§unu gösteriniz.

7) p : E −→ B bir örtülü dönü³üm olsun. α(1) = β(0) olmak üzere α :

I −→ B ve β : I −→ B, B de sürekli iki yol olsun. ˜α(1) = ˜β(0) olmak üzere

˜α ve ˜β srasyla α ve β nn yükseltilmi³i olsun. ˜α∗ ˜β, α∗β nn yükseltilmi³idir.

Gösteriniz.

8) B 2 , R 2 de birim disk olmak üzere B 2 den S 1 e tanml bir retraksiyon

dönü³ümünün var olmad§n gösteriniz.

9) p : E −→ B bir örtülü dönü³üm, p(e 0 ) = b 0 ve E yol ba§lantl olsun.

p ∗ : (π 1 )(E, e 0 ) −→ π 1 (B, b 0 ) injektiftir. Gösteriniz.

10) ' ki örtü dönü³ümünün kartezyen çarpm da örtü dönü³ümüdür' hükmünden

hareketle f : R 2 −→ T orr arasnda bir örtü dönü³ümü olu³turulabilir

mi

7.5 Çemberin Temel Grubu

Tanm 7.5.1. p : E −→ B bir dönü³üm ve f : X −→ B sürekli dönü³üm

olsun. p ◦ ˜f = f olacak ³ekilde ˜f : X −→ E dönü³ümü varsa, ˜f ya f nin

yükseltilmi³i (lifting) denir. Yani, f in yükseltilmi³i, a³a§daki diyagram

de§i³meli klan bir ˜f : X −→ E sürekli dönü³ümdür.

X

˜f

f

E p

B

p ◦ ˜f = f

Örnek 7.5.1. p ve f dönü³ümleri

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = (cos2πt, sin2πt)

f : [0, 1] −→ S 1

t ↦→ f(t) = (cosπt, sinπt)

olarak tanmland§nda ˜f : [0, 1] −→ R, t ↦→ ˜f(t) = t 2

dönü³ümü f nin yükseltilmi³idir.

p ◦ ˜f(t) = p( ˜f(t)) = p( t ) = (cosπt, sinπt) = f(t)

2

74

ile tanmlanan ˜f

Örnek 7.5.2. p ve g dönü³ümleri

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = (cos2πt, sin2πt)

g : [0, 1] −→ S 1

t ↦→ g(t) = (cosπt, −sinπt)

olarak tanmland§nda ˜g : [0, 1] −→ R, t ↦→ ˜g(t) = − t 2

dönü³ümü g nin yükseltilmi³idir.

ile tanmlanan ˜g

p ◦ ˜g(t) = p(˜g(t)) = p(− t ) = (cosπt, −sinπt) = g(t)

2

Örnek 7.5.3. p ve h dönü³ümleri

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = (cos2πt, sin2πt)

h : [0, 1] −→ S 1

t ↦→ h(t) = (cos4πt, sin4πt)

olarak tanmland§nda ˜h : [0, 1] −→ R, t ↦→ ˜h(t) = 2t ile tanmlanan ˜h

dönü³ümü h nin yükseltilmi³idir.

p ◦ ˜h(t) = p(˜h(t)) = p(2t) = (cos4πt, sin4πt) = h(t)

Lemma 7.5.1. (Lifting Lemma): p : E −→ B örtülü dönü³üm ve p(e 0 ) =

b 0 olsun. B uzaynda b 0 noktasnda ba³layan f : [0, 1] −→ B yolunun, E uzaynda

e 0 noktasnda ba³layan bir tek ˜f : [0, 1] −→ E yükseltilmi³ dönü³ümü

vardr.

Lemma 7.5.2. (Covering Homotopy Lemma): p : E −→ B örtülü

dönü³üm ve p(e 0 ) = b 0 olsun. F (0, 0) = b 0 olacak ³ekilde F : I × I −→ B

sürekli dönü³ümü varsa, ˜F (0, 0) = e 0 olacak ³ekilde F nin bir tek ˜F : I×I −→

E yükseltilmi³ dönü³ümü vardr.

Ayrca, F homotopi dönü³ümü ise ˜F yükseltilmi³i de homotopi dönü³ümüdür.

Teorem 7.5.1. p(e 0 ) = b 0 olmak üzere p : E −→ B örtülü dönü³üm; f ve g,

B uzaynda b 0 noktasndan b 1 noktasna giden iki yol ve ˜f ve ˜g dönü³ümleri

de ba³langç noktalar e 0 olmak üzere srasyla f ve g dönü³ümlerinin yükseltilmi³i

olsun. f yolu, g yoluna homotop ise ˜f yolu da ˜g yoluna homotoptur.

spat: f ve g yollar arasndaki homotopi dönü³ümü F : I × I −→ B,

F (0, 0) = b 0 olsun. ˜F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde bir ˜F : I × I −→ E yükseltilmi³i

vardr. Lemmann ikinci ksmndan F : I × I −→ B homotop

dönü³üm oldu§undan ˜F : I × I −→ E homotop dönü³ümdür.

˜F ({0} × I) = e 0

˜F ({1} × I) = e 1

˜F (0, t) = e0

˜F (1, t) = e1

˜F /I × {0} = ˜F (s, 0): e 0 noktasnda ba³layan E de bir yoldur.

˜F (s, 0) = ˜f(s)

˜F /I × {1} = ˜F (s, 1): e 0 da ba³layan E de bir yol.

O halde ˜f ≃ ˜g.

˜F (s, 1) = ˜g(s)

Teorem 7.5.2. p : E −→ B bir örtülü dönü³üm ve p(e 0 ) = b 0 olsun. E§er

E yol ba§lantl ise, bu takdirde φ : π 1 (B, b 0 ) −→ p −1 (b 0 ) örtendir. E§er E

basit ba§lantl ise, bu durumda φ bijektiftir.

spat: E yol ba§lantl ise, verilen bir e 1 ∈ p −1 (b 0 ) için E de e 0 dan e 1 e bir

˜f yolu vardr. Bu durumda f = p ◦ ˜f, B nin b 0 noktasnda bir looptur, ve

tanmdan φ([f]) = e 1 .

E nin basit ba§lantl oldu§unu kabul edelim. [f] ve [g], φ([f]) = φ([g])

olacak ³ekilde π 1 (B, b 0 ) nin iki eleman olsun. ˜f ve ˜g, E de e0 da ba³layan

srasyla f ve g nin yükseltilmi³leri oldu§undan, ˜f(1) = ˜g(1) dir. E basit

ba§lantl oldu§undan, E de ˜f ve ˜g arasnda bir ˜F yol homotopi dönü³ümü

vardr. Buna göre p◦F, B de f ve g arasnda bir yol homotopi dönü³ümüdür.

Teorem 7.5.3. π 1 (S 1 , b 0 ) ∼ = (Z, +).

spat: p : R −→ S 1 , f : R −→ S 1 ve ˜f : R −→ R, f nin yükseltilmi³i olmak

üzere

φ izomorzmadr:

1) φ iyi tanmldr:

φ : π 1 (S 1 , b 0 ) −→ (Z, +)

[f] ↦→ φ([f]) = n = ˜f(1)

[f] = [g] ⇒ f ≃ p g ⇒ ˜f ≃ p ˜g ve ˜f(1) = ˜g(1) ⇒ φ([f]) = φ([g])

2) φ homomorzmadr:

f ve g π 1 (S 1 , b 0 ) da birer loop ve yükseltilmi³leri ˜f ve ˜g olsun. ˜f(1) = n,

˜g(1) = m olmak üzere

{

h(s) =

˜f(2s), s ∈ [0, 1/2]

n + ˜g(2s − 1), s ∈ [1/2, 1]

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = (cos(2πt), sin(2πt))

periyodik dönü³ümdür.

{

p ◦

p ◦ h(s) = p(h(s)) =

˜f(2s), s ∈ [0, 1/2]

p(n + ˜g(2s − 1)), s ∈ [1/2, 1]

{

p ◦ ˜f(2s), s ∈ [0, 1/2]

=

{

p ◦ ˜g(2s − 1), s ∈ [1/2, 1]

f(2s), s ∈ [0, 1/2]

=

g(2s − 1), s ∈ [1/2, 1]

O halde h, f ∗ g nin yükseltilmi³idir.

Böylece φ homomorzmadr.

φ([f ∗ g]) = h(1) = n + m = φ([f]) + φ([g]).

3) φ, 1 − 1 dir:

φ([f]) = φ([g]) = n olsun. ˜f ve ˜g srasyla f ve g nin yükseltilmi³i; ˜f(0) =

0, ˜g(0) = 0, ˜f(1) = n, ˜g(1) = m olsun. R basit ba§lantl oldu§undan ˜f ≃ ˜g,

˜F : I × I −→ R

F = p ◦ ˜F : I × I −→ S 1 , F = p ◦ ˜F f ve g dönü³ümleri arasnda homotopi

dönü³ümleridir.

4) φ örtendir: n ∈ p −1 (b 0 ) olsun.

p ◦ ˜f ≃ p p ◦ ˜g ⇒ f ≃ p g ⇒ [f] = [g]

p : R −→ S 1

t ↦→ p(t) = (cos 2πt, sin 2πt)

˜f : [0, 1] −→ R

˜f(0) = 0, ˜f(1) = n

O halde φ örtendir.

f : [0, 1] −→ S 1

t ↦→ f(t) = p ◦ ˜f

f(0) = p ◦ ˜f(0) = p(0) = b 0 , f(1) = p ◦ ˜f(1) = p(n) = b 0

Teorem 7.5.4. p : E −→ B bir örtülü dönü³üm ve p(e 0 ) = b 0 olsun.

(a) p ∗ : π 1 (E, e 0 ) −→ π 1 (B, b 0 ) homomorzmi bir monomorzmdir.

(b) H = p ∗ (π 1 (E, e 0 )) olsun. φ yükseltilmi³ dönü³ümü, H n sa§ yan kümelerinin

kolleksiyonundan p −1 (b 0 ) a bir Φ : π 1 (B, b 0 )/H −→ p −1 (b 0 ) injektif dönü³ümünü

üretir. E§er E yol ba§lantl ise, bu dönü³üm bijektiftir.

nin E de e 0 bazl bir loopa yükseltilmesidir.

spat:

a) ˜h, E de e 0 bazl bir loop ve p ∗ ([˜h]) birim eleman olsun. F, p ◦ ˜h ile sabit

loop arasnda bir yol homotopi olsun. ˜F, ˜F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde F nin

E ye yükseltilmi³i ise, bu takdirde ˜F ˜h ile e 0 daki sabit loop arasnda bir yol

homotopidir.

b) B de f ve g looplar verilsin, ˜f ve ˜g da srasyla f ve g nin e 0 da ba³layan

E ye yükseltilmi³leri olsun. Bu durumda φ([f]) = ˜f(1) ve φ([g]) = ˜g(1).

φ([f]) = φ([g]) olmas için gerek ve yeter ³artn [f] ∈ H ∗ [g] oldu§unu

gösterelim.

lk olarak [f] ∈ H ∗ [g] oldu§unu kabul edelim. Bu takdirde E de e 0 bazl

bir loop için h = p ◦ ˜h olmak üzere [f] = [h ∗ g] dir. ˜h ∗ ˜g çarpm tanmldr

ve h ∗ g nin yükseltilmi³idir. [f] = [h ∗ g] oldu§undan, e 0 da ba³layan ˜f ve

˜h ∗ ˜g yükseltilmi³leri E nin ayn noktasnda bitmelidirler. Bu takdirde ˜f ve

˜g, E nin ayn noktasnda sona erdiklerinden φ([f]) = φ([g]).

“imdi φ([f]) = φ([g]) oldu§unu kabul edelim. Bu takdirde ˜f ve ˜g, E nin

ayn noktasnda sona erer. ˜f ile ˜g nn tersinin çarpm tanmldr ve E de e0

bazl ˜h loopudur. Buradan [˜h ∗ ˜g] = [ ˜f]dir. ˜F, E deki ˜h ∗ ˜g ve ˜f arasndaki

bir yol homotopi ise, h = p ◦ ˜h olmak üzere p ◦ ˜F B de h ∗ g ve f arasna bir

yol homotopidir. Böylece [f] ∈ H ∗ [g] dir.

E yol ba§lantl ise, bu takdirde φ örten oldu§undan Φ de örtendir.

c) Φ nin injektif olmas ³u anlama gelir: φ([f]) = φ([g]) olmas için gerek

ve yeter ³art [f] ∈ H ∗ [g] olmasdr. g bir sabit loop iken bu sonucu uygularsak,

φ([f]) = e 0 olmas için gerek ve yeter ³artn [f] ∈ H oldu§unu görürüz.

Ancak f nin yükseltilmi³i e 0 da ba³layp e 0 da bitiyorsa φ([f]) = e 0 dr. Bu

da ispat tamamlar.

Tanm 7.5.2. E basit ba§lantl uzay ve p : (E, e 0 ) −→ (B, b 0 ) örtülü dönü³üm

ise E ye B nin evrensel örtü uzay denir.

Lemma 7.5.3. B yol ba§lantl ve lokal yol ba§lantl uzay ve p : E −→

B örtülü dönü³üm olsun. E 0 , E nin bir yol bile³eni ise, bu takdirde p nin

kstlan³ olan p 0 : E 0 −→ B de örtülü dönü³ümdür.

7.6 Delinmi³ Düzlemin Temel Grubu

Teorem 7.6.1. x 0 ∈ S 1 ve j : (S 1 , x 0 ) −→ (R 2 −{0}, x 0 ) kapsama dönü³ümü,

izomorzmasn üretir.

spat:

j ∗ : π 1 (S 1 , x 0 ) −→ π 1 (R 2 − {0}, x 0

r : R 2 − {0} −→ S 1

x ↦→ r(x) = x

‖x‖

ile tanmlanan sürekli dönü³ümü alalm.

r ∗ : π 1 (R 2 − {0}, x 0 ) −→ π 1 (S 1 , x 0 ) ve j ∗ : π 1 (S 1 , x 0 ) −→ π 1 (R 2 − {0}, x 0 )

olmak üzere r ∗ ◦ j ∗ = 1 π1 (S 1 ,x 0 ) ve j ∗ ◦ r ∗ = 1 π1 (R 2 −{0},x 0 ) dr.

(S 1 , x 0 )

j (R 2 − {0}, x 0 ) r (S 1 , x 0 )

• O halde r ◦ j = 1 (S 1 ,x 0 ) dr. (r ◦ j) ∗ = (1 (S 1 ,x 0 )) ∗ ve r ∗ ◦ j ∗ = 1 π1 (S 1 ,x 0 ).

• (j ∗ ◦ r ∗ )([f]) = j ∗ (r ∗ ([f])) = j ∗ [r ◦ f] = [j ◦ r ◦ f] ∈ π 1 (R 2 − {0}, x 0 )

g = j ◦ r ◦ f : I −→ R 2 − {0}

s ↦→ g(s) = f(s)

‖f(s)‖

x 0 da bir loop olsun.

f ≃ p g dir: F : I × I −→ R 2 − {0}

(s, t) ↦→ F (s, t) = t f(s) + (1 − t)f(s)

‖f(s)‖

1. f, R 2 − {0} da loop oldu§undan g da R 2 − {0} da looptur.

2. f sürekli oldu§undan F süreklidir.

3. F (s, 0) = f(s), F (s, 1) = g(s)

4. F (0, t) = x 0 , F (1, t) = x 0

• F (s, t) = 0 olursa, R 2 − {0} a ait olamaz. O halde f(s) + (1 − f(s)) ≠ 0

‖f(s)‖

ve f(s) ≠ 0 olmaldr.

Teorem 7.6.2. x 0 ∈ S n−1 (n ≥ 2), j : (S n−1 , x 0 ) −→ (R 2 − {0}, x 0 ) kapsama

dönü³ümü,

izomorzmasn üretir.

j ∗ : π 1 (S n−1 , x 0 ) −→ π 1 (R n − {0}, x 0 )

Sonuç 7.6.1. π 1 (R 2 − {0}, x 0 ) ∼ = (Z, +).

Tanm 7.6.1. A, X in alt uzay ve i : A −→ X kapsama dönü³ümü olsun.

r ◦ i = 1 A olacak ³ekilde bir r : X −→ A sürekli dönü³ümü varsa, A ya X in

bir retrakt ve r ye retraksiyon denir.

Tanm 7.6.2. A, X in alt uzay olsun. ∀x ∈ X için H(x, 0) = x ve H(x, 1) ∈

A, ∀a ∈ A ve ∀t ∈ I için H(a, t) = a olacak ³ekilde bir H : X × I −→ X

sürekli dönü³üm varsa, A ya X in güçlü deformasyon retrakt denir.

Örnek 7.6.1. S 1 , R 2 − {0} n kuvvetli deformasyon retraktdr.

H : R 2 − {0} × I −→ R 2 − {0}

(x, t) ↦→ H(x, t) = t x + (1 − t)x

‖x‖

• ∀x ∈ R 2 − {0} için H(x, 0) = x, H(x, 1) = x ∈ ‖x‖ S1

• ∀a ∈ S 1 a

ve t ∈ I için H(a, t) = t +(1 − t)a = a

‖a‖

}{{}

Teorem 7.6.3. A, X in kuvvetli deformasyon retrakt ve a 0 ∈ A olsun.

j : (A, a 0 ) −→ (X, a 0 ) kapsama dönü³ümü, j ∗ : π 1 (A, a 0 ) −→ π 1 (X, a 0 )

izomorzmasn üretir.

Örnek 7.6.2. R 2 den iki nokta çkarld§nda elde edilen uzayn kuvvetli

deformasyon retraktn tespit edelim.

π 1 (R 2 − {p, q}, x 0 ) = π 1 (S 1 ∨ S 1 , x 0 ) =

1

7.7 S n 'in Temel Grubu

Teorem 7.7.1. (Van-Kampen Teoremi): U ve V, X de U ∩V yol ba§lantl,

ve x 0 ∈ U ∩ V olacak ³ekilde bir açk olmak üzere X = U ∪ V olsun.

i : (U, x 0 ) −→ (X, x 0 ) ve j : (V, x 0 ) −→ (X, x 0 ) kapsama dönü³ümleri, sfr

homomorzmalar yani;

i ∗ : π 1 (U, x 0 ) −→ π 1 (X, x 0 ), j ∗ : π 1 (V, x 0 ) −→ π 1 (X, x 0 )

[f] ↦→ i ∗ ([f]) = {0} [g] ↦→ j ∗ ([g]) = {0}

homomorzmalarn üretiyorsa, π 1 (X, x 0 ) = {0} dr.

