{0}'ın deformasyon retraktı oldu˘gunu göste

17.01.2011
CEBİRSEL TOPOLOJİ I FİNAL SINAVI CEVAP ANAHTARI
1. S 1 , R 2 − {0}’ın deformasyon retraktı olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
r : R 2 − {0} −→ S 1 , x ↦−→ x
‖x‖
i : S 1 −→ R 2 − {0},
x ↦−→ x
şeklinde tanımlansın.
i ◦ r ≃ 1 R 2 −{0}
r ◦ i(x) = r(i(x)) = r(x) =
x
‖x‖ = x = 1 S 1(x)
H : R 2 − {0} × I −→ R 2 − {0},
(x, t) ↦−→ H(x, t) = tx + (1 − t) x
‖x‖
şeklinde dönüşümü tanımlayalım. H iyi tanımlı ve süreklidir. Ayrıca
H(x, 0) =
Böylece S 1 , R 2 − {0}’ın deformasyon retraktıdır.
x
‖x‖ = i ◦ r(x) ve H(x, 1) = x = 1 R 2 −{0}(x)
2. Kompleks katsayılı sabit olmayan her polinomun bir kompleks kökü vardır. İspatlayınız.
Çözüm: ∑ ρ , merkezi orijin yarıçapı ρ olan çember olmak üzere f n ρ
: ∑ ρ
−→ C − {0} dönüşümü
z ↦→ z n dönüşümünün ∑ ρ ye kısıylanışı olsun. f ρ n nullhomotop olmadığını iddia ediyoruz. Şimdi bunu
ispatlayalım.
g(z) = z n + a n−1 z n−1 + ... + a 1 z + a 0
kompleks katsayılı polinomu düşünelim.
ρ > max{1,
n−1
∑
|a i |}
i=0
olarak seçelim ve
F : ∑ ρ
n−1
∑
×I −→ C, (z, t) ↦−→ F (z, t) = z n + (1 − t) a i z i
i=0
sürekli fonksiyonunu tanımlayalım. g| ∑ ρ ≃ f n ρ
olduğu açıktır. Eğer ImF ⊂ C − {0} olduğunu yani
F (z, t) ≠ 0 olduğunu gösterirsek g| ∑ ρ ≃ f n ρ olduğunu göstermiş oluruz. O zaman F (z, t) = 0
olduğunu kabul edip çelişki elde edelim.
1

n−1
∑
n−1
∑
t ∈ I ve |z| = ρ olsun. O zaman z n + (1 − t) a i z i = 0 ⇒ z n = −(1 − t) a i z i
ρ > 1 için,
i=0
i=0
elde edilir.
n−1
∑
n−1
∑
|z| = ρ, ρ n = |z| n = |z n | = |−(1−t) a i z i | ≤ |1−t| |a i ||z i | ≤
i=0
i=0
n−1
∑
n−1
∑
|a i ||z| i =
i=0
i=0
n−1
∑
|a i |ρ i ≤ (
n−1
∑
⇒ ρ ≤ |a i | çelişkidir. Kabulümüz yanlış, F (z, t) ≠ 0 dır. g(z) nin hiçbir kompleks kökü olmasın.
i=0
G : ∑ ρ
×I −→ C − {0}
(z, t) ↦→ G(z, t) = g((1 − t)z)
i=0
|a i |)ρ n−1
G(z, 0) = g(z) ve G(z, 1) = g(0) = k(z)
⇒ f n ρ ≃ k elde edilir. f n ρ nullhomotop değilse, sabit fonksiyona homotop olamaz. Bu durumda g(z)
nin bir kompleks kökü vardır. Cebirin temel teoremi gerçeklenmiş olur.
3. X yol bağlantılı olmak üzere x 0 , x 1 ∈ X için π 1 (X, x 0 ) ∼ = π 1 (X, x 1 ) olduğunu gösteriniz.
Çözüm: X yol bağlantılı olduğundan herhangi x 0 , x 1 ∈ X için α(0) = x 0 ve α(1) = x 1 olacak
şekilde α : I −→ X sürekli dönüşümü vardır.
φ : π 1 (X, x 0 ) −→ π 1 (X, x 1 )
[f] ↦→ φ([f]) = [α −1 ] ∗ [f] ∗ [α]
ψ : π 1 (X, x 1 ) −→ π 1 (X, x 0 )
[g] ↦→ ψ([g]) = [α] ∗ [g] ∗ [α −1 ]
şeklinde dönüşümler tanımlansın.
φ iyi tanımlıdır:
[f] = [g] ⇒ f ≃ p g ⇒ α −1 ∗ f ≃ p α −1 ∗ g
⇒ α −1 ∗ f ∗ α ≃ p α −1 ∗ g ∗ α
⇒ [α −1 ] ∗ [f] ∗ [α] ≃ p [α −1 ] ∗ [g] ∗ [α]
⇒ φ([f]) = φ([g])
φ homomorfizmdir: [f] ∗ [g] = [f ∗ g] olduğunu biliyoruz.
φ([f] ∗ [g]) = φ([f ∗ g]) = [α −1 ] ∗ [f ∗ g] ∗ [α] = [α −1 ] ∗ [f] ∗ [g] ∗ [α]
= [α −1 ] ∗ [f] ∗ [α] ∗ [α −1 ] ∗ [g] ∗ [α]
= φ([f]) ∗ φ([g])
2

