12.04.2012 GEOMETR˙IK TOPOLOJ˙I ˙IK˙INC˙I Ö ˘GRET˙IM ARA ...

12.04.2012
GEOMETRİK TOPOLOJİ İKİNCİ ÖĞRETİM ARA SINAV CEVAP ANAHTARI
1. S 1 ∨ S 1 (iki çemberin tek noktada birleşimi) topolojik 1-manifold mudur Gösteriniz.
Çözüm:
S 1 ∨ S 1 in p dışındaki tüm noktaları açık yay olan komşuluklara sahiptir ve bu açık yaylar R nin açık
aralıklarına homeomorftur. p noktası incelenmelidir. S 1 ∨ S 1 uzayının p de yerel öklid olduğunu kabul
edelim. O halde p, R nin bir açık aralığına homeomorf olan bir U açık komşuluğuna sahiptir.
h : U → V homeomorfizması mevcuttur. U −{p} ≈ h(U −{p}) = V −{h(p)} olmalıdır fakat U −{p}
dört bileşene sahipken V − {h(p)} iki bileşene sahiptir. Yani bu bir çelişkidir. S 1 ∨ S 1 , p noktasında
yerel öklid olamaz. Dolayısıyla bu uzay bir topolojik 1−manifold değildir.
2. S 2 topolojik 2-manifoldu için C ∞ atlas yapısı oluşturunuz.
Çözüm: N = (0, 0, 1) ve S = (0, 0, −1) olsun.
σ : S 2 \{N} −→ R 2
(x, y, z) ↦−→ σ(x, y, z) = (x,y)
1−z
p ∈ S 2 \{S} için ˜σ(p) = −σ(−p) olsun. σ’nın tersini bulalım. (x,y)
1−z
= (u 1, u 2 ) = u olsun. O halde
w = 1 − z ⇒ (x, y) = (wu 1 , wu 2 )
z 2 = 1−(x 2 +y 2 ) ⇒ (1−w) 2 = 1−w 2 |u| 2 ⇒ 1−2w+w 2 = 1−w 2 |u| 2 ⇒ w(w+w|u| 2 −2) = 0
ve (0, 0, 1) /∈ S 2 \{N} olduğundan z ≠ 1 dir ve dolayısıyla w = 1 − z ≠ 0 dır. O halde w + w|u| 2 = 2
olmalıdır.
w =
2
1 + |u| 2 ⇒ x = 2u 1
1 + |u| 2 , y = 2u 2
1 + |u| 2 , z = 1 − 2
1 + |u| 2 = |u|2 − 1
1 + |u| 2
1

Böylece σ −1 buluruz :
σ −1 (u 1 , u 2 ) = ( 2u 1
1 + |u| 2 , 2u 2
1 + |u| 2 , |u|2 − 1)
1 + |u| 2
σ −1 σ = 1 S 2 \{N} ve σσ −1 = 1 R 2
olduğundan σ bijektiftir. σ ve σ −1 de sürekli olduğundan σ homeomorfizmadır. Benzer şekilde ˜σ dönüşümü
de homeomorfizmadır. Böylece (S 2 \{N}, σ) ve (S 2 \{S}, ˜σ), S 2 de haritalardır. Şimdi bu haritaların
S 2 üzerinde C ∞ -atlas oluşturduklarını göstereceğiz. Bunun için ˜σ ◦ σ −1 ve σ ◦ ˜σ −1 in smooth
dönüşümler olduğunu göstererek bu haritaların C ∞ -uyumlu olduğunu elde etmeliyiz. u = (u 1 , u 2 ) olsun.
˜σ ◦ σ −1 (u 1 , u 2 ) = (u 1, u 2 )
|u| 2 = u
|u| 2
u = (u 1 , u 2 ) ≠ (0, 0) olduğundan ˜σ ◦ σ −1 smooth dönüşümdür.
σ ◦ ˜σ −1 (u 1 , u 2 ) = σ(−σ −1 (−u 1 , −u 2 )) = (u 1, u 2 )
|u| 2 = u
|u| 2
olup |u| 2 ≠ 0 olduğundan σ ◦ ˜σ −1 smooth dönüşümdür. Böylece (S 2 \{N}, σ) ve (S 2 \{S}, ˜σ) haritaları
C ∞ -uyumludur. O halde {(S 2 \{N}, σ), (S 2 \{S}, ˜σ)}, S 2 üzerinde C ∞ atlas yapısı oluştururlar.
3. x 2 1 + x2 2 + ... + x2 n = 1 denkleminin çözüm kümesi R n in regüler altmanifoldu mudur Açıklayınız.
Çözüm:
f : R n −→ R
(x 1 , x 2 , ..., x n ) ↦−→ f(x 1 , x 2 , ..., x n ) = x 2 1 + x2 2 + ... + x2 n
ve M = f −1 (1) olsun. f in Jacobian matrisi:
[
]
J(f) = 2x 1 2x 2 ... 2x n
J(f) = 0 ⇒ x 1 = x 2 = ... = x n = 0
elde ederiz. (0, 0, ..., 0) ∈ R n tek kritik noktadır. (0, 0, ..., 0) noktası f −1 (1) de bulunmadığından 1 dönüşümün
regüler değeridir. M = f −1 (1) regüler alt manifolddur.
4. T 2 = S 1 × S 1 ⊂ C 2 toru göstersin ve c herhangi bir irrasyonel sayı olsun.
γ : R −→ T 2
t ↦−→ (e 2πit , e 2πict )
dönüşümünün immersiyon (batırma) olup olmadığını belirleyiniz.
2