Örnek 7.7.1. X = S 2 , U = S 2 − {p}, V = S 2 − {q}; U ve V, X te açk

kümelerdir. i : (S 2 − {p}, x 0 ) −→ (S 2 , x 0 ), j : (S 2 − {q}, x 0 ) −→ (S 2 , x 0 )

dönü³ümler olsun. x 0 ∈ U ∩ V = S 2 − {p, q} olmak üzere

i ∗ : π 1 (S 2 − {p}, x 0 ) −→ π 1 (S 2 , x 0 )

j ∗ : π 1 (S 2 − {q}, x 0 ) −→ π 1 (S 2 , x 0 )

dönü³ümleri sfr homomorzmadr. Çünkü;

S 2 − {p} ∼ = R 2 ⇒ π 1 (S 2 − {p}, x 0 ) ∼ = π 1 (R 2 , x 0 ) = {0}

S 2 − {q} ∼ = R 2 ⇒ π 1 (S 2 − {q}, x 0 ) ∼ = π 1 (R 2 , x 0 ) = {0}.

Van-Kampen teoreminden π 1 (S 2 , x 0 ) = {0} dr.

Teorem 7.7.2. S 2 basit ba§lantl uzaydr.

spat:

1) π 1 (S 2 , x 0 ) = {0} (Örnek 9.0.39'dan)

2)S 2 yol ba§lantl mdr Yani f : I −→ S 2 sürekli dönü³üm var m

f : I −→ g R 3 − {0} −→ h S 2 , f = h ◦ g : I −→ S 2

x ↦→ x

t ↦→ h ◦ g(t) = g(t)

‖x‖

‖g(t)‖

sürekli dönü³üm vardr. Yani S 2 yol ba§lantldr.

O halde (1) ve (2)den S 2 basit ba§lantl uzaydr.

Sonuç 7.7.1. 1) R n − {0} (n > 2) basit ba§lantldr.

2) R n (n > 2) R 2 ye homeomorf de§ildir.

spat:

1) R n − {0} ∼ = S n−1 ve S n−1 basit ba§lantl oldu§undan R n − {0} basit

ba§lantldr.

2) Varsayalm ki R n , R 2 ye homeomorf olsun.

R n − {0} ∼ = S n−1 ⇒ π 1 (R n − {0}, x 0 ) ∼ = π 1 (S n−1 , x 0 ) ∼ = {0}

R 2 − {0} ∼ = S 1 ⇒ π 1 (R 2 − {0}, x 0 ) ∼ = π 1 (S 1 , x 0 ) ∼ = Z

π 1 (R n − {0}, x 0 ) ≇ π 1 (R 2 − {0}, x 0 ) oldu§undan varsaymmz yanl³tr.

ALI“TIRMA

1) S 2 küresinden üç nokta çkarlmas ile elde edilen uzayn temel grubunu

hesaplaynz.

2) S 1 ⊂ S 2 küresinin ekvatoru olsun. S 1 ekvatoru S 2 nin retrakti olabilir

mi Cevabnz açklaynz.

3) A³a§daki uzaylarn basit ba§lantl olup olmad§unu belirleyiniz:

a) D 2 diski, b) R n c) R 3 − {0} R 3 − {xekseni}

7.8 Yüzeylerin Temel Grubu

Tanm 7.8.1. X Hausdor, saylabilir baz olan bir topolojik uzay olsun.

E§er Xe ait her noktann kom³ulu§u R 2 nin açk alt kümesine homeomorf

oluyorsa, Xe yüzey denir.

Teorem 7.8.1. π 1 (X × Y, x 0 × y 0 ) ∼ = π 1 (X, x 0 ) × π 1 (Y, y 0 ).

spat: p 1 : X × Y −→ X ve p 2 : X × Y −→ Y izdü³üm dönü³ümleri olsun.

φ : π 1 (X × Y, x 0 × y 0 ) −→ π 1 (X, x 0 ) × π 1 (Y, y 0 )

[h] ↦→ φ([h]) = ([p 1 ◦ h]), ([p 2 ◦ h])

ile tanmlansn.

1) φ homomorzma ve iyi tanmldr. (Bu ispat, okuyucuya braklm³tr.)

2) φ 1 − 1:

φ([h]) = ([e x0 ], [e y0 ]) olsun. h ≃ e (x0 ,y 0 )

([p 1 ◦ h], [p 2 ◦ h]) = ([e x0 ], [e y0 ]) ⇒ [p 1 ◦ h] = [e x0 ] ve [p 2 ◦ h] = [e y0 ]

⇒ p 1 ◦ h ≃ e x0 ve p 2 ◦ h ≃ e y0

⇒ h ≃ (e x0 , e y0 ) = e (x0 ,y 0 )

⇒ [h] = [e (x0 ,y 0 )]

O zaman Kerφ = {[e (x0 ,y 0 )]} olur. O halde φ injektiftir.

3) φ örtendir:

g : I −→ X, x 0 da bir loop; f : I −→ Y , y 0 da bir loop olsun.

h : I −→ X × Y

t ↦→ h(t) = (g(t), f(t))

x 0 × y 0 da bir looptur. Üstelik φ([h]) = ([g], [f])dir. [g] ∈ π 1 (X, x 0 ), [f] ∈

π 1 (Y, y 0 ). Bu durum φnin örtenli§ini getirir.

Sonuç 7.8.1. π 1 (T, z 0 ) ∼ = Z × Z.

spat: T ∼ = S 1 × S 1

π 1 (T, z 0 ) ∼ = π 1 (S 1 × S 1 , x 0 × y 0 ) = π 1 (S 1 , x 0 ) × π 1 (S 1 , y 0 ) ∼ = Z × Z.

7.9 Ayn Homotopi Tipine Sahip Uzaylar

Tanm 7.9.1. f : X → Y sürekli dönü³üm olsun. g ◦ f ≃ 1 X ve f ◦ g ≃ 1 Y

olacak ³ekilde g : Y → X sürekli dönü³ümü varsa X ve Y ayn homotopine

sahiptir denir ve ≃ ile gösterilir.

Teorem 7.9.1. ≃ ba§nts bir denklik ba§ntsdr.

spat:

1. (Yansma) X ≃ X

1 : X → X birim dönü³üm olsun. 1 ◦ 1 ′ = 1 ⇒ 1 ◦ 1 ′ ≃ 1

ve 1 ′ ◦ 1 = 1 ⇒ 1 ′ ◦ 1 ≃ 1 olacak ³ekilde 1 ′ : X → X vardr. X ≃ X

2. (Simetri) X ≃ Y ⇒ Y ≃ X

X ≃ Y ⇒ g ◦ f ≃ 1 X ve f ◦ g ≃ 1 Y olacak ³ekilde g : Y → X sürekli

dönü³üm vardr. h : Y → X sürekli dönü³üm olsun. k ◦ h ≃ 1 Y ve

h ◦ k ≃ 1 X olacak ³ekilde k : X → Y sürekli dönü³ümü var mdr

h = g ve k = f alrsak Y ≃ X gerçeklenir.

3. (Geçi³me) X ≃ Y ve Y ≃ Z ⇒ X ≃ Z

X ≃ Y ⇒ g ◦ f ≃ 1 X ve f ◦ g ≃ 1 Y olacak ³ekilde g : Y → X

sürekli dönü³üm vardr. Y ≃ Z ⇒ h ◦ k ≃ 1 Y ve k ◦ h ≃ 1 Z olacak

³ekilde k : Z → Y sürekli dönü³üm vardr. k, g, f, h dönü³ümleri sürekli

oldu§u için k ◦ f = m : X → Z ve g ◦ h = n : Z → X sürekli

dönü³ümlerini m◦n ≃ 1 Z ve n◦m ≃ 1 X olacak ³ekilde tanmlayabiliriz.

(k ◦ f) ◦ (g ◦ h) = k ◦ (f ◦ g) ◦ h = (k ◦ 1 Y ) ◦ h ≃ 1 Z ve

(g ◦ h) ◦ (k ◦ f) = g ◦ (h ◦ k) ◦ f = (g ◦ 1 Y ) ◦ f ≃ 1 X oldu§undan X ≃ Z

dir.

O halde yukarda tanmlanan ≃ ba§nts bir denklik ba§ntsdr.

Örnek 7.9.1. 1. h : X → Y homeomorzma ise X ve Y ayn homotopi

tipine sahiptir.

h bir homeomorzma ise h ◦ k = 1 Y ve k ◦ h = 1 X olacak ³ekilde

k : Y → X bir sürekli dönü³üm mevcuttur.

h ◦ k = 1 Y ⇒ h ◦ k ≃ 1 Y

ve k ◦ h = 1 X ⇒ k ◦ h ≃ 1 X

2. X R'nin konveks alt kümesi olsun.X ile { ∗ } (tek noktal uzay) ayn

homotopi tipine sahiptir.

h : X → { ∗ } sürekli dönü³ümünü ele alalm (h sabit dönü³üm oldu§u

için süreklidir.)k : { ∗ } → X sürekli dönü³ümü tanmlayalm:

k{ ∗ } = { ∗ } olsun. Buradan h ◦ k : { ∗ } → X → { ∗ },h ◦ k = 1 {∗} ⇒

h ◦ k ≃ 1 {∗} .

k ◦ h ≃ 1 X nasl tanmlarz

H : X × I → X sürekli dönü³ümünü X konveks oldu§u için ³u ³ekilde

tanmlyabiliriz:

H(x, t) = (1 − t).(k ◦ h)(x) + t.1 X (x)

3. S 1 ile R 2 − {0} ayn homotopi tipine sahiptir.

h : R 2 − {0} → S 1 , h(x) = x sürekli dönü³ümünü tanmlayalm.

‖x‖

k : S 1 → R 2 − {0}, k(x) = x kapsama dönü³ümünü ele alalm. (Kapsama

dönü³ümü süreklidir.) k◦h ≃ 1 R 2 ve h◦k ≃ 1 S 1 oldu§unu gösterelim.

S 1 k R 2 − {0} h S 1

H : R 2 − {0} × I → R 2 − {0}, H(x, t) = (1 − t).x + t. x dönü³ümünü

‖x‖

tanmlarsak k ◦ h ≃ 1 R 2 oldu§unu kolayca görebiliriz. Benzer ³ekilde

h ◦ k ≃ 1 S 1 dir.

Teorem 7.9.2. X ve Y yol ba§lantl olsun. X ve Y ayn homotopi tipine

sahip ise bu uzaylarn temel gruplar izomorftur. Yani π 1 (X, x 0 ) ≃ π 1 (Y, y 0 ).

spat: X ve Y uzaylar yol ba§lantl ve ayn homotopi tipine sahip olsun.

g : X → Y sürekli ve f, Y de kapal yol olsun. g ◦ h ≃ 1 Y ve h ◦ g ≃ 1 X

olacak ³ekilde h : Y → X sürekli dönü³ümü vardr.

g ∗ : π 1 (X, x 0 ) → π 1 (Y, y 0 )

h ∗ : π 1 (Y, y 0 ) → π 1 (X, x 0 )

g ∗ ◦ h ∗ ([f]) = g ∗ ([h ◦ f]) = [g ◦ h ◦ f] = [1 Y ◦ f] = [f]

g ∗ ◦ h ∗ ([f]) = 1 Π1 (Y,y 0 )([f])

O halde h ∗ birebirdir.

(g ◦ h) ∗ : π 1 (Y, y 0 ) → π 1 (Y, y 0 )

(h ◦ g) ∗ [k] = [h ◦ (g ◦ k)] = [1 X ◦ k] = [k]

h ∗ ◦ g ∗ ([k]) = 1 Π1 (X,x 0 )([k])

h ∗ nn sa§ tersi vardr dolaysyla h ∗ örtendir.

Tanm 7.9.2. 1 X (birim dönü³üm) sabit dönü³üme homotop ise X'e büzülebilir

uzay denir.

Teorem 7.9.3. 1. Bir uzayn büzülebilir olmas için gerek ve yeter ³art

bu uzayn {∗} tek noktal uzay ile ayn homotopi tipine sahip olmasdr.

2. Büzülebilir uzay basit ba§lantldr.

3. De§er kümesi büzülebilir olan iki dönü³üm homotoptur.

4. X büzülebilir ise 1 X sabit dönü³ümüne homotoptur.

spat:

1. (⇒:) X büzülebilir uzay olsun.g : X → { ∗ }

Sabit dönü³ümümüz C∗ = g : X → { ∗ } birim dönü³ümümüz

1 = h : { ∗ } → X olsun. Buradan g ◦ h = 1 {∗} ve h ◦ g ≃ 1 X .

(⇐:) X ve { ∗ } ayn homotopi tipine sahip olsun. g : X → { ∗ }

sürekli dönü³ümumuz olsun. Hipotezden öyle bir h : { ∗ } → X sürekli

dönü³ümumuz vardr ki h ◦ g ≃ 1 X ve g ◦ h ≃ { ∗ }. h ◦ g(x) = h(∗) = c

sabit ve h ◦ g ≃ 1 X oldu§u için X büzülebilirdir.

ALI“TIRMALAR

1) f : X −→ Y homotopi denk ve g : Y −→ Z homotopi denk ise X ile

Z ayn homotopi tipine sahiptir. Gösteriniz.

2) A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, W, X, Y, Z n-

gilizce alfabe harerinin hangilerinin birbirine homotopi denk oldu§unu belirleyiniz.

Ve temel gruplarn hesaplaynz.

3) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlarnn hangilerinin birbirine homotopi denk

oldu§unu belirleyiniz. Ve temel gruplarn hesaplaynz.

4) Büzülebilir bir uzayn retrakti de büzülebilir olabilir mi Evet ise ispatlaynz.

Hayr ise bir örnek bularak açklaynz.

5) X basit ba§lantl bir uzay x, y ∈ X key ve farkl iki nokta olsun.

O zaman X üzerinde ba³langç noktas x ve bitim boktas y olan birtek yol

mevcuttur. Gösteriniz.

6) Möbiüs ³eridinin temel grubunu hesaplaynz.

7.10 Cebirin Temel Teoremi

Cebirde temel teorem olarak bildi§imiz; n inci derecen polinom denkleminin

x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 = 0

en az bir kökü vardr. Bu teoremi cebirsel topoloji metodu kullanarak ispatlayaca§z.

Teorem 7.10.1. n inci derecen polinom denkleminin

en az bir kökü vardr.

x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 = 0

spat: spat dört admda yapaca§z:

Adm 1: f : S 1 −→ S 1 z ↦−→ f(z) = z n dönü³ümünü ele alalm. Bu

dönü³ümün indirgedi§i homomorzm f ∗ n injektif oldu§unu gösterece§iz.

[α] ∈ π 1 (S 1 ) olmak üzere f ∗ ([α]) = 0 olsun. f ∗ n tanmndan

0 = f ∗ ([α]) = [f ◦ α] = (cos2πns, sin2πns).

Böylece α kapal yolu sabittir ve böylece de f ∗ injektiftir.

Adm 2: g : S 1 −→ R 2 −{0} z ↦−→ g(z) = z n ³eklinde tanmlanan dönü³üm

nullhomotop olmad§n gösterelim. j : S 1 −→ R 2 − {0} kapsama dönü³ümü

verilsin. Bu dönü³ümün indirgedi§i homomorzm j ∗ injecktif çünkü S 1 , R 2 −

{0} nin retraktdr. Birinci admdan f ∗ injektif oldu§undan g ∗ = j ∗ ◦ f ∗

injektir. Dolosyla g nullhomotop de§ildir.

Adm 3: Bu admda teoremi özel durumda ispatlayaca§z.

x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 = 0

polinom denkleminde

|a n−1 | + · · · + |a 1 | + |a 0 | < 1

e³itsizli§i mevcut olsun. polinom denkleminin B 2 diskinde nir kökünün var

oldu§unu gösterelim. Böyle bir kök var olmasn.

k : B 2 −→ R − {0}

z ↦−→ k(z) = z n + a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0

³eklinde bir dönü³üm tanmlayalm. Ayrca h = k| S 1 = olsun. h nullhomotop

de§ildir çünkü h, R 2 − {0} de birim disk üzerinde atnml dönü³üme

geni³letilebilir.h ve g arasnda homotopi dönü³ümü

F : S 1 × I −→ R 2 − {0}

(z, t) ↦−→ F (z, t) = z n +t(a n−1 z n−1 +· · ·+a 1 z +a 0 ) ³eklinde

tanmlayalm.

|F (z, t)| = |z n + t(a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0 )|

≥ |z n | − |t(a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0 )|

≥ 1 − t(|a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0 |)

≥ 1 − t(|a n−1 | + · · · + |a 1 | + |a 0 |) > 0 bu e³itsizlikte F nin sfr

olmayaca§n belirtir.

Adm 4: “imdi genel durumda ispatlayalm. c ∈ R ve x = cy olsun.

denkleminde x = cy yazarsak

x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 = 0

y n + a n−1

c yn−1 + · · · + a 1

c n−1 y + a 0

c n = 0

denklemini elde ederiz. c yeterince büyük alnrsa

| a n−1

c | + · · · + | a 1

c n−1 | + |a 0

c n | < 1

e³itsizli§indi elde ederiz. Böylece bu adm Adm 3'e indirgemi³ oluruz. Adm

3 deki ispat tekrarlanr.

7.11 Borsuk-Ulam Teoremi

Bu ksmda çok iyi bilinen Borsuk-Ulam teoremi ile ilgili sonuçlar verece§iz.

Tanm 7.11.1. x ∈ S n noktasnn antipodesi −x dir. h : S n −→ S m olsun.

Tüm x ∈ S n için h(−x) = −h(x) oluyorsa h ya antipodeyi koruyan dönü³üm

denir.

