x, y, z

08.06.2010
GEOMETRİK TOPOLOJİ ÖRGÜN ÖĞRETİM FİNAL CEVAP ANAHTARI
1. φ : R 3 −→ R 2 , (x, y, z) ↦−→ φ(x, y, z) = (y − z, x)
u = y − z ve v = x olsun.
u ′ x = 0, u ′′ x = 0, u ′′′
x = 0, ... v ′ x = 1, v ′′
x = 0, v ′′′
x = 0, ...
u ′ y = 1, u ′′
y = 0, u ′′′
y = 0, ... v ′ y = 0, v ′′
y = 0, v ′′′
y = 0, ...
u ′ z = −1, u ′′
z = 0, u ′′′
z = 0, ... v ′ z = 0, v ′′
z = 0, v ′′′
z = 0, ...
∀n ∈ N için u (n)
x
, u (n) , u (n)
y
z
, v (n)
x
, v (n)
y
, v (n)
z
u, v ∈ C ∞ olur. u, v ∈ C ∞ olduğundan φ, C ∞ -dönüşümdür.
φ nin Jacobian matrisini inceleyelim:
kısmi türevleri var ve bunlar R 3 ’de süreklidir. O halde,
J(φ) =
⎛
⎝ 0 1 −1
1 0 0
⎞
⎠
f : M −→ N nin daldırma(submersion) olması için gerek ve yeter şart f ∗ : T p (M) −→ T f(p) (N)
dönüşümünün sürjektif olmasıdır. f ∗ : T p (M) −→ T f(p) (N) dönüşümünün sürjektif olması için
gerek ve yeter şart dim(M) > dim(N) ve dim(N) = rank(J(f)) olmasıdır.
dim(R 3 ) > dim(R 2 ) ve dim(R 2 ) = 2 = rank(J(φ)) olduğundan φ ∗ : T p (R 3 ) −→ T f(p) (R 2 )
sürjektiftir. O halde, φ daldırma (submersion)dır.
2. abcbca ∼ mobius aac −1 b −1 c −1 b −1 ∼ mobius aac −1 c −1 bb −1 ∼ kure aac −1 c −1 = 2RP 2
abcb −1 dc −1 d −1 a −1 ∼ cember a −1 abcb −1 dc −1 d −1 ∼ kure bcb −1 dc −1 d −1 ∼ silindir bcdb −1 c −1 d −1
∼ silindir bdcb −1 c −1 d −1 ∼ silindir bdb −1 c −1 cd −1 ∼ kure bdb −1 d −1 = T
χ(nT ) = 2 − 2.n (n ≥ 0) ve χ(mRP 2 ) = 2 − m (m ≥ 1) idi.
χ(2RP 2 ) = 2 − 2 = 0 ve χ(T ) = 2 − 2.1 = 0 olup yüzeylerin Euler karakteristikleri eşittir fakat
T yönlendirilmiş, 2RP 2 yönlendirilmemiş yüzey olduğundan bu yüzeyler homeomorf değildir.
3. R g : G −→ G, ∀x ∈ G için R g (x) = x · g olsun. G bir topolojik grup olduğundan;
f : G × G −→ G × G (x, g) ↦−→ f(x, g) = x · g fonksiyonu süreklidir.
R g (x) = f| G×{g} olduğundan R g fonksiyonu süreklidir.
R g (x 1 ) = R g (x 2 ) ⇒ x 1 g = x 2 g ⇒ (x 1 g)g −1 = (x 2 g)g −1 ⇒ x 1 = x 2 olduğundan R g , 1-1 dir.
∀y ∈ G için R g (x) = y olacak şekilde x ∈ G var mı
R g (x) = y ⇒ xg = y ⇒ x = yg −1 ∈ G ⇒ R g , örtendir. O halde; R g , bijektifdir.

