CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. R Ãözüm: R
CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. R Ãözüm: R
CEBÅ¥RSEL TOPOLOJÅ¥ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. R Ãözüm: R
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
22.1<strong>1.</strong>2011<br />
CEB RSEL TOPOLOJ<br />
<strong>ARA</strong> <strong>SINAV</strong> <strong>CEVAP</strong> <strong>ANAHTARI</strong><br />
<strong>1.</strong> R 2 nin herhangi bir kapal alt kümesi D 2 diskinin içine homeomorf mudur Cevabnz açklaynz.<br />
Çözüm: R 2 bir Hausdor uzay oldu§undan kapal her alt kümesi kompakttr. Fakat D 2 diskinin içi<br />
kompakt olmad§ndan bu iki uzay birbirine homeomorf de§ildir.<br />
2. (X, τ) bir topolojik uzay ve Y bo³tan farkl bir küme olmak üzere f : X → Y örten bir fonksiyon<br />
olsun. f fonksiyonunu sürekli klan Y üzerindeki en ince topolojinin identikasyon topolojisi oldu§unu<br />
ispatlaynz.<br />
Çözüm: τ q , Y üzerindeki identikasyon topolojisi ve τ ′ , Y üzerinde τ q ⊆ τ ′ ve f fonksiyonunu sürekli<br />
klacak ³ekilde bir topoloji olsun. Y üzerinde τ q identikasyon topolojisini göz önüne ald§mzda, identi-<br />
kasyon topolojisinin tanm gere§i her U ∈ τ q için f −1 (U) ∈ τ oldu§undan f : X → Y süreklidir. Key<br />
bir V ∈ τ ′ alalm. f : (X, τ) → (Y, τ ′ ) sürekli oldu§undan f −1 (V ) ∈ τ olur ve τ q tanm gere§i V ∈ τ q<br />
elde edilir. O halde τ ′ ⊆ τ q .<br />
3. ∼, bir X topolojik uzay üzerinde bir denklik ba§nts ve R = {(x, y) ∈ X × X : x ∼ y} olsun.<br />
q : X → X/ ∼ bir do§al dönü³üm olsun. R ⊂ X × X açk ise, i x (y) = (x, y) ile tanml i x : X → {x} × X<br />
homeomorzm olmak üzere X/ ∼ üzerindeki bölüm topolojisinin diskret oldu§unu gösteriniz.<br />
Çözüm: X/ ∼ üzerindeki topolojinin diskret olabilmesi için her denklik snfnn açk oldu§unu göstermeliyiz.<br />
R ⊂ X × X açk oldu§undan bir x 0 ∈ X için<br />
({x 0 } × X) ∩ R = {(x 0 , y) ∈ {x 0 } × X : x 0 ∼ y} ⊂ {x 0 } × X<br />
açktr. i x0 : X → {x 0 } × X homeomorzma oldu§undan<br />
i −1<br />
x 0<br />
(({x 0 } × X) ∩ R) = i −1<br />
x 0<br />
({(x 0 , y) ∈ {x 0 } × X : x 0 ∼ y})<br />
açktr.<br />
= {y ∈ X : x 0 ∼ y}<br />
= [x 0 ]<br />
4. Bir Hausdor uzaynn retraksiyonunun kapal oldu§unu gösteriniz.<br />
Çözüm: X bir Hausdor uzay, A ⊂ X ve r : X → A bir retraksiyon olsun. Bu durumda A = {x ∈<br />
X : x = r(x)}. x ∈ X − A olsun, o zaman x ≠ r(x). X bir Hausdor uzay oldu§undan x ∈ U ve r(x) ∈ V<br />
olacak ³ekilde ayrk ve açk U, V kümeleri vardr. V ∩ A, A da açktr. Böylece r −1 (V ∩ A), X te açktr.<br />
x ∈ U, x ∈ r −1 (V ∩ A) ve iki açk kümenin arakesiti de açk oldu§undan G = U ∩ r −1 (V ∩ A) açktr ve
x noktasn içerir. Ayrca G ∩ A = ∅ oldu§undan X − A açktr. O halde A kapaldr.<br />
5. (1, 0), (3, 5) ∈ R 2 olmak üzere π 1 (R 2 , (1, 0)) temel grubunu hesaplaynz. π 1 (R 2 , (1, 0)) ile π 1 (R 2 , (3, 5))<br />
temel gruplar izomorf mudur Açklaynz.<br />
Çözüm:<br />
Teorem: α, X uzaynda x 0 noktasndan x 1 noktasna bir yol olsun. Bu durumda ̂α([f]) = [α] ∗ [f] ∗ [α]<br />