Teorem 7.11.1. h : S 1 −→ S 1 sürekli ve antipodeyi koruyan dönü³üm ise h

nullhomotop de§ildir.

spat: Okuyucuya braklm³tr.

Teorem 7.11.2. Sürekli ve antipodeyi koruyan dönü³üm g : S 2 −→ S 1 yoktur.

spat: g : S 2 −→ S 1 dönü³ümü sürekli ve antipodeyi koruyan dönü³üm

olsun. S 1 , S 2 nin ekvatoru olsun. Bu durumda h = g| S 1 sürekli ve antipodeyi

koruyan dönü³ümdür. Bir önceki teoremden h nulhomotop de§ildir. Küre S 2

nin yarm Küresi E B 2 diskine homeomorftur. g, h nn sürekli geni³lemesidir.

Çeli³ki

Teorem 7.11.3. Borsuk-Ulam f : S 2 −→ R 2 sürekli dönü³üm olsun.

f(x) = f(−x) olacak ³ekilde bir x ∈ S 2 nokta vardr.

spat: Tüm x ∈ S 2 için f(x) ≠ f(−x) olsun.

g : S 2 −→ S 1

x ↦−→ g(x) = [f(x)−f(−x)] ³eklinde tanml dönü³üm sürekli ve

||f(x)−f(−x)||

tüm x için g(−x) = −g(x) dir. Bir önceki teorem ile çeli³ir.

Sonuç 7.11.1. Dünya yüzeyi üzerinde herhangi bir zamanda scaklk ve

basnc ayn olan antipodal nokta ikilisi vardr.

7.12 Bir Grubun Küme Üzerine Hareketi

Tanm 7.12.1. (G, ∗) bir grup, Y de topolojik uzay olsun. E§er a³a§daki

özellikleri sa§layan G × Y −→ Y (sürekli) fonksiyon varsa G grubu Y

topolojik uzay üzerinde hareket ediyor denir.

1. (g ∗ g ′ ).y = g ∗ (g ′ ∗ y), ∀g, g ′ ∈ G, ∀y ∈ Y

2. 1.y = y, 1 ∈ G, ∀y ∈ Y

• E§er G grubu Y kümesi(topolojik uzay) üzerinde hareket ediyorsa Y

kümesine(uzayna) G-küme(uzay) denir.

• E§er ∀y, y ′ ∈ Y için g.y = y ′ olacak ³ekilde g ∈ G varsa G ye Y

üzerinde geçi³li(transitii) hareket ediyor denir. Y kümesine

de geçi³li(transitif) G-küme denir.

• G grubu Y üzerinde hareket etsin. Her bir g ∈ G için

Y −→ Y y ↦−→ g.y dönü³ümü Y nin permutasyonudur ve tersi de

mevcuttur. (Yani Y −→ Y y ↦−→ g −1 .y)

• E§er G grubu Y topolojik uzay üzerinde hareket ediyorsa Y −→ Y

y ↦−→ g.y dönü³ümü homeomorzmadr.

Tanm 7.12.2. G bir grup, Y bir küme ve y ∈ Y olsun.

denir.

O(y) = {g.y | g ∈ G} ⊂ Y

kümesine Y kümesinin orbiti

G y = {g ∈ G | g.y = y} ⊂ G altgrubuna G nin stablizeri(izotropi)

denir.

Not 7.12.1. G, Y üzerinde transitii hareket eder ⇔

O(y) = Y, ∀y ∈ Y

Lemma 7.12.1. G grubu, Y kümesi üzerinde hareket etsin. y ∈ Y

olsun.

1. |O(y)| = [G : G y ] dir. (Yani, O(y) nin mertebesi indeks saysna e³ittir.)

2. Ayrca G, Y üzerinde geçi³li(transitii) hareket ediyorsa |Y | = [G : G y ]

spat:

1. ϕ : O(y) −→ G/G y

g.y ↦−→ ϕ(g.y) = gG y ³eklinde tanmlansn.

• ϕ 1-1 dir:

g, h ∈ G için g ∗ G y = h ∗ G y olsun. ⇐⇒ g −1 ∗ h ∈ G y

⇐⇒ (g −1 ∗ h).y = y (G y tanmndan) ⇐⇒ h.y = g.y

• ϕ örtendir:

∀hG y ∈ G/G y için ∃h.y ∈ O(y) dir.

ϕ bijektif oldu§undan kardinaliteler birbirine e³it olur. stenen elde

edilir.

2. Bir önceki nottan O(y) = Y alnr. stenen elde edilir.

Tanm 7.12.3. f : X −→ Y bir dönü³üm ve y ∈ Y olsun. f −1 (y) ye y

üzerinde ber (lif) denir.

Teorem 7.12.1. ˜X, X in örtü uzay, x0 ∈ X ve Y = p −1 (x 0 ) (Yani Y ; x 0

üzerinde bir lif) olsun.

1. Π 1 (X, x 0 ), Y üzerinde transitii hareket eder.

2. ˜x 0 ∈ Y ise G˜x0 = p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )

3. |Y | = [Π 1 (X, x 0 ) : p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )]

spat: (1) ve (2) yi gösterirsek bir önceki lemmadan (3) mevcuttur.

1. Π 1 (X, x 0 ) × Y −→ Y Y = p −1 (x 0 )

([f], ˜x) ↦−→ ˜x[f] = ˜f(1) ³eklinde tanmlansn. Öncelikle hareket

olma kriterleri sa§latlmaldr.(Ödev - [f], [g], [e x0 ] ∈ Π 1 (X, x 0 ) ve ˜x ∈

Y için ([f] ∗ [g])˜x = [f]([g]˜x ve [e x0 ]˜x = ˜x ko³ullarnn sa§land§

görülmelidir.)

Burada ˜f; f nin yükseltilmi³i olsun öyle ki ˜f(0) = ˜x. Bu hareketin

transitii hareket olmasn istiyoruz. (Transitif olma kriteri: ∀ ˜x 0 , ˜x ∈ Y

için x 0

˜[g] = ˜x olacak ³ekilde [g] ∈ Π 1 (X, x 0 ) vardr.)

I

˜f

f

˜X

X

p

λ; x 0 ∈ X de kapal bir yol olmak üzere (ki p( ˜x 0 ) = x 0 ) ˜x 0 ∈ Y

seçelim ve ˜x Y üzerinde herhangi bir nokta olsun. ˜X yol ba§lantl

oldu§undan ˜x 0 noktasn ˜x noktasna ba§layan ˜λ : I −→ ˜X yolu vardr

öyle ki p ◦ ˜λ = λ

I

˜λ

λ

˜X

X

p

p ◦ ˜λ dönü³ümü x 0 da kapal yol olur böylece [p ◦ ˜λ] ∈ Π 1 (X, x 0 ) ve

˜x 0 [p ◦ ˜λ] = ˜λ(1) = ˜x dir. O halde Π 1 (X, x 0 ); Y üzerinde transitii

hareket eder.

2. f, X de x 0 noktasnda kapal yol olsun. ˜f, f nin yükseltilmi³i öyle ki

˜f(0) = ˜x 0 olsun.

I

˜f

f

˜X

X

p

f(0) = x 0 , p( ˜x 0 ) = x 0 , ˜f(0) = ˜x0 , ve p ◦ ˜f = f

[f] ∈ G ˜x0 alalm. O zaman ˜x 0 = ˜x 0 [f] = ˜f(1) olur. Böylece [ ˜f] ∈

Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) ve [f] = [p ◦ ˜f] ∈ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) olur.

O halde G ˜x0 ⊆ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))

[˜g] ∈ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) için [f] = [p ◦ ˜g] olsun. ˜f ve ˜g; f nin yükseltilmi³leri

oldu§undan ve yükseltilmi³in tekli§inden ˜f = ˜g dir, ayrca ˜f(1) =

˜g(1) = ˜x 0 dr.

˜x 0 [f] = ˜f(1) = ˜x 0 =⇒ [f] ∈ G ˜x0 =⇒ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) ⊆ G ˜x0 elde

edilir. Çift yönlü kapsamadan e³itlik gelir.

Teorem 7.12.2. ( ˜X, p), X in örtü uzay, x 0 , x 1 ∈ X, Y 0 = p −1 (x 0 ) ve

Y 1 = p −1 (x 1 ) olsun. O zaman: |Y 0 | = |Y 1 | dir.

spat: ˜x 0 ∈ Y 0 ve ˜x 1 ∈ Y 1 olsun. ˜λ, X de x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun.

O zaman λ = p ◦ ˜λ olacak ³ekilde X de x 0 dan x 1 e giden bir yoldur.

Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )

Σ

Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )

p ∗

Π 1 (X, x 0 )

p ∗

σ Π 1 (X, x 1 )

Σ : ([ ˜f]) ↦→ Σ([f]) = [˜λ −1 ∗ ˜f ∗ ˜λ]

σ : [f] ↦→ σ([f]) = [λ −1 ∗ f ∗ λ]

olarak tanmlansn.

Σ ve σ birer izomorzmdir. O zaman Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) ile Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ) in kardinaliteleri

ayndr. Benzer ³ekilde Π 1 (X, x 0 ) ile Π 1 (X, x 1 ) in kardinaliteleri

ayndr. Ayrca p örtü dönü³ümü oldu§undan p ∗ injektif idi. |Y 0 | = [Π 1 (X, x 0 ) :

p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))] = [Π 1 (X, x 1 ) : p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))] = |Y 1 | olur.

Tanm 7.12.4. ( ˜X, p), X in örtü uzay olsun. X in örtülü uzaynn "multiplicity"

si (katman), bir linin kardinalitesidir. E§er katman says ”m”

ise ( ˜X, p) örtü uzayna X in m-katmanl örtü uzay denir.

Sonuç 7.12.1. n ≥ 2 için Π 1 (RP n ) ∼ = Z/2Z dir.

spat: p : S n −→ RP n örtülü dönü³ümü oldu§unu biliyoruz. x 0 ∈ Rp n

için p −1 (x 0 ) linde iki tane katman(yaprak) vardr. Dolaysyla;

[Π 1 (RP n , x 0 ) : p ∗ Π 1 (S n , ˜x 0 )] = 2

Ayrca n ≥ 2 için Π 1 (S n , ˜x 0 ) = {0} a³ikar grup idi. Bu durumda

p ∗ : Π 1 (S n , ˜x 0 ) −→ Π 1 (RP n x 0 ) homomorzmas için Imp ∗ = {0} olur. O

halde |Π 1 (RP n , x 0 )| = 2 dir. Mertebe 2 oldu§undan Π 1 (RP n , x 0 ) ∼ = Z 2

∼ =

Z/2Z

Sonuç 7.12.2. ( ˜X, p), X in örtülü uzay, x 0 ∈ X ve Y = p −1 (x 0 ) lif olsun.

1. ˜x 0 , ˜x 1 ∈ Y ise p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) ve p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )); Π 1 (X, x 0 ) n e³lenik alt

gruplardr. (H 1 , H 2 ≤ G, a ∈ G için H 1 = aH 2 a −1 )

2. ˜x 0 ∈ Y için S, p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) ile e³lenik olan Π 1 (X, x 0 ) n bir alt

grubu ise o zaman S = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )) olacak ³ekilde bir ˜x 1 ∈ Y vardr.

Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )

Σ

Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )

1.

spat:

p ∗

Π 1 (X, x 0 )

p ∗

σ Π 1 (X, x 1 )

[ ˜f] −→ Σ([ ˜f]) = [˜λ −1 ∗ ˜f ∗ ˜λ]

[f] −→ σ([f]) = [λ −1 ∗ f ∗ λ]

idi. Diyagramn komutatii§inden,

p ∗ ◦(Σ(Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )) = σ◦p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = [λ −1 ]∗[p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))]∗[λ]

Bu iki grup [λ] ∈ Π 1 (X, x 0 ) ile e³leniktir. Yani;

p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = [λ −1 ] ∗ [p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))] ∗ [λ]

2. S = [λ −1 ] ∗ [p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))] ∗ [λ]

S = σ ◦ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ ◦ Σ(Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))

Tanm 7.12.5. ∀x 0 ∈ X için p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )), (Π 1 (X, x 0 ) n normal altgrubu

ise ( ˜X, p) örtü uzayna regüler örtü uzay denir.

Not 7.12.2. 1. ( ˜X, p); X in regüler örtü uzay ise ayn lifteki ˜x 0 ve ˜x 1

noktalar için p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))

2. ˜X basit ba§lantl ise ( ˜X, p) regüler örtü uzaydr.

7.13 Örtü Transformasyonlar

Teorem 7.13.1. (Lifting Kriteri:) Y ba§lantl ve yerel yol ba§lantl uzay,

f : (Y, y 0 ) −→ (X, x 0 ) sürekli olsun. ( ˜X, p), X in örtü uzay ise f nin bir tek

yükseltilmi³i ˜f : (Y, y 0 ) −→ ( ˜X, ˜x 0 ) vardr ⇐⇒ f ∗ Π 1 (Y, y 0 ) ⊆ p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )

spat: :=⇒ f nin bir tek ˜f yükseltilmi³i var olsun. Yani p ◦ ˜f = f ve

˜f(y 0 ) = ˜x 0 . Dolaysyla;

f ∗ Π 1 (Y, y 0 ) = p ∗ ◦ f ∗ (Π 1 (Y, y 0 )) ⊂ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))

⇐=: (ÖDEV)

Sonuç 7.13.1. Y basit ba§lantl ve yerel yol ba§lantl uzay, f : (Y, y 0 ) −→

(X, x 0 ) sürekli olsun. ( ˜X, p), X in örtü uzay ve ˜x 0 ∈ p −1 (x 0 ) ise f nin bir

tek yükseltilmi³i ˜f : (Y, y 0 ) −→ ( ˜X, ˜x 0 ) vardr.

spat: Y basit ba§lantl oldu§undan Π 1 (Y, y 0 ) = {1} dir. Dolaysyla ;

f ∗ Π 1 (Y, y 0 = 1 ⊂ p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) daima kapsanr. Bir önceki teoremden f nin

bir tek ˜f yükseltilmi³i vardr.

Sonuç 7.13.2. X ba§lantl ve yerel yol ba§lantl, ( ˜X, p) ve (Ỹ , q), X in

örtü uzaylar olsun. x 0 ∈ X, ˜x 0 ∈ ˜X ve ỹ 0 ∈ Ỹ seçelim. (p( ˜x 0) = x 0 = q(ỹ 0 ))

E§er q ∗ Π 1 (Ỹ , ỹ 0) = p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) ise p ◦ h = q olacak ³ekilde bir tek sürekli

h : (Ỹ , ỹ 0) −→ ( ˜X, ˜x 0 ) sürekli dönü³ümü vardr ve h homeomorzmdir.

spat:

Ỹ

q

h

X

diyagram komutatiftir. Bir önceki teoremden q ◦ k = p o.³. k : ( ˜X, x 0 ) −→

(Ỹ , y 0) sürekli dönü³ümü vardr.

h ◦ k = 1 ˜X

ve k ◦ h = 1Ỹ oldu§unu görmeliyiz.

p

˜X

1˜x

˜X

p

X

p

˜X

h◦k

˜X

p

X

94

h ◦ k ve 1 ˜X

diaygram komutatif klar. Komutatiik tek oldu§undan h ◦

k = 1 ˜X

dir. Bu da h dönü³ümünün örtenli§ini verir. Benzer ³ekilde k ◦ h =

1Ỹ oldu§u görülebilir. Bu durumda h injektif olur. O halde h bijektiftir.

Hipotezde h ve h −1 = k sürekli oldu§undan h homeomorzmadr.

Teorem 7.13.2. X ba§lantl, yerel yol ba§lantl, ( ˜X, p), (Ỹ , q); X in örtü

uzaylar olsun. p( ˜x 0 ) = x 0 = q(ỹ 0 ) olmak üzere ˜x 0 ∈ X, ỹ 0 ∈ Y ve x 0 ∈ X

seçelim. E§er q ∗ (Π 1 (Ỹ , ỹ 0)) ⊂ p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) ise p ◦ h = q olacak ³ekilde bir

tek sürekli h : (Ỹ , ỹ 0) −→ ( ˜X, ˜x 0 ) sürekli dönü³ümü vardr. Ayrca (Ỹ , h), ˜X

nn örtü uzaydr ve ˜X, Ỹ nn bölüm uzaydr.

spat: ÖDEV

Tanm 7.13.1. ˜X basit ba§lantl ve ( ˜X, p); X in örtü uzay ise ( ˜X, p) ye

X in evrensel örtü uzay denir.

Örnek 7.13.1. (S n , p), RP n nin örtü uzay idi. n ≥ 2 için S n basit

ba§lantl oldu§undan n ≥ 2 için (S n , p); RP n nin evrensel örtü uzaydr.

Teorem 7.13.3. X ba§lantl, yerel yol ba§lantl ve (Ỹ , q), X in örtü uzay

olsun. ( ˜X, p), X in evrensel örtü uzay ise q ◦ h = p olacak ³ekilde bir tek

h : ˜X −→ Ỹ sürekli dönü³ümü vardr.

Tanm 7.13.2. ( ˜X, p), X in örtü uzay olsun. p◦h = p olacak ³ekilde bir h :

˜X −→ ˜X homeomorzmas varsa h dönü³ümüne örtü transformasyonu

ya da deck transformasyonu denir. Örtü transformasyonlarnn kümesi

Cov( ˜X/X) = {h : ˜X −→ ˜X} ile gösterilir.

Not 7.13.1. Cov( ˜X/X) kümesi bile³ke i³lemi altnda bir gruptur.

Teorem 7.13.4. X ba§lantl, yerel yol ba§lantl, x 0 ∈ X olsun. X in örtü

uzay ( ˜X, p) nin regülerdir ⇐⇒ Cov( ˜X/X) grubu p −1 (x) üzerinde transitii

hareket eder.

spat: (⇒) ˜x 0 , ˜x 1 ∈ p −1 (x 0 ) alalm. ( ˜X, p) regüler olsun. Sonuç 4.0.10

dan p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )) dr. Sonuç 4.0.12 den p ◦ h = p olacak

³ekilde h : ( ˜X, ˜x 0 ) −→ ( ˜X, ˜x 1 ) homeomorzmas vardr. Dolaysyla

h ∈ Cov( ˜X/X) ve h( ˜x 0 ) = ˜x 1 olur. Bu hareket transitiidir.