Çözüm: HATIRLATMA: M, m-boyutlu ve N, n-boyutlu manifoldlar olsun. Bir F
: N −→ M
dönüşümü verilsin. ∀p ∈ N için f 1 , f 2 , ..., f m
: N −→ R reel değerli fonksiyonlar olmak üzere
F = (f 1 , f 2 , ..., f m ) için f i ler diferansiyellenebilir ise F de diferansiyellenebilirdir.
γ(t) = (e 2πit , e 2πict )
γ(t) = ((cos2πt, sin2πt), (cos2πct, sin2πct))
U(t) = (cos2πt, sin2πt) ve V (t) = (cos2πct, sin2πct) diyelim.
U 1 (t) = cos2πt , U 2 (t) = sin2πt , V 1 (t) = cos2πct ve V 2 (t) = sin2πct dersek;
γ(t) = ((U 1 (t), U 2 (t)), (V 1 (t), V 2 (t))) dir.
U 1 (t) = cos2πt nin n. mertebeden kısmi türevi U (n)
1 (t) = (2π) n .cos(2πt + nπ/2) vardır ve süreklidir.
Bu nedenle U 1 (t) ∈ C ∞ dur.
U 2 (t) = sin2πt nin n. mertebeden kısmi türevi U (n)
2 (t) = (2π) n .sin(2πt + nπ/2) vardır ve süreklidir.
Bu nedenle U 2 (t) ∈ C ∞ dur.
V 1 (t) = cos2πct nin n. mertebeden kısmi türevi V (n)
1 (t) = (2πc) n .cos(2πct + nπ/2) vardır ve süreklidir.
Bu nedenle V 1 (t) ∈ C ∞ dur.
V 2 (t) = sin2πct nin n. mertebeden kısmi türevi V (n)
2 (t) = (2πc) n .sin(2πct + nπ/2) vardır ve süreklidir.
Bu nedenle V 2 (t) ∈ C ∞ dur.
O halde yukarıdaki hatırlatmadan dolayı γ, C ∞ -dönüşümdür.
Jacobian matrisini yazalım :
(
J(f) = −2πsin2πt 2πcos2πt −2πcsin2πct 2πccos2πct
)
J(γ) yı sıfır yapan bir t ∈ R yoktur. O halde rank(J(γ)) = 1 dir.
γ : R −→ T 2 nin immersiyon olması için gerek ve yeter şart γ ∗ : T p (R) −→ T γ(p) (T 2 ) nin injektif
olmasıdır.
γ ∗ : T p (R) −→ T γ(p) (T 2 ) nın injektif olması için gerek ve yeter şart
dim(R) ≤ dim(T 2 ) ve dim(R) = rank(J(γ))
olmasıdır. dim(R) = 1 , dim(T 2 ) = 4 ve rank(J(γ)) = 1 olduğundan gerekli durumlar sağlanır. O
halde γ ∗ : T p (R) −→ T γ(p) (T 2 ) injektiftir. O zaman γ : R −→ T 2 dönüşümü immersiyondur.
5. Uygun indirgeme işlemlerinden yararlanarak ab −1 d −1 c −1 c −1 bda −1 ve abc −1 a −1 b −1 c kelimelerinin
hangi yüzeyi belirttiklerini bulunuz. Bu yüzeylerin yönlendirilebilir olup olmadıklarını belirleyiniz ve
Euler karakteristiklerini hesaplayınız.
Çözüm: ab −1 d −1 c −1 c −1 bda −1 ∼ cember a −1 ab −1 d −1 c −1 c −1 bd ∼ kure b −1 d −1 c −1 c −1 bd ∼ silindir
b −1 c −1 d −1 c −1 bd ∼ mobius b −1 c −1 c −1 dbd ∼ mobius b −1 c −1 c −1 ddb −1 ∼ cember b −1 b −1 c −1 c −1 dd = 3RP 2
3