(R g ) −1 = R g −1 olduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten,
R g −1 ◦ R g (x) = R g −1(xg) = (xg)g −1 = x = I(x)
R g ◦ R g −1(x) = R g (xg −1 ) = (xg −1 )g = x = I(x) dir.
R g −1 : G −→ G, ∀x ∈ G için R g −1(x) = hg −1 fonksiyonu verilsin.
(R g ) −1 = f| G×{g −1 } olduğundan (R g ) −1 = R g −1 fonksiyonu süreklidir.
O halde; R g , homeomorfizmdir.
4. ( ⇐ ) Açıktır. Çünkü her T 1 -uzay, T 0 -uzaydır.
( ⇒ ) x, y ∈ G ve x ≠ y olsun. G, T 0 -uzayı olduğundan x in bir P komşuluğu vardır öyleki y ∉ P
dir. x ∈ P olduğundan x −1 x = e ∈ x −1 P = V , e’nin bir komşuluğudur.
’Önerme : G bir topolojik grup, e ∈ U olmak üzere, U, G’de açık olsun. V = V −1 ve V.V ⊂ U
olacak şekilde V açık kümesi vardır ve e ∈ V dir.’
Önermeden; e ∈ V ve e ∈ V −1 olup e ∈ V ∩ V −1 = Q, e’nin bir komşuluğudur. V ∩ V −1 ⊂ V
yani Q ⊂ V dir. e ∈ Q olduğundan y ∈ yQ olur. x ∉ yQ dur çünkü aksi halde x ∈ yQ olsa burada
x −1 ∈ Qy −1 olur.(Q = V ∩ V −1 , Q −1 = Q ve (yQ) −1 = Q −1 y −1 = Qy −1 )
x −1 ∈ Qy −1 ⊂ V y −1 ⊂ x −1 P y −1
x −1 ∈ x −1 P y −1 ise e = xx −1 ∈ xx −1 P y −1 = P y −1 olup buradan e ∈ P y −1 ve y ∈ P elde edilir.
Bu ise y ∉ P olması ile çelişir. O halde, ∀x, y ∈ G için x ≠ y için (x ∈ P ve y ∉ P ) ve (y ∈ yQ
ve x ∉ yQ) şeklinde açık komşuluklar vardır. Yani G, T 1 -uzaydır.
5. (a)
3 tane 0-simpleks < x >, < y >, < z > var. O halde C 0 (D 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
3 tane 1-simpleks < α >, < β >, < γ > var. O halde C 1 (D 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
1 tane 2-simpleks < A > var. O halde C 2 (D 2 ) ≃ Z
q ≥ 3 için C q (D 2 ) ≃ {0}

0 ∂ 3
−→ C 2 (D 2 ) ∂ 2
−→ C 1 (D 2 ) ∂ 1
−→ C 0 (D 2 ) ∂ 0
−→ 0
Im∂ 3 ≃ {0} ve Ker∂ 0 = C 0 (D 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
∂ 2 : C 2 (D 2 ) −→ C 1 (D 2 ) homomorfizmasını ele alalım.
∀pA ∈ C 2 (D 2 ) için ∂ 2 (pL) = p∂ 2 (A) = p.(α + β − γ)
Im∂ 2 = {p.(α + β − γ)|p ∈ Z} ≃ Z
∂ 2 (pA) = 0 ⇒ p.(α + β − γ) = 0 ⇒ p = 0 olmalı ⇒ Ker∂ 2 = {0}
∂ 1 : C 1 (D 2 ) −→ C 0 (D 2 ) homomorfizmasını ele alalım.
∀r 1 α + r 2 β + r 3 γ ∈ C 1 (D 2 ) için,
∂ 1 (r 1 α + r 2 β + r 3 γ) = r 1 ∂ 1 (α) + r 2 ∂ 1 (β) + r 3 ∂ 1 (γ)
−r 1 − r 3 = a, r 1 − r 2 = b, r 2 + r 3 = −a − b diyelim.
Im∂ 1 = {au + bv + (−a − b)w|a, b ∈ Z} ≃ Z ⊕ Z
Ker∂ 1 i hesaplayalım:
∂ 1 (r 1 α + r 2 β + r 3 γ) = 0 olsun.
= r 1 (y − x) + r 2 (z − y) + r 3 (z − x)
= (−r 1 − r 3 )x + (r 1 − r 2 )y + (r 2 + r 3 )z
(−r 1 − r 3 )x + (r 1 − r 2 )y + (r 2 + r 3 )z = 0, x, y, z ≠ 0 olduğundan;
−r 1 − r 3 = 0, r 1 − r 2 = 0 ve r 2 + r 3 = 0 olur. Buradan r 3 = −r 1 , r 1 = r 2 ve r 2 = −r 3
bulunur.
Ker∂ 1 = {r 1 α + r 1 β − r 1 γ|r 1 ∈ Z} = {r 1 (α + β − γ)|r 1 ∈ Z} ≃ Z ⇒ Ker∂ 1 ≃ Z
H 0 (D 2 ) = Ker∂ 0
Im∂ 1
≃ Z, H 1 (D 2 ) = Ker∂ 1
Im∂ 2
≃ {0}, H 2 (D 2 ) = Ker∂ 2
Im∂ 3
≃ {0} bulunur. Böylece
istenilen sonucu elde ederiz:
(b) χ(D 2 ) =
∞∑
(−1) q .rank H q (D 2 )
q=0
⎧
⎨
H n (D 2 Z, n=0
) =
⎩
{0}, n≠0.
= (−1) 0 .rank H 0 (D 2 ) + (−1) 1 .rank H 1 (D 2 ) + (−1) 2 .rank H 2 (D 2 ) + ...
= 1 − 0 + 0 − 0 + ... = 1