(⇐) Cov( ˜X/X) grubu p −1 (x 0 ) üzerinde transitii hareket etsin. Yani:

Cov( ˜X/X) x p −1 (x 0 ) −→ p −1 (x 0 )

(h, ˜x 0 ) ↦−→ h(˜x 0 ) = ˜x 1 olsun. Bu durumda

˜x 0 , ˜x 1 ∈ p −1 (x 0 ) için h(˜x 0 ) = ˜x 1 olacak ³ekilde h ∈ Cov( ˜X/X) vardr.

h ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ) dr.

p ◦ h = p oldu§undan p ∗ = p ∗ ◦ h ∗ olur. Böylece

Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) = p ∗ ◦ h ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) = p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 1 )

olur. Yine Sonuç 4.0.10 dan p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )),

grubudur. ( ˜X, p) regülerdir.

Teorem 7.13.5. ( ˜X, p), X in örtü uzay olsun.

1. h ∈ Cov( ˜X/X) ve h ≠ 1 x ise h n sabit noktas yoktur.

p ∗ (Π 1 (X, x 0 )) n normal alt

2. h 1 , h 2 ∈ Cov( ˜X/X) ve h 1 (˜x) = h 2 (˜x) olacak ³ekilde ˜x ∈ ˜X varsa

h 1 = h 2 dir.

spat:

1. h(˜x) = ˜x olacak ³ekilde bir ˜x ∈ ˜X var olsun. p(˜x) = x diyelim. Diyagram

komutatiftir. Bu durumda h = 1 x olur. Çeli³ki elde edilir. O halde

h(˜x) ≠ ˜x

( ˜X, ˜x)

1˜x ,h

( ˜X, ˜x)

p

(X, x)

p

2. h −1

1 h 2 ∈ Cov( ˜X/X) dönü³ümünün bir (X, x) sabit noktas var olsun.

(1) in kar³t tersinden h −1

1 h 2 = 1 ˜X

olur. ⇒ h 1 = h 2

Tanm 7.13.3. ( ˜X, p) ve (Ỹ , q); X in örtü uzaylar olsun. A³a§daki diyagram

komutatif klacak ³ekilde bir h : Ỹ −→ ˜X homeomorzmas varsa

örtü uzaylar denktir denir.

Ỹ

h

˜X

q

X

Teorem 7.13.6. X yerel yol ba§lantl x 0 ∈ X, ( ˜X, p) ve (Ỹ , q), X in örtü

uzaylar olsun. Ayrca ˜x 0 ∈ p −1 (x 0 ) ve ỹ 0 ∈ q −1 (x 0 ) olsun.

( ˜X, p) ile (Ỹ , q) denktir ⇔ q ∗(Π 1 (Ỹ , ỹ 0)) ve p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )); (Π 1 (X, x 0 )) n

e³lenik alt gruplardr.

p

spat: (⇒)

( ˜X, p) , (Ỹ , q) ya denk olsun. p ◦ ϕ = q olacak ³ekilde ϕ : (Ỹ , ỹ 0) −→ ( ˜X, ˜x 0

homomorzmasn alalm. O zaman

ϕ(ỹ 0 ) ∈ p −1 (x 0 ), q ∗ (Π 1 (Ỹ , ỹ 0)) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ϕ(ỹ 0 )))

Sonuç 4.0.10 dan p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) ve p ∗ (Π 1 ( ˜X, ϕ(ỹ 0 ))), (Π 1 (X, x 0 )) n e³lenik

alt gruplardr.

(⇐)

q ∗ (Π 1 (Ỹ , ỹ 0)) ve p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )), (Π 1 (X, x 0 )) n e³lenik alt gruplar olsun.

Sonuç 4.0.10 dan

q ∗ (Π 1 (Ỹ , ỹ 0)) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))

olacak ³ekilde bir ϕ : Ỹ −→ ˜X sürekli dönü³ümü vardr. Yani ϕ homeomor-

zmdir. ( ˜X, p) ile (Ỹ , q) denktir.

Tanm 7.13.4. G bir grup, Y , Z G- küme olsun. ∀g ∈ G ve y ∈ Y için

ϕ(gy) = gϕ(y) ise ϕ : Y −→ Z dönü³ümüne G-dönü³üm denir. E§er bu

dönü³üm bijektif ise buna G-izomorzm denir.

Aut(Y ) = Y den Y ye giden tüm G-izomorzmlerin kümesini temsil etsin.

G bir grup; H, G nin bir alt grubu ve G/H, G deki H n sol yan kümesinin

ailesi olun. G grubu G/H üzerinde hareket eder.

a ∈ G, gH ∈ G/H ⇒ a : gH −→ agH

G, G/H üzerinde transitii hareket eder. H yan kümelerin stablizeridir.

Lemma 7.13.1. 1. G, X üzerinde transitii hareket ediyor ve H, bir noktann

stablizeri ise X ile G/H G-izomorktir.

2. H ve K, G nin alt gruplar ise o zaman G/H ve G/K G-izomorktir

⇐⇒ H ve K, G de e³lenik alt gruplardr.

spat:

1. x 0 ∈ X ve H = G x0 olsun. ∀x 0 , x ∈ X için g x x 0 = x olacak ³ekilde

g x ∈ G vardr.

θ : H −→ G/H

x ↦−→ θ(x) = g x H dönü³ümünü tanmlayalm.

• θ iyi tanml ve bijektiftir. (ÖDEV)

• θ nn G-dönü³üm oldu§unu gösterelim.

a ∈ G ve x ∈ X alalm. x = g x x 0 ve ax = g ax x 0 dr. Dolaysyla;

ax = ag x x 0

g −1

ax ag x ∈ G x0 = H, g ax H = a gx H

θ(ax) = g ax H ve aθ(x) = ag x H =⇒ θ(ax) = aθ(x) =⇒ θ G-dönü³ümdür.

O halde θ G-izomorzmdir.

2. (⇒)

θ : G/H −→ G/K G-izomorzm olsun. θ(H) = gK olacak ³ekilde bir

g ∈ G vardr. h ∈ H olsun. gK = θ(H) = θ(hH) = hθ(H) = hgK

oldu§undan;

g −1 hg ∈ K,

g −1 Hg ⊂ K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ∗

θ(g −1 H) = g −1 θ(H) = g −1 gK = K

θ bijektif oldu§undan;

θ −1 (K) = g −1 H =⇒ gKg −1 ⊂ H =⇒ K ⊂ g −1 Hg . . . . . . . . . ∗ ∗

olur. Yani ∗ ve ∗∗ dan K = g −1 Hg olur. Dolaysyla H ve K e³lenik

alt gruplardr.

(⇐)

H ve K, G de e³lenik alt gruplar olsun. g −1 Hg = K olacak ³ekilde

g ∈ G alalm.

(a) ∀a, b ∈ G için aH = bH

(b) a −1 b ∈ H

(d) agK = bgK

Bunlarn hepsi denktir.

θ : G/H −→ G/K

aH ↦−→ θ(aH) = agK iyi tanml ve injektiftir.

θ(aH) = θ(bH) =⇒ agK = bgK ⇐⇒ aH = bH, b ∈ G =⇒

bK = θ(bg −1 H) =⇒ θ örten =⇒ θ bijektif.

θ(abH) = (ab)gK

aθ(bH) = a(bgk)

=⇒ θ(abH) = aθ(bH)

olur. O halde θ bir G-izomorzmadr.

Sonuç 7.13.3. X yerel yol ba§lantl x 0 ∈ X olsun. X in örtülü uzaylar

( ˜X, p) ve (Ỹ , q) denktir ⇐⇒ p−1 (x 0 ) ve q −1 (x 0 ) lieri izomork Π 1 (X, x 0 )

-kümedir.

spat: ˜x 0 ∈ p −1 (x 0 ) ve ỹ 0 ∈ q −1 (x 0 ) olsun. Teorem 4.0.26 dan ( ˜X, p) ve

(Ỹ , q) denktir ⇐⇒ p ∗Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) ve q ∗ Π 1 (Ỹ , ỹ 0), Π 1 (X, x 0 ) n e³lenik altgruplardr.

Teorem 4.0.19 dan p −1 (x 0 ) transitif Π 1 (X, x 0 )-kümedir ve p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ),

˜x 0 n stabilizeridir. Benzer ³ekilde q −1 (x 0 ) transitif Π 1 (X, x 0 )-kümedir ve

q ∗ Π 1 (Ỹ , ỹ 0), ỹ 0 n stabilizeridir. Lemmmadan p ∗ Π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) ve q ∗ Π 1 (Ỹ , ỹ 0),

Π 1 (X, x 0 ) n e³lenik altgruplardr. ⇐⇒ lier Π 1 (X, x 0 )-izomorzmadr.

Lemma 7.13.2. G grubu Y kümesi üzerinde tranitii hareket etsin. x, y ∈ Y

olsun. G x ve G y stablizerleri e³ittir ⇐⇒ ϕ(x) = y olacak ³ekilde ϕ ∈ Aut(Y )

vardr.

spat:

G x = {g ∈ G :

G y = {g ′ ∈ G :

O(x) = {gX :

gx = X} ⊂ G

g ′ y = y} ⊂ G

g ∈ G} ⊂ Y

(⇐)

ϕ(x) = y olacak ³ekilde ϕ ∈ Aut(Y ) var olsun.

h ∈ G x ise ve ϕ(hx) = ϕ(x) = y hϕ(x) = y =⇒ hy = y

benzer dü³ünceyle;

(⇒)

G x = G y oldu§unu varsayalm.

=⇒ h ∈ G y =⇒ G x ⊂ G y . . . . . . . . . ∗

G y ⊂ G x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ∗ ∗

z ∈ Y ise z = gX olacak ³ekilde bir g ∈ G vardr.

ϕ : Y −→ Y

z ↦−→ ϕ(z) = ϕ(gx) = gϕ(x) = gy

1. ϕ iyi tanml m

2. ϕ 1-1 mi

3. ϕ örten mi

4. ϕ homomorzm mi

z 1 , z 2 ∈ Y ve z 1 = z 2 olsun.

z 1 ∈ Y =⇒ z 1 = g 1 y olacak ³ekilde g 1 ∈ G vardr.

z 2 ∈ Y =⇒ z 2 = g 2 y olacak ³ekilde g 2 ∈ G vardr.

ϕ(z 1 ) = ϕ(z 2 )

‖ ‖

g 1 y = g 1 y

g 1 x = g 2 x ⇒ g −1 g 1 x = X ⇒ g −1 g 1 ∈ G x = G y ⇒ g −1 g 1 y = y ⇒ g 1 y = gy

ϕ(hz) = ϕ(hgz) = hgy = hϕ(gx) = hϕ(z)

θ : Y −→ Y

θ ◦ ϕ(z) = θ(gy) = gx = z = 1(z) =⇒ ϕ 1-1

ϕ ◦ θ(z ′ ) = z ′ = 1(z ′ ) =⇒ θ örten

ϕ ∈ Aut(Y )

z ′ ↦−→ θ(z ′ ) = θ(g ′ y) = g ′ x

Lemma 7.13.3. ( ˜X, p), X in örtü uzay, X yerel yol ba§lantl, x 0 ∈ X,

p −1 (x 0 ) li, Π 1 (X, x 0 )-küme olsun. h −→ h| p −1 x 0

dönü³ümü izomorzmdir.

Yani Cov( ˜X/X) ≈ Aut(ϕ −1 (x 0 ))

spat: Y = p −1 (x 0 ) olsun. E§er h ∈ Cov( ˜X/X) ise h(Y ) = Y ve

h| y : Y −→ Y bijektiftir.

h| y : Y −→ Y ; Π 1 (X, x 0 )-izomorzmdir.

ψ : Cov( ˜X/X) −→ Aut(p −1 (x 0 ))

h ↦−→ ψ(h) = h| y = ϕ

100

[f] ∈ Π 1 (X, x 0 ) ve ˜x ∈ Y alalm.

h([f]˜x) = h ˜f(1)

˜f, f nin yükseltilmi³i ve ˜f(0) = ˜x

[ ˜f]h(˜x) = ˜f 1 (1)

˜f 1 , f nin yükseltilmi³i ve ˜f 1 (0) = h(˜x)

p ◦ h ◦ ˜f = p ◦ ˜f = f

h ˜f(0) = h(˜x)

˜f 1 = h ◦ ˜f (yükseltilmi³in tekli§inden)

h([f]˜x) = [f]h(˜x)

ψ homomorzmdir.

ψ(h ◦ k) = ϕ(h) ◦ ψ(k)

h ◦ k| y = h| y ◦ k| y

ϕ ∈ Aut(Y ) olur. ˜x ∈ Y ise h(˜x) = ϕ(˜x) olacak ³ekilde

h ∈ Cov( ˜X/X) vardr.

Π 1 (X, x 0 ), Y üzerinde transitii hareket etti§inden ∀˜x 1 ∈ Y için ˜x 1 = [f]˜x

olacak ³ekilde [f] ∈ Π 1 (X, x 0 ) vardr.

h(˜x 1 ) = h([f]˜x) = [f]h(˜x) = [f]ϕ(˜x) = ϕ([f]˜x) = ϕ(˜x 1 ) ⇒ h| y = ϕ

Lemma 7.13.4. ( ˜X, p), X in örtü uzay, X yerel yol ba§lantl x 0 ∈ X,

p −1 (y 0) transitif Π 1 (X, x 0 )-küme olsun. Verilen ˜x 0 , ˜x 1 ∈ p −1 (x 0 ) için, h(˜x 0 ) =

˜x 1 olacak ³ekilde h ∈ Cov( ˜X/X) var olmas için gerek ve yeter ³art ϕ( ˜x 0 ) =

˜x 1 olacak ³ekilde bir ϕ ∈ Aut(p −1 (x 0 )) var olmamasdr.

spat: h( ˜x 0 ) = ( ˜x 1 ) olacak ³ekilde h ∈ Cov( ˜X/X) varsa lifting kriterinden

p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (Π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))

k : ( ˜X, ˜x 0 )) −→ ˜X, ˜x 1 )

101

dir. ˜X, ˜x0 ), x 0 n stablizeri oldu§undan hn var olmas için gerek ve yeter

³art:

G˜x0 = G˜x1

dir.

G˜x0 = G˜x1 ⇐⇒ ϕ ∈ Aut(p −1 (x 0 ))

H, G nin bir alt grubu olsun. H n normalli§i:

³eklinde tanmlanr.

N G (H) = g ∈ G|gHg −1 = H

1. H, G nin normal alt grubu ise N G (H) = G dir.

2. H, N G (H) n bir normal alt grubudur.

Lemma 7.13.5. G grubu Y üzerinde transitii hareket etsin ve y 0 ∈ Y

alalm. O zaman G 0 , y 0 n stablizeri olmak üzere Aut(Y ) ≃ N G (G 0 )/G 0 dr.

spat: ϕ ∈ Aut(Y ) olsun.G, Y üzerinde transitii hareket etti§inden ϕ(y 0 ) =

gy 0 olacak ³ekilde g ∈ G vardr. lk olarak g ∈ N G (G 0 ) oldu§unu gösterelim.

h/inG 0 =⇒ hy 0 = y 0

Dolaysyla;

=⇒

gy 0 = ϕ(y 0 ) = ϕ(hy 0 ) = hϕ(y 0 ) = hgy 0

y 0 = g −1 hgy 0 , g −1 hg ∈ G 0

g ∈ N G (G 0 )

gG 0 g −1 = G 0 ⇐⇒ gG 0 = G 0 g

ϕ(y 0 ) = gy 0 = g 1 y 0 ise g −1 g 1 , y 0 sabir brakalm ve g 1 G 0 = gG 0

Γ : Aut(Y ) −→ N G (G 0 )/G 0

ϕ ↦−→ Γ(ϕ) = g −1 G 0 , ϕ(y 0 ) = gy 0

Γ homomorzmdir. θ ∈ Aut(Y ) ve θ(y 0 ) = g ′ y 0 olur.

θϕ(y 0 ) = θ(gy 0 ) = gθ(y 0 ) = gg ′ y 0

Γ(θϕ) = (gg ′ ) −1 G 0

102

Γ(θ)Γ(ϕ) = (g ′ ) −1 G 0 g −1 G 0 = (gg ′ ) −1 G 0 = Γ(θϕ)

Γ(ϕ) = G 0 olsun.

ϕ(y 0 ) = y 0 , ϕ(hy 0 ) = hϕ(y 0 ) = hy 0 , ϕ, Y deki her

eleman sabit klar.

G, Y üzerinde transitii hareket etti§inden ϕ = 1 Y =⇒ Γ 1-1 dir.

g ∈ N G (G 0 ) alalm.

ϕ : Y −→ Y

y ↦−→ ϕ(y) = hgy 0 , y = hy 0

∀g −1 G 0 için ∃ϕ ∈ Aut(Y ), Γ(ϕ) = g −1 G 0

Teorem 7.13.7. ( ˜X, p) yerel yol ba§lantl uzay X in örtü uzay olsun. 0 ∈ X

ve ˜x 0 ∈ p −1 (x 0 ) için Cov( ˜X/X) ≈ N Π1 (x,x 0 )(p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )/p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )

spat:

Cov( ˜X/X) ∼ = Aut(p −1 (x 0 ))

x 0 stablizeri p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 ) dir.

Aut(Y ) ∼ = N G (G 0 )/G 0

Cov( ˜X/X) ∼ = Aut(p −1 (x 0 )) ∼ = N Π1 (x,x 0 )(p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )/p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )

Sonuç 7.13.4.

olsun.

1. ( ˜X, p), yerel yol ba§lantl X uzaynn regüler örtü uzay

∀x 0 ∈ X ve x 0 ∈ p −1 (x 0 ) için Cov( ˜X/X) ∼ = Π 1 (X, x 0 )/p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )

2. ( ˜X, p) yerel yol ba§lantl X uzaynn evrensel örtülü uzay olsun.