olur. RP 2 yönlendirilemez olduğundan bu yüzey yönlendirilemezdir. Bu yüzeyin Euler karakteristiği
χ(mRP 2 ) = 2 − m formülünden dolayı
χ(3RP 2 ) = 2 − 3 = −1
bulunur.
abc −1 a −1 b −1 c ∼ cember cabc −1 a −1 b −1 ∼ silindir cbac −1 a −1 b −1 ∼ silindir cbc −1 a −1 ab −1 ∼ kure
cbc −1 b −1 = T or
olur. Tor yönlendirilebilir olduğundan bu yüzey yönlendirilebilirdir . Bu yüzeyin Euler karakteristiği
χ(nT ) = 2 − 2n formülünden dolayı
χ(T ) = 2 − 2 = 0
bulunur.
6. G bir topolojik grup ve g ∈ G olsun.
f : G −→ G
h ↦−→ f(h) = ghg −1
dönüşümü bir topolojik izomorfizmadır. Gösteriniz.
Çözüm: G topolojik grup olduğundan (G, .) bir grup (G, τ) topolojik uzay ve
α : G × G −→ G
β : G −→ G
(a, b) ↦−→ α(a, b) = a.b a ↦−→ β(a) = a −1
dönüşümleri süreklidir. f nin topolojik izomorfizma olduğunu göstermek için f nin bir grup izomorfizması
ve homeomorfizm olduğunu göstermeliyiz.
• f bir grup izomorfizmasıdır:
f iyi tanımlıdır: Her a, b ∈ G için a = b ise gag −1 = gbg −1 olduğundan f(a) = f(b) olur.
f birebirdir ⇔ ker(f) = {e}
Herhangi a ∈ ker(f) için
f(a) = gag −1 = e ⇒ g −1 (gag −1 )g = g −1 eg
⇒ (g −1 g)a(g −1 g) = g −1 g
⇒ eae = e
⇒ a = e
⇒ ker(f) = {e}
⇒ fbirebirdir.
4

f örtendir ⇔ Her b ∈ G için f(a) = b olacak şekilde öyle bir a ∈ G vardır.
Herhangi b ∈ G için a = g −1 bg alırsak f(a) = g(g −1 bg)g −1 = ebe = b olur. Buradan f örtendir.
• f grup homomorfizmasıdır:
Her a, b ∈ G için f(a.b) = g(ab)g −1 = gaebg −1 = gag −1 gbg −1 = (gag −1 )(gbg −1 ) = f(a)f(b)
olur.
• f nin homeomorfizma olduğunu göstermek için f nin ve tersinin sürekli olduğunu göstermek yeterlidir.
Çünkü f nin bijeksiyon olduğunu izomorfizma olduğunu gösterirken açıkladık.
α sürekli olduğundan α| gG×{g −1 } kısıtlanışı da süreklidir. Her h ∈ G için
α| gG×{g −1 }(gh, g −1 ) = ghg −1 = f(h)
olduğundan α| gG×{g −1 } = f olur. O halde f de süreklidir.
f nin tersi
f −1 : G −→ G
h ↦−→ f −1 (h) = g −1 hg
dönüşümüdür. Benzer şekilde α| g −1 G×{g} kısıtlanışı süreklidir ve α| g −1 G×{g} = f −1 olduğundan f −1
süreklidir.
Sonuç olarak f grup izomorfizması ve homeomorfizma olduğundan topolojik izomorfizmadır.
5