ile tanml ̂α : π 1 (X, x 0 ) → π 1 (X, x 1 ) homomorzmas bir izomorzmdir.<br />
Sonuç: X yol ba§lantl bir uzay ise, her x 0 , x 1 ∈ X için π 1 (X, x 0 ) ∼ = π 1 (X, x 1 )<br />
Bu soruda da R 2 yol ba§lantl oldu§undan büzülebilirdir ve π 1 (R 2 , (1, 0)) ∼ = {0} ∼ = π 1 (R 2 , (3, 5)).<br />
6. f, f ′ : X −→ Y ve g, g ′ : Y −→ Z homotopik ise g ◦ f, g ′ ◦ f ′ 'ye homotop oldu§unu gösteriniz.<br />
Çözüm: f ≃ f ′ oldu§undan F : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü F (x, 0) = f(x), F (x, 1) = f ′ (x)<br />
ko³ullarn sa§lar. g ≃ g ′ oldu§undan G : Y × I −→ Z sürekli dönü³ümü G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = g ′ (x)<br />
ko³ullarn sa§lar. g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′ oldu§unu göstermek için ≃ ba§ntsnn denklik ba§nts oldu§undan<br />
yararlanaca§z. g◦f ≃ g◦f ′ ve g◦f ′ ≃ g ′ ◦f ′ oldu§unu gösterirsek g◦f ≃ g ′ ◦f ′ oldu§unu göstermi³ oluruz.<br />
• X × I F Y<br />
g<br />
Z<br />
H : X × I −→ Z, H(x, t) = g ◦ F (x, t) ³eklinde tanmlanan dönü³üm F ve g sürekli oldu§undan<br />
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 ′<br />
dir.<br />
• X × I f ′ ×1 Y × I G Z<br />
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)<br />
ko³ullarn da sa§lad§ndan g ◦ f ′ ≃ g ′ ◦ f ′ dir.<br />
O halde g ◦ f ≃ g ′ ◦ f ′ dir.<br />
7. Bir X uzaynn büzülebilir olmas için gerek ve yeter bir ³art Y herhangi bir topolojik uzay olmak<br />
üzere her f : Y → X dönü³ümünün nullhomotop olmasdr. spatlaynz.<br />
Çözüm: X uzaynn büzülebilir oldu§unu kabul edelim. Bu durumda id X ≃ c x0 olacak ³ekilde bir<br />
H : X × I → X homotopi dönü³ümü vardr. f : Y → X herhangi bir sürekli dönü³üm olsun ve her<br />
(y, t) ∈ Y × I için G(y, t) = H ◦ (f × id I )(y, t) = H(f(y), t) ile tanml dönü³ümü göz önüne alalm.<br />
• H, f ve id I dönü³ümleri sürekli oldu§undan G süreklidir.<br />
• G(y, 0) = H(f(y), 0) = f(y) ve G(y, 1) = H(f(y), 1) = c x0 (f(y)) = x 0<br />
oldu§undan f = id X ◦ f ≃ c x0 ◦ f = c cx0 elde edilir.<br />
O halde f nullhomotoptur.
Tersine her Y uzay için Y → X tüm dönü³ümler nullhomotop ise, Y = X ald§mzda id X<br />
dönü³ümünün nullhomotop oldu§u, yani X uzaynn büzülebilir oldu§u elde edilir.<br />
8. X herhangi bir topolojik uzay, Y büzülebilir bir uzay ve [X, Y ], X ten Y uzayna sürekli dönü³ümlerin<br />
homotopi snarnn kümesi olmak üzere [X, Y ] kümesinin tek elemanl oldu§unu gösteriniz.<br />
Çözüm: Y bir büzülebilir uzay olsun. Bu durumda id Y : Y −→ Y birim dönü³üm ve her y ∈ Y<br />
için f : Y −→ Y , f(y) = p ile tanml sabit dönü³üm olmak üzere H(y, 0) = id Y (y) ve H(y, 1) = f(y)<br />
olacak ³ekilde H : Y × I −→ Y homotopi dönü³ümü vardr.<br />
Herhangi bir α : X −→ Y sürekli dönü³ümü için G(x, t) = H(α(x), t) ile G : X ×I −→ Y dönü³ümünü<br />
tanmlayalm.<br />
• H ve α sürekli oldu§undan, G dönü³ümü de süreklidir.<br />
• G(x, 0) = H(α(x), 0) = α(x) ve G(x, 1) = H(α(x), 1) = f(α(x)) = p<br />
olup, α ≃ f. Her α : X −→ Y dönü³ümü p noktasnda sabit olan dönü³üme homotop oldu§undan [X, Y ]<br />
nin tek elemanl oldu§u elde edilir.