Cov( ˜X/X) ∼ = Π 1 (X, x 0 ), ∀x 0 ∈ X

spat:

103

1. ( ˜X, p); X in regüler örtü uzay oldu§undan p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 ), (Π 1 (X, x 0 ))

normal alt grubudur.

Cov( ˜X/X) ≈ N Π1 (x,x 0 )(p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )/p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )

= (Π 1 (X, x 0 ))/p ∗ Π 1 (˜x, ˜x 0 )

2. ( ˜X, p); X in evrensel örtü uzay oldu§undan, Ỹ basit ba§lantldr. Yani;

Π 1 (˜x, ˜x 0 ) = 1

Cov( ˜X/X) ∼ = Π 1 (X, x 0 )

104

Bölüm 8

S MPLEKSLER

8.1 Ane Uzaylar

Tanm 8.1.1. A bir küme olsun. ∀x, y ∈ A, t ∈ [0, 1] için (1 − t)x + ty ∈ A

oluyorsa A'ya konveks küme denir.

Tanm 8.1.2. A, Euclid uzaynn bir alt kümesi olsun. ∀ farkl x, y ∈ A için

x ve y tarafndan olu³turulan do§ru A'da bulunuyorsa A' ya ane alt küme

denir.

Not 8.1.1.

1. Ane alt kümeler konvekstir.

2. Bo³ küme ve tek noktal kümeler ane kümelerdir.

Teorem 8.1.1. {X j } j∈J , R n e ait konveks (ane) alt kümeler ailesi olsun.

O zaman ⋂ j∈J X j konveks alt uzaydr.

spat:

x, y ∈ ⋂ j∈J

X j (x ≠ y)

olsun. ∀j ∈ J için x, y ∈ X j 'dir. ∀j ∈ J için X j ler konveks alt küme oldu§undan;

∀j ∈ J için (1−t)x+ty ∈ X j 'dir. O halde (1−t)x+ty ∈ ⋂ j∈J X j'dir.

Tanm 8.1.3. X, R n 'in bir alt kümesi olsun. X'i içeren R n 'e ait tüm konveks

kümelerin arakesitine X'in konveks hull'u denir.

Tanm 8.1.4. • p 0 , p 1 , . . . , p m , R n 'de noktalar olsun. p 0 , . . . , p m noktalarnn

ane kombinasyonu

m∑

x = t 0 p 0 + t 1 p 1 + · · · + t m p m ; t i = 1

³eklinde tanmlanr.

105

i=1

• p 0 , p 1 , . . . , p m noktalarnn konveks kombinasyonu an kombinasyonudur

öyleki t i ≥ 0, i = 0, . . . m'dir. Yani

m∑

t 0 p 0 + t 1 p 1 + · · · + t m p m ; t i = 1 ve t i ≥ 0, i = 0, . . . , m.

Örnek 8.1.1. x, y noktalarnn konveks kombinasyonu

formundadr.

i=1

(1 − t)x + ty, t ∈ [0, 1]

Teorem 8.1.2. p 0 , p 1 , . . . , p m , R n 'de noktalar olsun. p 0 , . . . , p m noktalar tarafndan

gerilen [p 0 , . . . , p m ] konveks küme, p 0 , . . . , p m noktalarnn konveks kombinasyonlarn

kümesidir.

spat: S, tüm konveks kombinasyonlarn kümesini göstersin.

S = [p 0 , p 1 , . . . , p m ] e³itli§ini göstermemiz gerekir. lk önce [p 0 , p 1 , . . . , p m ] ⊂

S oldu§unu gösterelim. Bunun için S'nin p 0 , . . . , p m noktalarn içeren konveks

küme oldu§unu göstermemiz yeterli olacaktr.

• t j = 1 ve di§eleri için t j = 0 olsun. Bu durumda;

t 0 p 0 + · · · + t j p j + · · · + t m p m ;

ve dolasyla ⇒ ∀j için p j ∈ S.

i=0

m∑

t i = 1, t i ≥ 0, i = 0, ..., m

•

m∑

α = a i p i , β = b i p i ∈ S (a i , b i ≥ 0; ∑ a i = 1; ∑ b i = 1) olsun.

i=0

(1 − t)α + tβ ∈ S oldu§unu iddia ediyoruz.

m∑

(1 − t)α + tβ = (1 − t) a i p i + t b i p i = ((1 − t)a i + tb i )p i ∈ S

i=0

i=0 i=0

çünkü

m∑

(1 − t)a i + tb i = (1 − t) b i = 1, (1 − t)a i + tb i ≥ 0.

i=0

i=1

106

Bunun sonucunda [p 0 , p 1 , . . . , p m ] ⊂ S.

S ⊂ [p 0 , p 1 , . . . , p m ] ba§ntsn gösterelim.

X, p 0 , . . . , p m noktalarn içeren bir konveks küme ise m ≥ 0 üzerinde

tümevarm ile S ⊂ X oldu§unu gösterelim.

• m = 0 için S = p 0 'dr.

∑

• m > 0 olsun. t i ≥ 0 ve m

i=0 t i = 1 ise p = ∑ m

i=0 t ip i X e

ait olup olmad§n görelim. t 0 ≠ 1 oldu§unu varsayabiliriz. Aksi halde

p = p 0 olabilir ve bir üstteki ko³ul içine dü³er. Tümevarm hipotezinden

q = t 1

1 − t 0

p 1 + t 2

1 − t 0

p 2 + · · · + t m

1 − t 0

p m ∈ X

ve böylece p = t 0 p 0 + (1 − t 0 )q ∈ X çünkü X konvekstir. Dolasyla

S ⊂ X'dir.

Sonuç olarak S = [p 0 , . . . , p m ] e³itli§ini elde ederiz.

Sonuç 8.1.1. {p 0 , p 1 , . . . , p m }, R n 'de noktalar olsun. {p 0 , ..., p m } noktalarnn

gerdi§i an küme bu noktalarn an kombinasyonunu içerir.

Tanm 8.1.5. R n 'de {p 0 , . . . , p m } noktalarnn sral kümesini ele alalm.

{p 1 −p 0 , p 2 −p 0 , . . . , p m −p 0 } kümesi R n vektör uzaynn lineer ba§msz

alt uzay ise {p 0 , p 1 , . . . , p m } sral kümesine an ba§mszdr denir.

Not 8.1.2. 1. R n 'nin lineer ba§msz alt kümesi an ba§msz kümedir.

Tersi do§ru de§ildir çünkü orijin ile birlikte lineer ba§msz küme

ane ba§mszdr.

2. Tek noktal küme {p 0 } an ba§mszdr çünkü i ≠ 0 olmak üzere

p i − p 0 formunda noktalar yok ve φ bo³ kümesi lineer ba§mszdr.

3. p 1 − p 0 ≠ 0 olmas durumunda {p 0 , p 1 } kümesi an ba§mszdr .

4. {p 0 , p 1 , p 2 , } noktalar ayn do§ru üzerinde de§ilse {p 0 , p 1 , p 2 } an

ba§mszdr.

5. {p 0 , p 1 , p 2 , p 3 } noktalar ayn düzlem üzerinde de§ilse {p 0 , p 1 , p 2 , p 3 }

an ba§mszdr.

Teorem 8.1.3. {p 0 , . . . , p m },

denktir:

R n 'de sral küme olsun. A³a§dakiler

107

1. {p 0 , . . . , p m } an ba§mszdr.

2. {s 0 , . . . , s m } ⊂ R kümesi

m∑

s i p i = 0

i=0

ve

m∑

s i = 0

e³itsizliklerini do§ruluyor ise s 1 = s 2 = · · · = s m = 0 dr.

3. A, {p 0 , . . . , p m } tarafndan gerilen an küme olmak üzere ∀x ∈ A

eleman an kombinasyonu olarak tektürlü ifade edilir, yani

x =

m∑

t i p i

i=0

ve

i=0

m∑

t i = 1.

Teorem 8.1.4. {p 0 , . . . , p m }, R n 'de sral küme olsun. A³a§dakiler denktir:

1. {p 0 , . . . , p m } an ba§mszdr.

2. {s 0 , . . . , s m } ⊂ R kümesi

m∑

s i p i = 0

i=0

ve

i=0

m∑

s i = 0

e³itsizliklerini do§ruluyor ise s 1 = s 2 = · · · = s m = 0 dr.

3. A, {p 0 , . . . , p m } tarafndan gerilen an küme olmak üzere ∀x ∈ A eleman

an kombinasyonu olarak tektürlü ifade edilir, yani

spat 8.1.1. 1) ⇒ 2) :

kümesi

e³itsizliklerini sa§lasn.

m∑

s i p i =

i=0

x =

m∑

t i p i

i=0

ve

i=0

m∑

t i = 1.

i=0

{p 0 , p 1 , ..., p m } an ba§msz olsun. {s 0 , ..., s m } ⊂ R

m∑

s i p i = 0

i=0

ve

m∑

s i = 0

i=0

m∑

s i p i − ( s i )p 0 =

i=0

m∑

s i (p i − p 0 ) = 0

i = 1, . . . , m için p i − p 0 lineer ba§msz çünkü {p 0 , . . . , p m } an ba§msz. O

halde; s 1 = s 2 = · · · = s m = 0'dr.

108

i=0

m∑

s i = 0

i=0

oldu§undan s 0 = 0'dr.

2) ⇒ 3) : x ∈ A alalm. Sonuç 5.1.1 den dolay x ∈ A eleman ane

kombinasyon olarak ifade edilir. Böylece x ∈ A elemann tek türlü ifade

edildi§ni gösterelim.

ve

oldu§unu varsayalm.

m∑

x = t i p i ,

i=0

m∑

x = t ′ ip i ,

i=0

m∑

t i = 1

i=0

m∑

t ′ i = 1

i=0

m∑

t i p i =

i=0

m∑

t ′ ip i

i=0

⇒

m∑

(t i − t ′ i)p i = 0 ⇒ ∀i, t i − t ′ i = 0 ⇒ ∀i, t i = t ′ i.

i=0

3) ⇒ 1) : ∀x ∈ A eleman {p 0 , p 1 , ..., p m } noktalarnn an kombinasyonu

olarak tek türlü ifade edildi§ini varsayalm. Yani {p o , . . . , p m } kümesinin

an ba§msz oldu§unu göstermeliyiz. Yani; {p 1 − p 0 , p 2 − p 0 , . . . , p m − p 0 }

lineer ba§msz oldu§unu göstermeliyiz.

Varsayalm ki {p 1 − p 0 , . . . , p m − p 0 } lineer ba§ml olsun. O halde;

m∑

r i (p i − p 0 ) = 0

i=0

iken r i (hepsi sfr de§il) vardr. r j ≠ 0 olsun. r j = 1 alalm.

p j ∈ A ise

p j = 1.p j

p j = − ∑ i≠j

r i p i + ( ∑ i≠j

r i + 1)p 0

p j iki türlü ifade edilemeyece§inden çeli³ki.

O halde {p 1 − p 0 , . . . , p m − p 0 } lineer ba§mszdr.

Sonuç 8.1.2. {p 0 , . . . , p m } sral küme olsun. An ba§mszlk bu kümenin

bir özellikelli§idir.

109

Tanm 8.1.6. {a 1 , . . . , a k }, R n 'de bir küme olsun. Bu kümenin (n + 1) eleman

an ba§msz küme olu³turuyorsa, {a 1 , . . . , a k } kümesi genel pozisyondadr

denir.

Not 8.1.3. Genel pozisyonda olma özellikelli§i n saysna ba§ldr.

{a 1 , a 2 , . . . , a k }, R n 'de genel pozisyon olsun.

• n = 1 için {a i , a j } an ba§msz olmaldr. Yani tüm noktalar farkl

olmal.

• n = 2 için üç nokta kolineer olmamaldr.

• n = 3 için dört nokta kodüzlem olmamaldr.

Teorem 8.1.5. ∀k ≥ 0 için R n Euclid uzay genel pozisyonda k tane noktas

vardr.

Tanm 8.1.7. {p 0 , p 1 , . . . , p m }, R n 'de an ba§msz alt küme olsun. A'da

bu alt küme tarafndan gerilen bir an küme olsun. x ∈ A ise teo 5.1.3'den

x =

m∑

t i p i ,

i=0

m∑

t i = 1.

(t 0 , t 1 , . . . , t m ), (m+1)-bile³enine x elemannn bary-centric koordinat denir.

i=0

p 0 p 1 t 0 = t 1 = 1 2

p 2

✡ ✡✡ ❏

❏

✡❜

❏ t 0 = t 1 = t 2 = 1, x = 1(p ✡ ✡ 3 3 0 + p 1 + p 2 )

❜

❜ ❏

❏

✡✧ ✧✧✧✧✧ ❜

❜

❜ ❏

p 0 p 1

p 3

✡ p

✡

2

✡ ✡ x = 1(p 4 0 + p 1 + p 2 + p j )

✡

✧✡

✧✧✧✧✧✧

p 0 p 1

1

Genel hali: (p m+1 0 + · · · + p m ) = x

Tanm 8.1.8. {p 0 , p 1 , . . . , p m }, R n 'de an ba§msz alt küme olsun. Bu alt

küme tarafndan gerilen konveks kümeye m-simpleks denir. [p 0 , p 1 , . . . , p m ] ile

gösterilir (p i 'ler kö³eler olarak adlandrlr).

110

Teorem 8.1.6. {p 0 , p 1 , . . . , p m } an ba§msz olsun. Bu durumda [p 0 , . . . , p m ]

m-simpleksinin her x eleman;

x =

m∑

t i p i ,

i=0

formunda tek türlü yazlr.

m∑

t i = 1, t i ≥ 0, i = 0, . . . , m

i=0

Tanm 8.1.9. {p 0 , p 1 , . . . , p m } an ba§msz olsun. [p 0 , . . . , p m ] m-simpleksinin

baricentrik koordinat;

1

m + 1 (p 0 + p 1 + · · · + p m ).

(t 0 = t 1 = · · · = t m = 1

m+1 )

Not 8.1.4. Barisentrik sözcü§ü a§rlk anlamanda barys yunanca kelimesinde

gelmektedir. Dolasyla barisentrik, a§rlk merkezi anlamndadr

Örnek 8.1.2.

• [p 0 ] barisentrik'i kendisidir.

• [p 0 , p 1 ] 1-simpleksinin barisentrik'i

1

2 (p 0 + p 1 )'dir.

• [p 0 , p 1 , p 2 ] 2-simpleksinin barisentrik'i

1

3 (p 0 + p 1 + p 2 )'dir.

• e i = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) ∈ R n+1 olmak üzere {e 0 , e 1 , . . . , e n } an

ba§mszdr. [e 0 , e 1 , . . . , e n ],

x =

n∑

t i e i

i=0

formundaki tüm konveks kombinasyonu içerir. [e 0 , e 1 , . . . , e n ]'in barisentrik

koordinat (t 0 , t 1 , . . . , t n )'dir.

p 0 = (0, 0, 0, 0 . . . ) = e 0 ,

p 1 = (1, 0, 0, 0 . . . ) = e 1 ,

p 2 = (0, 1, 0, 0 . . . ) = e 2 ,

p 3 = (0, 0, 1, 0, . . . ) = e 3 ,

. . . . . .

✻

✔ ✔

✈❛ ❛❛❛❛

✲

✔ ✔ ✏ ✈

✔

✏ ✏✏✏✏✏✏✏

✠

✈ 111

Tanm 8.1.10. [p 0 , p 1 , . . . , p m ] bir m-simpleks olsun. Tüm barisentrik koordinatlar

pozitif olan m-simplekse ait noktalrn kümesine açk k-simpleks

denir.

Örnek 8.1.3. • R n e ait p 0 , p 1 noktalarn olu³turdu§u açk aralk bir

açk 1-simplekstir.

• R n e ait p 0 , p 1 , p 1 noktalarn olu³turdu§u üçgenin içi açk 2-simplekstir.

Tanm 8.1.11. [p 0 , p 1 , . . . , p m ] bir m-simpleks olsun. p i noktasnn ters yüzü

[p 0 , p 1 , . . . , ˆp i , . . . , p m ] = {

m∑

t j p j |

j=0

m∑

t j = 1, t j ≥ 0}.

[p 0 , p 1 , . . . , p m ] m-simpleksinin snr bu ters yüzlerin birle³imi ³eklinde tanmlanr.

j=0

p 0

0-simplekste p 0 'in tersyüzü kendisi

p 1

1-simplekste p 1 'in tersyüzü p 0 'dr.

p 2

❅❅

❅

❅ 2-simplekste p 2 'nin ters yüzü p 0 p 1 do§ru parças

p 0 p 1

p 3

❅❅

❅

p ❅

❍ ❍❍ ✟

✟

0 ✟

p 2

❍ ✟

p 1

Not 8.1.5.

3-simplekste p 0 'nin ters yüzü [p 1 , p 2 , p 3 ] 2-simplekstir

1. Bir m-simpleksin, m + 1 tane yüzü vardr.

2. [p 0 , p 1 , . . . , p m ] simpleksinin k-yüzü, k + 1 kö³e tarafndan gerilen bir

k-simplekstir.

Teorem 8.1.7. S

n-simpleksi, [p 0 , p 1 , . . . , p n ] ile gösterilsin.

112

i. u, v ∈ S ise ‖u − v‖ ≤ Sup ‖u − p i ‖.

ii. diam S = Sup ‖p i − p j ‖.

iii. b, S'nin barisentrik'i ise ‖b − p i ‖ ≤ n

n+1

spat:

i. v =

n∑

t i p i ,

i=0

‖u − v‖ = ‖u −

= ‖

≤ (

i=0

diam S.

n∑

t i = 1, t i ≥ 0, i = 0, . . . , n olsun.

i=0

n∑

t i p i ‖ = ‖( t i )u −

n∑

t i (u − p i )‖ ≤

i=0

n∑

t i p i ‖

i=0

n∑

‖t i (u − p i )‖ =

i=0

n∑

t i )Sup ‖u − p i ‖ = Sup ‖u − p i ‖

i=0

ii. Teoremin i ksmndan ve çap tanmndan,

‖u − p i ‖ ≤ Sup ‖p j − p i ‖ ′ dir.

iii. b = 1

n+1

∑ n

j=0 p j oldu§undan

‖b − p i ‖ = ‖ 1

n + 1

= ‖ 1

n + 1

= ‖ 1

n + 1

≤ 1

n + 1

≤

n∑

p j − p i ‖

j=0

n∑

j=0

p j − 1

n + 1

n∑

(p j − p i )‖

j=0

n∑

p i ‖

j=0

n∑

Sup ‖p j − p i ‖ (i = j iken,

j=0

n

n + 1 Sup ‖p j − p i ‖ =

n

n + 1 diam S

n∑

t i ‖u − p i ‖

i=0

‖p j − p i ‖)

Tanm 8.1.12. {p 0 , . . . , p m } kümesi an ba§msz ve A, bu noktalarn gerdi§i

an küme olsun. An dönü³üm

∑ m m∑

m∑

T : A −→ R k t i p i ↦−→ T ( t i p i ) = t i T (p i ).

i=0

113

i=0

i=0

özelli§ini sa§layan bir fonksiyondur. T'nin S = [p 0 , . . . , p m ]'ye kstlan³ yine

bir an dönü³ümdür.

Not 8.1.6. 1. An dönü³üm, an kombinasyonu ve konveks kombinasyonu

korur.

2. An dönü³üm, an ba§msz küme üzerinde ald§ de§erle belirlenebilir.

3. p 0 , . . . , p m noktalarnn bary centric koordinatn tekli§i bu tür T dönü³ümlerin

varl§n gösterir.

Teorem 8.1.8. [p 0 , . . . , p m ] m-simpleks, [q 0 , . . . , q n ] n simpleks ve

f : {p 0 , . . . , p m } −→ [q 0 , . . . , q n ] bir fonksiyon olsun. T (p i ) = f(p i ) olacak

³ekilde bir tek T : [p 0 , . . . , p m ] −→ [q 0 , . . . , q n ] dönü³ümü mevcuttur.

Y.G:

T ( ∑ m

i=0 t ip i ) = ∑ m

i=0 tf(p i)

8.2 Simpleksler Kompleksi

S = [v 0 , v 1 , . . . , v q ] q-simpleks olsun. Bu simplekslerin kö³elerinin kümesi

V er(S) = {v 0 , . . . , v q } ile gösterilsin.

Tanm 8.2.1. S bir simpleks olsun. E§er V er(S ′ ) ⊂ V er(S) ise S ′ ne S

simpleksinin yüzü denir. E§er V er(S ′ ) V er(S) ise S ′ ne S simpleksinin

has yüzü denir.

Tanm 8.2.2. Sonlu simpleksler kompleksi K a³a§daki özellikellikleri sa§layan

sonlu simpleksler kolleksiyonudur.

i. s ∈ K ise s nin yüzü de K ya aittir.

ii. s, t ∈ K ise bu iki simpleksin arakesiti ya bo³tur ya da bu iki simpleksin

ortak yüzüdür.

Tanm 8.2.3. Bir simpleksler kompleksi K bo³ k§me ise K nn boyutu −1

dir. Bir simpleksler kompleksi K da m-simpleks var olacak ³ekilde m en büyük

tam say ise K nn boyutu m dir.

Örnek 8.2.1. p 0 = (0, 0, 0), p 1 = (1, 0, 0), p 2 = (1, 2, 0), p 3 = (2, 3, 4)

p 3

114

✻

✁ ✁

✁p ❅ ✁ ✁ 0

❅❘

❅

p 1 ✁

✲ ❅ p 2

✠

✲

Bu üçgen prizmann snrlar bir simpleksler kompleksi olu³turur.

⊛ 0-simpleksler:

σ 0 1 = p 0 , σ 0 2 = p 1 , σ 0 3 = p 2 , σ 0 4 = p 3

⊛ 1-simpleksler:

σ1 1 =, σ2 1 =, σ3 1 =, σ4 1 =,

σ5 1 =, σ6 1 =

⊛ 2-simpleksler:

σ1 2 =, σ2 2 =, σ3 2 =,

σ4 2 =

⊛ 3-simpleksler:

σ 3 1 =

Örnek 8.2.2.

v 5

v 2

❏❏ v 3

❏

❍

❏ ❍❍

❏ ❍

v 0 v 1 v 4

[v 1 , v 2 ] ∩ [v 3 , v 5 ] = [v 3 ] → v 3 ortak yüz de§ildir.

→ simpleksler kompleksi de§il.

v 2

v 3

v 4

v 5

→ simpleksler kompleksi de§il. v 1 , v 3 ortak yüz de§il.

❏❏

❏

❏

v 0 v 1 ❏❏ ❏

Tanm 8.2.4. 1. K bir simpleksler kompleksi olsun. K'nn geometrik reallizasyonu(underlying

uzay)

| K |= ⋃

s

s∈K

³eklinde tanmlanr. (K, R n 'in alt uzay)

2. X topolojik uzay verilsin. h :| K |→ X homeomorzma olacak ³ekilde

simpleksler kompleksi K varsa X'e polihedron(polyhedron) denir. (K, h)

ikilisine X'in üçgenle³tirilmesi(triangulation) denir.

115

Not 8.2.1.

• (K), Euclid uzaynn kompakt alt uzaydr.

• s, K'da bir simpleks ise | s |= s'dir.

• Simpleksler kompleksi K simplekslerden olu³an sonlu küme iken K nn

geometrik realizasyonu |K| Euclid uzaynn bir alt uzaydr.

• geometrik realizasyonu |K|, noktalar do§ru parçalar, üçgen düzlemler,

üçgen prizma(teterahedron) içerir.

Örnek 8.2.3. X = {(cos θ, sin θ) ∈ R 2 | 0 ≤ θ ≤ π/2} ³eklinde verilsin. X

polihedrondur.

Herhangi bir 1-sim§leks [p 0 , p 1 ] olsun. Simpleksler kompleksi

K = {[p 0 ], [p 1 ], [p 0 , p 1 ]},

X'in üçgenle³tirilmi³idir çünkü |K| −→ X bir homemorzmadr. Simpleksler

kompleksi L = {[p 0 ], [p 1 ], [p 2 ][p 0 , p 1 ], [p 1 , p 2 ]}, X'in bir ba³ka üçgenle³tirilmi³idir

çünkü |L| −→ X bir homemorzmadr.

Örnek 8.2.4.

△ 2 = {

2∑

t i v i |

i=0

2∑

t i = 1, t i ≥ 0, i = 0, 1, 2}

i=0

standart 2-simpleks (△ 2 ⊂ R n ) K = △ 2 standart 2-simpleksindeki tüm

0-simpleks ve tüm 1-simplekslerin kolleksiyonu olsun.

v 2

❅❅

❅

❅

v 0 v 1

2 − simpleks

K = {[v 0 ], [v 1 ], [v 2 ], [v 0 , v 1 ], [v 0 , v 2 ], [v 1 , v 2 ]}

K simpleksler kompleksin kolleksiyonu iki ko³ulu da sa§lar.

K nn geometrik realizasyonu üçgen olacaktr.

v 2

L : |K| = ❅ ❅

v −→ 0 v X = S1

1

homeorzmas var.

O halde çember polihedrondur.

116

Tanm 8.2.5. n-Boyutlu simpleksler kompleksi K olsun. Her bir r (0 ≤ r ≤

n) için, K r , simpleksler kompleksi K'ya ait boyutu r den küçük veya e³it

olan tüm simplekslerin kümesini göstersin. Simpleksler kompleksi K r ye K

nn iskeleti(skeleton) denir. Böylece |K r |, |K| nn altpolihedrondur.

Örnek 8.2.5. 3-Simpleks [p 0 , p 1 , p 2 , p 3 ] in tüm yüzeylerini içereni K ile gösterelim.

K ′ , K nn 2-boyutlu iskeleti olarak alalm. Böylece K ′ , [p 0 , p 1 , p 2 , p 3 ] in

has yüzeylerini içerir. Dolasyla |K ′ |, S 2 ye homeomorftur. Bu da bize S 2 nin

bir polihedron oldu§unu gösterir.

Tanm 8.2.6. K ve L iki simpleksler kompleksi olsun.{p 0 , p 1 , . . . , p q } noktalar,

K'da bir simpleksi gererken {ϕ(p 0 ), ϕ(p 1 ), . . . , ϕ(p q )} noktalar L'de

bir simpleksi gerecek ³ekilde tanimlanan ϕ : K → L fonksiyona simpleksler

dönü³üm denir.

Tanm 8.2.7. K ve L iki simpleksler kompleksi olmak üzere ϕ : K −→ L,

K daki kö³eler ile L deki kö³eler arasnda bijektif ise ϕ' ye K ve L arasbda

bir izmorzm denir. K ve L ye de izmork simpleksler kompleksi denir.

Önerme 8.2.1. Simpleksler dönü³ümün birle³imide simpleksler dönü³ümüdür.

spat: spat okuyucuya ödev olarak biraklm³tr

Tanm 8.2.8. ∀i için t i > 0 olacak ³ekilde ∑ m

i=1 t ip i noktalrna ait P simpleksin

alt kümesine P'nin içi denir. P ◦ ile gösterilir.

Örnegin, bir 0-simpleksin içi kendisidir. Ayrca bir dijital m-simpleks açk

simplekslerin ayrk birle³imi oldu§u gözlenmelidir.

Tanm 8.2.9. K bir m-simpleksler kompleksi ve p ∈ V er(K) olsun. O zaman

p nin yldz

st(p) = ∪S ◦

³eklinde tanmlanr. Burada S ∈ K

ve p ∈ V er(K).

Tanm 8.2.10. K bir simpleksler kompleksi olsun.

dimK = sup{dim(s)}.

s∈K

Teorem 8.2.1. K ve L iki simpleksler kompleksi olsun. E§er f : |K| → |L|

homeomorzm ise dimK = dimL'dir.

Tanm 8.2.11. Bir simpleksler kompleksi K olsun. Kö³eler çifti x, y ∈ K

için, x = p 0 , y = p m olacak ³ekilde K da [p i , p i+1 ] 1-simpleksler dizisi var ise

K ya ba§lantldr denir.

117

Not 8.2.2. • Simpleksler kompleksi K nn r-boyutlu iskeletsi K r (r ≥ 1)

ba§lantl iken K 0 ba§lantl de§ildir.

• Küre, Möbius ³eridi, Projektif düzlem, ve Tor gibi yüzeylerin üçgenle³tirilmesi

ba§lantldr.

Tanm 8.2.12. K ve L iki simpleksler kompleksi olmak üzere ϕ : K −→ L

simpleksler dönü³ümü ve f : |K| −→ |L| sürekli dönü³üm olsun. K nn her

kö³esi p için

f(st(p)) ⊂ st(ϕ(p))

ise f ye ϕ dönü³ümünün simpleksler yakla³m denir.

Önerme 8.2.2. ϕ simpleksler dönü³ümünün yakla³m f olsun.

• f süreklidir.

• f homeomorzm olmas için gerek ve yeter ³art ϕ izomorzmdir.

• f 1 : |K| −→ |L| fonksiyonu ϕ 1 : K −→ L dönü³ümünün yakla³m

ve f 2 : |L| −→ |M| fonksiyonu ϕ 2 : L −→ M simpleksler dönü³ümün

yakla³m ise f 2 ◦ f 1 : |K| −→ |M|, ϕ 2 ◦ ϕ 1 'in simpleksler yakla³m

fonksiyonudur.

spat 8.2.1. spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr.

Önerme 8.2.3. Simpleksler kompleksi K ya ait kö³eler kümesi {p 0 , p 1 , . . . , p m },

K da bir simpleks olu³turabilmesi için gerek ve yeter ³art ∩ m i=0st(p i ) ≠ 0 olmasdr.

spat 8.2.2. spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr.

Tanm 8.2.13. Bir simpleksler kompleksi K nn ³ebekesi veya a§(mesh),

mesh(K) = max{diam(S) | S, K ′ da bir simpleks}

³eklinde tanmlanr ve mesh(K) ile gösterilir.

Not 8.2.3. Bir 0-boyutlu simpleksler kompleksi K nn ³ebeksi,

0 = mesh(K) = mesh(K 0 ) = mesh(K 1 ) = · · ·

Lemma 8.2.1. Bir pozitif boyutlu simpleks S nin kö³eleri v, w olmak üzere

diam(S) = ‖v − w‖ dir.

spat 8.2.3. spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr.

118

Teorem 8.2.2. Pozitif boyutlu simpleksler komplesi K olmak üzere

lim

r→∞ mesh(Kr ) = 0 dir.

spat 8.2.4. Simpleksler komplesi K nn boyutu n olsun. lk önce K ′ ile K

nn ³ebekelrini kar³la³tralm:

Simpleksler komplesi K iki simples σ ve τ alalm ve σ, τ nun bir has yüzü

olsun. τ nun barisentri§i

τ = 1

m + 1

m∑

i=0

p i

olsun.

Böylece mesh(K 1 ) ≤

‖τ − σ‖ ≤ ‖τ − p‖ (p, τ ′ nun bir kö³esi)

1

m∑

= ‖ p i − p‖ ≤ 1 m∑

‖p i − p‖

m + 1

i=0

≤ 1

m + 1 m · mesh(K) =

m

m+1

i=0

m

m + 1 mesh(K).

mesh(K). Bu i³lelemleri tekrarlayarak yapt§mzda

mesh(K r m

) ≤ (

m + 1 )r mesh(K) olur.

Dolasyla lim r→∞ ( m

m+1 )r = 0. Buda istedi§imiz sonuca götürür.

Teorem 8.2.3. Simpleksler Kompleks K ve L olmak üzere ϕ : K −→ L

simpleksler dönü³ümü ve f : ‖K‖ −→ ‖L‖ sürekli dönü³üm olsun. Sürekli

dönü³üm f ye homotop olacak ³ekilde φ : K r −→ L simpleksler dönü³ümü

vardr.

spat 8.2.5. spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr.

119

Bölüm 9

S MPLEKSLER HOMOLOJ

GRUBU

9.1 Serbest Abel Gruplar

Tanm 9.1.1. B, F abel grubunun alt kümesi olsun. Her b ∈ B için

devirli altgrubu sonsuz ve F = ⊕ b∈B ise F ye B bazl serbest abel

grup denir.

Dolasyla bir serbest abel grup Z gruplarnn direkt toplamlardr. F

serbest abel grubun tipik eleman

x = ∑ m b b

formunda tek türlü ifade edilir. Burada m b ∈ Z ve m b nin hemen hemen hepsi

sfrdr (tümü fakat m b nin sonlu sayda olmas)

Not 9.1.1. • Serbest abel grubun bazlar, vektör uzaynn bazlar gibi

hareket ederler(davranrlar).

• Bu abel grubun bazlar üzerinde çak³an iki homomorzma e³it olmaldr.

Yani bir kümesi üzerinde bir tek homomorzm tanmlanr.

Teorem 9.1.1. F, B bazl serbest abel grup olsun.

1. G serbest abel grup ve ϕ : B −→ G bir fonksiyon ise Her b ∈ B için,

˜ϕ◦i(b) = ϕ(b) olcak ³ekilde bir tek homomorzmas ϕ : F −→ G vardr.

120

i

F

❄

B

❅

❅ ¯ϕ

❅

ϕ

❅❘

✲ G

2. F serbest abel grup olmak üzere her abel grup G, F/R bölüm grubuna

izomorftur.

spat:

i) F serbest abel grubuna ait her elemenn

yazlabildi§ini biliyoruz. O zaman

¯ϕ : F −→ G

x = ∑ m b b

x ↦−→ ¯ϕ(x) = ∑ m b ϕ(x)

³eklinde tanmlansn. x elemann tek türlü ifade edilmesinden ¯ϕ iyi-tanml

homomorzmadr. Bir önceki notun ikinci ksmndan ¯ϕ tektir.

ii) Her x ∈ G için, üreteci b x olan Z x sonlu olmayan devirli grubunu seçelim.

Dolasyla B = {b x | x ∈ G} bazl

serbest abel gruptur.

ϕ : B −→ G

F = ∑ x∈G

Z x

b x ↦−→ ϕ(b x ) = x

³eklinde fonksiyonu tanmlayalm. ϕ sürjektif oldu§undan ¯ϕ homomorzmas

sürjektir. Birinci izomorzma teoreminden G ∼ = F/Ker ¯ϕ.

Teorem 9.1.2. Verilen T kümesi için, T yi baz kabul eden bir serbest sbel

grup F vardr.

spat:

T = φ ise F = 0 dir. Aksi halde her t ∈ T için elemanlar mt olan Z t

toplamsal grubunu tanmlarz. Z t nin üreteci t olan bir sonsuz devirli grup

oldu§u kolayca görülebilir. Dolasyla F = ⊕ t∈T Z t grubu t inci koordinat

sfrdan farkl olmak üzere b t tbaz elemanlarndan olu³an bir serbest abel

grupttur.

121

Teorem 9.1.3. F serbest abel grubun her hangi iki bazn kardinalitisi e³ittir.

spat:

Okuyucuya braklm³tr.

Tanm 9.1.2. F, B bazl serbest abel grup ise F nin rank B nin kardinatisine

e³ittir.

“imdi herhangi bir abel grubun rankn tanmlayabiliriz;

Tanm 9.1.3. G bir abel grup olsun. A³a§daki özellikleri sa§layacak ³ekilde

G nin bir F abel alt grubu varsa G nin rank r dir denir;

1. rank F = r;

2. G/F burulmal(torsiyon).

9.2 Simpleksler Zincir Kompleksi

Tanm 9.2.1. K orianted (yönlü) simpleksler kompleksi olsun. q ≥ 0 olmak

üzere C q (K) a³a§daki özellikelliklere sahip abel gruptur.

* Üreteçler:

p i ∈ V erK olmak üzere (p 0 , p 1 , . . . , p q ) noktalarndan olu³acak öyleki

{p 0 , p 1 , . . . , p q }, K'daki bir simpleksi germesi gerekir.

* Ba§ntlar:

i. E§er bir kenar tekrarlarsa (p 0 , p 1 , . . . , p q ) = 0'dr.

ii. (p 0 , p 1 , . . . , p q ) = Sgn(π)(p π(0) , p π(1),...,pπ(q) )

C q (K)'nn elemann ile gösterece§iz.

Lemma 9.2.1. K m-boyutlu simpleksler kompleksi olsun.

1. C q (K), bazlar olan serbest abel gruptur.

2. q > m ise C q (K) = 0 dr.

Tanm 9.2.2. ∂ q : C q (K) −→ C q−1 (K)

↦→ ∂ q ()

=

q∑

(−1) i

i=0

122

Örnek olarak;

∂ 2 () =

2∑

(−1) i

i=1

= − +

, , ∈ C 1 (K)

Böylelikle baz elemanlarn lineer birle³imi ifade edilmi³ oldu.

Teorem 9.2.1. K m-boyutlu simpleksler kompleksi olsun. O zaman;

0 −→ C m (K) −→ ∂m

C m−1 (K) ∂ m−1

−→ . . . −→ C 0 (K) −→ 0

bir zincir komplekstir. (∂ m−1 ◦ ∂ m = 0)

Tanm 9.2.3. K ve L iki simpleksler kompleksi olmak üzere ϕ : K −→ L

simpleksler dönü³ümü ϕ ∗ : C q (K) −→ C q (L) a³a§daki gibi lineer dönü³üm

indirger;

{ {ϕ(p0 ), . . . , ϕ(p

ϕ ∗ ({p 0 , . . . , p q }) =

q )}, {ϕ(p 0 ), . . . , ϕ(p q )} L deki bir simpleksi gerer

0, {ϕ(p 0 ), . . . , ϕ(p q )} L deki bir simpleksi germez

Tanmdan A³a§daki önermeyi verebiliriz;

Önerme 9.2.1. ϕ : K −→ L ve ψ : L −→ M iki simpleksler dönü³ümü

olsun. ψ ◦ ϕ : K −→ M bile³kesi

}

(ψ ◦ ϕ) ∗ = ψ ∗ ◦ ϕ ∗

e³itli§ini gerçekleyen (ψ ◦ ϕ) ∗ : C q (K) −→ C q (M) dönü³ümünü üretir.

simpleksler dönü³ümü ile snr homomorzmas arasndaki ili³ki ³öyledir;

Önerme 9.2.2. ϕ : K −→ L simpleksler dön³ümü ise

∂ ◦ ϕ ∗ = ϕ ∗ ◦ ∂ : C q (K) −→ C q−1 (L).

spat: {p 0 , . . . , p q }, K da bir q-simpleksi gersin. O zaman

∂ ◦ ϕ ∗ ({p 0 , . . . , p q }) = ∂({ϕ(p 0 ), . . . , ϕ(p q )}) (9.1)

q∑

= (−1) i {ϕ(p 0 ), . . . , ˆϕ(p i ), . . . ϕ(p q )} (9.2)

=

i=0

q∑

(−1) i ϕ ∗ ({p 0 , . . . , ˆp i , . . . p q }) (9.3)

i=0

= ϕ ∗ (

q∑

(−1) i {p 0 , . . . , ˆp i , . . . p q }) (9.4)

i=0

= ϕ ∗ ◦ ∂({p 0 , . . . , ˆp i , . . . p q }) (9.5)

123

Teorem 9.2.2. σ =, n-simpleks ise, ∂ n−1 ◦ ∂ n (σ) = 0'dr.

spat: σ =, n-simpleks olsun.

∂ n−1 ◦ ∂ n (σ) = ∂ n−1 (∂ n (σ)) = ∂ n−1 (∂ n

n∑

= ∂ n−1 ( (−1) i ) (9.7)

=

+

i=0

n∑ ∑i−1

(−1) i [ (−1) j (9.8)

i=0

j=0

n∑

(−1) j−1 ] (9.9)

j=i+1

= ∑

(−1) i+j (9.10)

j (9.11)

i= 0.

9.3 Simpleksler Homoloji Grubu

Tanm 9.3.1. K oriented simpleksler kompleksi olsun.

•

(9.12)

Z q (K) = Ker∂ q (9.13)

= {∈ C q (K) | ∂ q () = 0}

(9.14)

grubuna q-devir grubu denir.

•

B q (K) = Im∂ q+1 (9.15)

= {∈ C q (K) | ∂ q+1 () =}

(9.16)

grubuna q-snr grubu denir.

Teorem 6.2.2 den a³a§daki sonuçu söyleyebiriz.

124

Lemma 9.3.1. B q (K) ⊂ Z q (K) ⊂ C q (K)'dr.

Tanm 9.3.2. K, m boyutlu bir simpleksler kompleksi olsun. H q (K) = Zq(K)

B q(K)

bölüm grubuna q. boyutta simpleksler homoloji grubu denir.

Teorem 9.3.1.

1. K = ∅ ise H 0 (K) = 0'dir.

2. K = {x 0 } bir 0-simpleks ise H q (K) = 0, q ≥ 1

spat:

1. K = ∅ olsun.

C 0 (K) = 0, C 1 (K) = 0, C 2 (K) = 0; C i (K) = 0 i ≥ 3

0 ∂ 4

→ C 3 (K) ∂ 3

→ C 2 (K) ∂ 2

→ C 1 (K) ∂ 1

→ C 0 (K) → 0

Dolasyla

2. K = {x 0 } olsun.

Z 0 (K) = Ker ∂ 0 = 0 B 0 (K) = Im ∂ 1 = 0.

H 0 (K) = Z 0(K)

B 0 (K) ∼ = {0}.

C 0 (K) =< x 0 > ∼ = Z, ve C i (K) = {0} i ≥ 1.

Buradan a³a§daki ksa diziyi elde ederiz;

0 ∂ 1

→ C 0 (K) ∂ 0

→ 0.

Bu diziden hemen a³a§dakini elde edeiz;

Z 0 (K) = Ker ∂ 0 = C 0 (K) ≃ Z, B 0 (K) = Im ∂ 1 = {0}.

Sonuç olarak H 0 (K) ∼ = Z.

Teorem 9.3.2. f : X −→ Y homeomorf ise f ∗ : H q (X) → H q (Y ) izomorftur.

spat: Okuyucuya braklm³tr.

125

Örnek 9.3.1. Klein “i³esi

Klein ³i³esinde, 1 tane 0-simpleks ([v]), 3 tane 1-simpleks ( [a], [b], [c]), ve

2 tane 2-simpleks ([U], [L]) vardr. Böylece

C 0 (Kb) ∼ = Z, C 1 (Kb) ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z, C 2 (Kb) ∼ = Z ⊕ Z.

Di§er taraftan q ≥ 3 için C q (Kb) ∼ = {0} dir. A³a§daki ksa diziyi elde edriz;

0 ∂ 3

−→ C 2 (Kb) ∂ 2

−→ C 1 (Kb) ∂ 1

−→ C 0 (Kb) ∂ 0

−→ 0

Bu ksa diziden hemen Ker ∂ 0 = C 0 (Kb) ∼ = Z ve Im ∂ 3 = {0} e³itliklerini

elde ederiz.

∀ p U + q L ∈ C 2 (Kb) için

∂ 2 (pU + qL) = p ∂ 2 (U) + q ∂ 2 (L) (9.17)

= p (−a − b + c) + q (−c − a + b) (9.18)

= −(p + q) a + (q − p) (b − c) (9.19)

O halde 2a ve b − a − c elemanlar Im ∂ 2 yi üretir. Buradan; Im ∂ 2

∼ =

2Z ⊕ Z dir. “imdi ∂ 2 nin çekirde§ini tespit edelim.

∂ 2 (pU + qL) = 0 olsun. O zaman

−(p + q) a + (q − p) (b − c) = 0 ⇐⇒ p = q = 0.

Böylece Ker ∂ 2

∼ = {0} dir.

∀r 1 a + r 2 b + r 3 c ∈ C 1 (Kb) için

∂ 1 (r 1 a + r 2 b + r 3 c) = r 1 ∂ 1 (a) + r 2 ∂ 1 (b) + r 3 ∂ 1 (c) (9.20)

= r 1 (v − v) + r 2 (v − v) + r 3 (v − v) (9.21)

= 0 (9.22)

126

elde edilir. Bu durumda

Ker ∂ 1

∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z ve Im ∂1

∼ = {0} dir.

Sonuç olarak Klein “i³esinin simpleksler homoloji grubu;

⎧

⎪⎨ Z, q = 0,

H q (KB) = Z 2 ⊕ Z, q = 1

⎪⎩

0, q ≠ 0, 1.

Örnek 9.3.2. Tor

Torda, 1 tane 0-simpleks ([v]), 3 tane 1-simpleks [a], [b], [c]), ve 2

tane 2-simpleks ([U], [L]) vardr. Dlasyla

C 0 (T ) ∼ = Z, C 1 (T ) ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z, C 2 (T ) ∼ = Z ⊕ Z

Di§er taraftan q ≥ 3 için C q (T ) ∼ = {0} dir.

0 ∂ 3

−→ C 2 (T ) ∂ 2

−→ C 1 (T ) ∂ 1

−→ C 0 (T ) ∂ 0

−→ 0

Bu ksa diziden hemen Ker ∂ 0 = C 0 (T ) ∼ = Z ve Im ∂ 3

∼ = {0} olduklarnz

görürüz.

∀pU + qL ∈ C 2 (T ) için

∂ 2 (pU + qL) = p ∂ 2 (U) + q ∂ 2 (L) (9.23)

= p (−a − b + c) + q (a + b − c) (9.24)

= p (−a − b + c) + q (a + b − c) (9.25)

= (p − q) (c − a − b) (9.26)

O halde Im ∂ 2

∼ = Z olur. “imdi ∂2 nin çekirde§ini hesaplayalm. ∂ 2 (pU +

qL) = 0 olsun. O zaman

(p − q) (c − a − b) = 0 =⇒ p = q.

127

Böylece Ker ∂ 2

∼ = Z dir.

∀r 1 a + r 2 b + r 3 c ∈ C 1 (T ) için

∂ 1 (r 1 a + r 2 b + r 3 c) = r 1 ∂ 1 (a) + r 2 ∂ 1 (b) + r 3 ∂ 1 (c) (9.27)

= r 1 (v − v) + r 2 (v − v) + r 3 (v − v) (9.28)

= 0 (9.29)

elde edilir.

O zaman Ker ∂ 1 = C 1 (T ) ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z ve Im ∂ 1

∼ = {0} oldu§unu görürüz.

Sonuç olarak Tor'un simpleksler homoloji grubu;

⎧

Z, q = 0,

⎪⎨

Z ⊕ Z, q = 1

H q (T ) =

Z, q = 2

⎪⎩

0, q ≠ 0, 1, 2.

128

Örnek 9.3.3. Reel Projektif Düzlem

Reel Projektif Düzleminde, 2 tane 0-simpleks ([v], [w]), 3 tane 1-simpleks

([a], [b], [c]), ve 2 tane 2-simpleks ([U], [L]) vardr. Dolasyla

C 0 (RP 2 ) ∼ = Z ⊕ Z, C 1 (RP 2 ) ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z, C 2 (RP 2 ) ∼ = Z ⊕ Z

Di§er taraftan q ≥ 3 için C q (RP 2 ) ∼ = {0} dir.

0 ∂ 3

−→ C 2 (T ) ∂ 2

−→ C 1 (T ) ∂ 1

−→ C 0 (T ) ∂ 0

−→ 0

Bu ksa diziden hemen Ker ∂ 0 = C 0 (RP 2 ) ∼ = Z ⊕ Z ve Im ∂ 3

∼ = {0}

olduklarnz görürüz.

∀pU + qL ∈ C 2 (RP 2 ) için,

∂ 2 (pU + qL) = p ∂ 2 (U) + q ∂ 2 (L) (9.30)

= p (−a + b + c) + q (−a + b − c) (9.31)

= −a (p + q) + b (p + q) + c (p − q) (9.32)

= (p + q) (b − a) + (p − q) c (9.33)

O halde Im ∂ 2 in üreteçleri, 2(b − a) ve −a − c + b dir. Buradan

Im∂ 2

∼ = 2Z ⊕ Z oldu§unu rahatlkla söyleyebiliriz. “imdi ∂2 nin çekirde§ini

hesaplayalm.

∂ 2 (pU + qL) = 0 (9.34)

(p + q) (b − a) + (p − q) c = 0 (9.35)

(p + q) (b − a) + (p − q) c = 0 ⇐⇒ p = q = 0.

129

O halde Ker ∂ 2 = {0} dir. ∀r 1 a + r 2 b + r 3 c ∈ C 1 (T ) için,

∂ 1 (r 1 a + r 2 b + r 3 c) = r 1 ∂ 1 (a) + r 2 ∂ 1 (b) + r 3 ∂ 1 (c) (9.36)

= r 1 (w − v) + r 2 (w − v) + r 3 (v − v) (9.37)

= (w − v) (r 1 + r 2 ). (9.38)

O zaman Im ∂ 1 'in üreteçi bir tanedir. Yani Im ∂ 1

∼ = Z dir. Im ∂1 'in

çekirde§ini tespit edelim. ∂ 1 (r 1 a + r 2 b + r 3 c) = 0 olsun. O zaman

(w − v) (r 1 − r 2 ) = 0 =⇒ r 1 = −r 2 .

Böylece Ker ∂ 1

∼ = Z ⊕ Z olur. Sonuç olarak Reel Projektif Düzlemin simpleksler

homoloji grubu;

⎧

⎪⎨ Z, q = 0,

H q (RP 2 ) = Z 2 , q = 1

⎪⎩

0, q ≠ 0, 1.

Örnek 9.3.4. Möbiüs “eridi

2 tane 0-simpleks [x], [y] var. Bunlar baz kabul eden serbest abel

grubu C 0 (Mb) ile gösterelim. Biz baz 2 tane olan serbest abel grubun Z ⊕

Z oldu§unu biliyoruz ve bu serbest abel grupta çal³mak bizim için daha

al³agelmi³ oldu§undan C 0 (Mb) ≃ Z ⊕ Z alyoruz. Bu mantkla n tane k-

simpleksi baz kabul eden serbest abel grubunu C k (Mb) ile gösterece§iz ve

ona izomorf olan n tane Z nin direkt toplamn olan serbest abel grubunda

çal³aca§z.

4 tane 1-simpleks [α], [β], [δ], [γ] var. O halde C 1 (Mb) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z ⊕ Z

2 tane 2-simpleks [U], [L] var. O halde C 2 (Mb) ≃ Z ⊕ Z

Ve q ≥ 3 için C q (Mb) ≃ {0} dir.

... −→ 0 −→ C 2 (Mb) −→ C 1 (Mb) −→ C 0 (Mb) −→ 0

130

Burada; Ker∂ 0 = C 0 (Mb) ≃ Z ⊕ Z ve Im∂ 3 = {0} oldu§u açktr.

∂ 2 : C 2 (Mb) −→ C 1 (Mb)

homomorzmasn ele alalm. p, q ∈ Z ve ∀ p[U] + q[L] ∈ C 2 (Kb) için

∂ 2 (p[U] + q[L]) = p ∂ 2 [U] + q ∂ 2 [L] = p (−α − β + γ) + q (−α − γ + δ)

= −(p + q) α − p β + qδ + (p − q)γ

O zaman önce Im∂ 2 yi hesaplayalm. −(p + q) = ω 1 , −p = ω 2 , q = ω 3 ,

p − q = ω 4 diyelim ω 4 = −ω 2 − ω 3 ve ω 1 = ω 2 − ω 3 ³eklinde yazlabiliyor.

Im∂ 2 = {ω 1 α + ω 2 β + ω 2 δ + ω 4 γ} = {(ω 2 − ω 3 )α + ω 2 β + ω 3 δ + (−ω 2 − ω 3 )γ}

= {ω 2 (−α + β − γ) + ω 3 (−α + δ − γ)} ≃ Z ⊕ Z

( Bu durumda C 1 (Mb) de geriye sadece 2 baz kalr. Baz iki olan ve

çal³labilecek en kolay serbest grup Z ⊕ Z oldu§undan Im∂ 2 ≃ Z ⊕ Z dir.)

“imdi Ker∂ 2 yi hesaplayalm:

∂ 2 (pU +qL) = 0 olsun. Bu durumda = −(p+q) α−p β +qδ +(p−q)γ = 0

dr. Ker∂ 2 ≤ C 2 (Mb) serbest altgrubu oldu§undan lineer ba§mszdr. O

halde −p − q = 0 −p = 0 q = 0 p − q = 0 olur. Buradan p = q = 0 dr.

Ker∂ 2 = 0 dr.

∂ 1 : C 1 (Mb) −→ C 0 (Mb)

homomorzmasn ele alalm. ∀r 1 , r 2 , r 3 r 4 ∈ Z ve ∀r 1 [α]+r 2 [β]+r 3 [δ]+r 4 [γ] ∈

C 1 (Mb) için

∂ 1 (r 1 [α] + r 2 [β] + r 3 [δ] + r 4 [γ]) = r 1 ∂ 1 ([α]) + r 2 ∂ 1 ([β]) + r 3 ∂ 1 ([δ]) + r 4 ∂ 1 ([γ])

= r 1 (y−x)+r 2 (x−y)+r 3 (y−x)+r 4 (x−x) = (r 1 −r 2 +r 3 )(y−x)+r 4 (x−x)

elde edilir.

Ker∂ 2 yi hesaplayalm. ∂ 1 (r 1 [α] + r 2 [β] + r 3 [δ] + r 4 [γ]) = 0 olsun. O zaman

(r 1 −r 2 +r 3 )(y−x)+r 4 (x−x) = 0 dr. Yine lineer ba§mszlktan r 1 −r 2 +r 3 = 0

ve r 4 ∈ Z dir. r 2 = r 1 + r 3 ³eklinde yazlabildi§inden r 1 , r 3 , r 4 katsaylar

kalr. O zaman Ker∂ 2 ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z dir.

Im∂ 1 yi hesaplayalm. ∂ 1 (r 1 [α] + r 2 [β] + r 3 [δ] + r 4 [γ]) = (r 1 − r 2 + r 3 )(y −

x) + r 4 (x − x) = r(y − x) olur. Yani Im∂ 1 = {r(y − x) r ∈ Z} ≃ Z dir.

Artk Möbiüs “eridinin homoloji gruplarn hesaplayabiliriz.

131

H 0 (Mb) = Ker∂ 0

Im∂ 1

≃ Z

H 1 (Mb) = Ker∂ 1

Im∂ 2

≃ Z ⊕ Z

H 2 (Mb) = Ker∂ 2

Im∂ 3

= {0}

H q (Mb) = {0}

q ≥ 3 dir.

Örnek 9.3.5. p 0 = (0, 0, 0), p 1 = (1, 0, 0), p 2 = (1, 2, 0), p 3 = (2, 3, 4)

P 3

✻

✁ ✁

✁ ✁ ✲

✁ ✁ P 0

❅ ✁ ❅❘

❅

P 1 ✁

✲ ❅ P 2

✠

σ 0 1 =, σ 0 2 =, σ 0 3 =, σ 0 4 =

σ 1 1 =, σ 1 2 =, σ 1 3 =, σ 1 4 =

σ 1 5 =, σ 1 6 =

σ 2 1 =, σ 2 2 =, σ 2 3 =, σ 2 4 =

C 0 (K) =< σ 0 1 > ⊕ < σ 0 2 > ⊕ < σ 0 3 > ⊕ < σ 0 4 >≃ Z ⊕ Z ⊕ Z ⊕ Z ∼ = Z 4

C 1 (K) =< σ1 1 > ⊕ < σ2 1 > ⊕ < σ3 1 > ⊕ < σ4 1 > ⊕ < σ5 1 > ⊕ < σ6 1 > ∼ = Z 6

C 2 (K) =< σ1 2 > ⊕ < σ2 2 > ⊕ < σ3 2 > ⊕ < σ4 2 > ∼ = Z 4

C 3 (K) =< σ1 3 > ∼ = Z

C i (K) = 0 i ≥ 4

132

Z 0 (K) = Ker ∂ 0 = C 0 (K) ∼ = Z 4

0 ∂ 3

−→ C 2 (K) ∂ 2

−→ C 1 (K) ∂ 1

−→ C 0 (K) ∂ 0

−→ 0

0 ∂ 3

−→ Z 4 ∂

−→

2

Z

6 ∂

−→

1

Z

4 ∂

−→

0

B 0 (K) = Im ∂ 1 (9.39)

= {a 1 < σ 0 1 > +a 2 < σ 0 2 > +a 3 < σ 0 3 > +a 4 < σ 0 4 >| a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 0}

(9.40)

∼ = Z

3

(Üreteç says 3) (9.41)

Dolasyla sfrnc boyutta homoloji grubu;

H 0 (K) = Z 0(K)

B 0 (K) ∼ = Z4

Z 3 ∼ = Z

Hatrlatma:

∂ i () =

m∑

(−1) i

i=0

∂ 1 snr homomorzmasnn matrisi;

⎡

⎢

⎣

∂ 1 (σ1) 1 = p 1 − p 0 (9.42)

∂ 1 (σ2) 1 = p 2 − p 0 (9.43)

∂ 1 (σ3) 1 = p 3 − p 0 (9.44)

∂ 1 (σ4) 1 = p 2 − p 1 (9.45)

∂ 1 (σ5) 1 = p 3 − p 1 (9.46)

∂ 1 (σ6) 1 = p 3 − p 2 (9.47)

−1 −1 −1 0 0 0

1 0 0 −1 −1 0

0 1 0 1 0 −1

0 0 1 0 1 1

⎤

⎥

⎦

133

∂ 2 (σ1) 2 = − + (9.48)

∂ 2 (σ2) 2 = − + (9.49)

∂ 2 (σ3) 2 = − + (9.50)

∂ 2 (σ4) 2 = − + (9.51)

(9.52)

∂ 2 snr homomorzmasnn matrisi;

⎡

⎤

1 0 0 1

−1 0 1 0

⇒

0 0 −1 −1

⎢ 1 1 0 0

⎥

⎣ 0 −1 0 1 ⎦

0 1 1 0

Verilen piramidin homoloji grubu;

H q (K) =

{

Z, q = 0, 2

0, q ≠ 0, 2.

9.4 Simpleksler Kompleksin Euler Karakteristi§i

(K, f), S 2 kürenin bir üçgenle³tirilmi³i olsun. V , kö³eler(0-simpleksler) saysn,

E kenarlar(1-simpleksler) saysn ve F yüzeyler(2-simpleksler) saysn gösterüzere

Euler formulü nün

V − E + F = 2

oldu§unu biliyoruz. “imdi bunu genelle³tirelim;

Tanm 9.4.1. K, m-boyutlu simpleksler kompleksi olsun. q ≥ 0 için α q ,

K'daki q-simpleksler kompleksinin says olsun. K simpleksler kompleksinin

Euler karakteristi§i:

m∑

χ(K) = (−1) q α q

³eklinde tanmlanr.

q=0

134

Teorem 9.4.1. K, m-boyutlu oriyantal simpleksler kompleksi olsun.

χ(K) =

m∑

(−1) q rank(H q (K)).

q=0

spat:

A³a§daki zincir kompleksini ele alalm;

0 ∂ m+1

−→ C m (K) −→ ∂m

C m−1 (K) ∂ m−1 ∂

−→ · · · −→

1

C0 (K) ∂ 0

−→ 0.

Her q için C q (K) rank α q olan serbest abel grupttur. H q (K) = Zq(K)

B q(K)

oldu§undan

rankH q (K) = rankZ q (K) − rankB q (K)

Im∂ m+1 = 0 oldu§undan B m (K) = 0 dir. Her q ≥ 0 için

tam dizisi vardr.

0 −→ Z q (K) −→ C q (K) ∂q

−→ B q−1 (K) −→ 0

α q = rank C q (K) = rank Z q (K) + rank B q−1 (K)

χ(K) =

=

m∑

(−1) q α q (K) = (−1) q (rank Z q (K) + rank B q−1 (K)) (9.53)

q=0

m∑

(−1) q rank Z q (K) +

q=0

m∑

(−1) q rank B q−1 (K)) (9.54)

B −1 (K) = 0 = B m (K) oldu§undan

χ(K) =

=

m∑

(−1) q rank Z q (K) + (−1) q+1 rank B q (K) (9.55)

q=0

m∑

(−1) q (rank Z q (K) − rank B q (K)) (9.56)

q=0

m∑

(−1) q rank H q (K). (9.57)

q=0

135

Örnek 9.4.1.

H i (S 2 ) =

{ Z, i = 0, 2

0, i ≠ 0, 2

⎧

⎨ Z, i = 0, 2

H i (T ) = Z ⊕ Z, i = 1

⎩

0, i ≠ 0, 1, 2

⎧

⎨ Z, i = 0

H i (Kb) = Z ⊕ Z 2 , i = 1

⎩

0, i ≠ 0, 1

H i (D 2 ) =

H i (S 1 ) =

H i (S 1 × I) =

{ Z, i = 0

0, i ≠ 0

{ Z, i = 0, 1

0, i ≠ 0, 1

{ Z, i = 0, 1

0, i ≠ 0, 1

H i (Mb) =

{ Z, i = 0, 1

0, i ≠ 0, 1

⎧

⎨ Z, i = 0

H i (RP 2 ) = Z 2 , i = 1

⎩

0, i ≠ 0, 1

Yukardaki Homoloji gruplarn kullanarak Euler karakteristi§ini hesaplayabiliriz;

χ(S 2 ) =

∞∑

(−1) i rank H q (S 2 ) (9.58)

q=0

= (−1) 0 rank S 2 (T ) + (−1) 1 rank H 1 (S 2 ) + (−1) 2 rank H 2 (S 2 ) + . . .

(9.59)

= 1 − 0 + 1 + 0 + 0 + . . . = 2 (9.60)

χ(T ) =

χ(RP 2 ) =

∞∑

(−1) q rank H q (T ) (9.61)

q=0

= (−1) 0 rank H 0 (T ) + (−1) 1 rank H 1 (T ) + (−1) 2 rank H 2 (T ) + . . .

(9.62)

= 1 + (−1).2 + 1 = 0 (9.63)

∞∑

(−1) q rank H q (RP 2 ) (9.64)

q=0

= (−1) 0 rank H 0 (RP 2 ) + (−1) 1 rank H 1 (RP 2 ) + (−1) 2 rank H 2 (RP 2 ) + . . .

(9.65)

= 1 + (−1).1 + 0 = 0 (9.66)

136

χ(Kb) =

∞∑

(−1) q rank H q (Kb) (9.67)

q=0

= (−1) 0 rank H 0 (Kb) + (−1) 1 rank H 1 (Kb) + (−1) 2 rank H 2 (Kb) + . . .

(9.68)

= 1 + (−1).1 + 0 = 0 (9.69)

9.5 Homoloji ve Simpleksler Dönü³ümü

ϕ : K −→ L simpleksler dönü³üm olsun. ϕ, ∂ ◦ ϕ ∗ = ϕ ∗ ◦ ∂ e³itli§ini

do§rulayan ϕ : C q (K) −→ C q (L) lineer dönü³ümü üretti§ini biliyoruz. [c] =

c + B q (K), H q (K) bir eleman göstersin. Dolasyla c ∈ Z q (K) dir yani

∂(c) = 0 ve böylece ∂ ◦ ϕ ∗ (c) = ϕ ∗ ◦ ∂(c) = 0 oldu§undan ϕ ∗ (c) ∈ Z q (L) dir.

c−c ′ ∈ B q (K) ise bir u ∈ C q+1 (K) için ϕ ∗ (c−c ′ ) = ϕ ∗ (∂(u)) = ∂(ϕ ∗ (u))

dir. Yani ϕ ∗ (c) + B q (L) = ϕ ∗ (c ′ ) + B q (L). Dolasyla

H(ϕ) : H q (K) −→ H q (L)

c+B q (K) ↦−→ H(ϕ)(c+B q (K)) = ϕ ∗ (c)+B q (L).

Tanm 9.5.1. ϕ, ψ : K −→ L iki simpleksler dönü³üm olsun. Her q için

∂ q+1 ◦ h + h ◦ ∂ q = ϕ ∗ − ψ ∗

e³itli§ini do§rulayan h : C q (K) −→ C q+1 (L) lineer dön³ümü varsa ϕ ve ψ

dönü³ümleri zincir homotoptur denir.

Teorem 9.5.1. ϕ ve ψ arasnda bir zincir homotopi varsa

spat:

[c] = c + B q (K) ∈ H q (K) olsun.

H(ϕ) = H(ψ).

∂ q+1 ◦ h(c) + h ◦ ∂ q (c) = ϕ ∗ (c) − ψ ∗ (c).

∂ q (c) = 0 oldu§undan ϕ ∗ (c)−ψ ∗ (c) = ∂ ◦h(c) ∈ B q (L). Yani ϕ ∗ (c)+B q (L) =

ψ ∗ (c) + B q (L) ve H(ϕ)([c]) = H(ψ)([c]).

Tanm 9.5.2. ϕ, ψ : K −→ L iki simpleksler dönü³üm olsun. Herhangi

bir σ ∈ K simpleksi için, ϕ(σ) ∪ ψ(σ) L de bir simpleks oluyorsa ϕ, ψ

dönü³ümleri kontgious dur denir

Sonuç 9.5.1. ϕ, ψ : K −→ L iki simpleksler dönü³üm ve ϕ, ψ ye kontgious

ise tüm q için H q (ϕ) = H q (ψ) dir.

spat:

Okuyucuya braklm³tr.

137

9.6 Lefschetz Sabit Nokta Teoremi

Cebirsel Topolojide en önemli sabit nokta teoremi, 1884-1972 yllar arasnda

ya³am³ Solomon Lefschetz tarafndan bulunan Lefschetz sabit nokta teoremidir.

Tanm 9.6.1. X kompakt polihedron olmak üzere f : X −→ X sürekli

dönü³üm olsun. Ayrca h : |K| −→ X, X in üçgenle³tirilmi³ dönü³ümü

olsun.

n∑

λ(f) = (−1) q tr(h −1 ◦ f ◦ h) ∗

q=0

³eklinde tanmlanan sayya Lefschetz says denir. (Burada (h −1 ◦ f ◦ h) ∗

homomorzmas h −1 ◦ f ◦ h : |K| −→ |K| dön³ümü tarafndan indirgenmi³

homomorzmadr.)

Teorem 9.6.1. Lefschetz Sabit Nokta Teoremi X kompakt polihedron

olsun. λ(f) ≠ 0 olacak ³ekilde f : X −→ X bir sürekli dönü³üm ise f nin

sabit noktas vardr.

spat:

Okuyucuya braklm³tr.

Sonuç 9.6.1. X büzülebilir kompakt polihedron olsun. O zaman f : X −→ X

nin bir sabit noktas vardr.

spat:

X büzülebilir olmas durumunda

⎧

⎪⎨ Z, q = 0

H q (X) =

⎪⎩

0, q ≠ 0.

ndirgenmi³ homomorzm f ∗ : H 0 (X) −→ H 0 (X) birim homomorzmasdr.

Dolasyla λ(f) = 1 ≠ 0. Lefschetz Sabit Nokta Teoreminden f nin bir sabit

noktas vardr.

Sonuç 9.6.2. f : S n −→ S n bir sürekl dönü³üm ise λ(f) = 1+(−1) n deg (f).

E§er deg (f) ≠ ±1 ise f nin sabit noktas vardr.

spat:

⎧

⎪⎨ Z, q = 0, n

H q (S n ) =

⎪⎩

0, q ≠ 0, n.

138

oldu§unu biliyoruz. f ∗ : H 0 (S n ) −→ H 0 (S n ) dönü³ümü birim dönü³ümdür.

Ayrca f ∗ : H n (S n ) −→ H n (S n ) dön³ümünün trace(izi), f nin derecesine

e³ittir. Böylece

λ(f) = 1 + (−1) n deg (f).

kinci ksmda hemen birinci ksmdan elde edilir.

9.7 Borsuk-Ulam Teoremi

Borsuk-Ulam Teoreminin bir sonucu olarak a³a§daki teoremi verbiliriz:

Teorem 9.7.1. S n üzerindeki antipodal noktalarn, f : S n −→ R n sürekli

dönü³ümü altnda görüntüleri ayndr.

Sonuç 9.7.1. n ≥ 1 için S n , R n nin içine gömülemez.

Sonuç 9.7.2. m ≠ n ise R m , R n ne homemorf olamaz.

spat:

m > n olsun. f : R m −→ R n nin homemorzma oldu§unu varsayalm. S n ⊂

R m dir ve f : S n −→ R n sürekli ve injektir, yani f gömme dönü³ümüdür.

Buda bir önceki sonuç ile çeli³ir.

Teorem 9.7.2. f : S n −→ S n antipodal noktalar koruyan bir sürekli dönü³üm

olsun. f nin Lefschetz says λ(f) bir çift saydr.

spat:

Okuyucuya braklm³tr.

Teorem 9.7.3. n ≥ 1 için f : S n −→ S n antipodal noktalar koruyan bir

sürekli dönü³üm olsun. O zaman deg f tek tamsydr.

spat:

Sonuç 6.6.2 den λ(f) = 1+(−1) n degf. Teorem 6.7.2 den λ(f) bir çift saydr.

Böylece degf tek tamsaydr.

Teorem 9.7.4. Borsuk-Ulam Teoremi m > n olsun. O zaman antipodal

noktalar koruyan f : S m −→ S n sürekli dönü³ümü yoktur.

spat:

Antipodal noktalar koruyan f : S m −→ S n sürekli dönü³ümünün var oldu§unu

varsayalm. i : S n −→ S m kapsama dönü³ümü olmak üzere

i ◦ f : S m −→ S m

bile³keside antipodal noktalar korur. Teorem 6.7.3 den deg i ◦ f tek tamsaysdr.

Di§er taraftan (i ◦ f) ∗ sfr dönü³üm oldu§undan deg i ◦ f sfrdr.

Bu bir çeli³kidir.

139

Sonuç 9.7.3. f : S n −→ R n antipodal nokatalar koruyan bir süreklü dönü³üm

olsun. f(x) = 0 olacak ³ekilde bir nokta x ∈ S n vardr.

spat:

∀x ∈ S n için f ≠ 0 oldu§unu varsayalm.

g :S n −→ S n−1 (9.70)

x ↦−→ g(x) =

f()x

||f(x)||

(9.71)

g dönü³ümü sürekli ve antipodal noktalar koruyan dönü³ümdür. Bu da

Borsuk-Ulam Teoremi'ne göre çeli³ir.

140

Kaynakça

[1] Colin Adams and Robert Franzosa, Introduction to Topology, Pearson

Prentice Hall Inc., 2008.

[2] Glen E. Bredon, Topology and Geometry, Springer-Verlag, New York,

1993.

[3] Stephan C. Carlson, Topology of Surfaces, Knots, and Manifolds, John

Wiley Sons, Inc, 2001

[4] Fred H. Croom, Basic Concepts of Algebraic Topology, Springer-Verlag,

New York, 1978.

[5] Sue E. Goodman, Beginning Topology, American Mathematical Society,

2009.

[6] William S. Massey, A Basic Course in Algebraic Topology, Springer-

Verlag, New York, 1991.

[7] John McCleary, A First Course in Topology, American Mathematical

Society, 2006.

[8] Robert Messer and Philip Stran, Topology Now!, The Mathematical

Association of America, 2006.

[9] James R. Munkres, Elements of Algebraic Topology, Springer-Verlag,

New York, 1984.

[10] Joseph J. Rotman, An Introduction to Algebraic Topology, Springer-

Verlag, New York, 1998.

[11] Hajime Sato, Algebraic Topology: An Intuitive Approach, American

Mathematical Society, 1999.

[12] Allan J. Sieradski, An Introduction to Topology and Homotopy, PWS-

KENT Publishing Company, 1992.

141

[13] Edwin H. Spanier, Algebraic Topology, Springer-Verlag, New York, 1966.

142

CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI

CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI ... View more CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI

Delete template?

Save as template ?

CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ DERS NOTLARI