Böylece φ homomorfizmadır.
ψ ◦ φ([f]) = ψ(φ[f]) = ψ([α −1 ] ∗ [f] ∗ [α]) = ψ([α −1 ∗ f ∗ α]) = [α] ∗ [α −1 ] ∗ [f] ∗ [α] ∗ [α −1 ]
= [e x0 ] ∗ [f] ∗ [e x0 ] = [f] ∗ [e x0 ] = [f] = 1 π1 (X,x 0 )
Böylece φ injektiftir.
φ ◦ ψ([g]) = φ(ψ[g]) = φ([α ∗ g ∗ α −1 ]) = [α −1 ∗ α ∗ g ∗ α −1 ∗ α] = [e ∗ g ∗ e] = [g] = 1 π1 (X,x 1 )([g])
Dolayısıyla φ surjektiftir.
φ ◦ ψ = 1 π1 (X,x 1 ) ve ψ ◦ φ = 1 π1 (X,x 0 )
olduğundan φ bijektif yani φ izomorfizmdir.
4. X yerel yol bağlantılı olmak üzere ( ˜X, p), X’in örtü uzayı olsun. x 0 ∈ X ve ˜x 0 ∈ p −1 (x 0 ) için
Cov( ˜X/X) ∼ = N π (p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))/p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 )
olduğunu gösteriniz.(Not: N π (p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 )), p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) altgrubunun normalizeridir.)
Çözüm: Cov( ˜X/X) ∼ = Aut(p −1 (x 0 )) olduğunu biliyoruz. ˜x 0 ın stabilizeri p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) dir.
Aut(Y ) ∼ = N G (G 0 )/G 0 olduğunu biliyoruz. O halde,
Cov( ˜X/X) ∼ = Aut(p −1 (x 0 )) ∼ = N π (p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 ))/p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 )
elde edilir.
5. X bağlantılı, yerel yol bağlantılı ve x 0 ∈ X olsun. X’in örtü uzayı ( ˜X, p)’nin regüler olması için
gerek ve yeter şart Cov( ˜X/X) grubunun p −1 (x 0 ) lifi üzerinde transitifli haraket etmesidir. İspatlayınız.
Çözüm: (⇒) ˜x 0 , ˜x 1 ∈ p −1 (x 0 ) alalım. ( ˜X, p) regüler olsun. O halde, p ∗ (π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ (π 1 ( ˜X, ˜x 1 ))
dır. Buradan p ◦ h = p olacak şekilde h : ( ˜X, ˜x 0 ) −→ ( ˜X, ˜x 1 ) homeomorfizması vardır. Dolayısıyla
h ∈ Cov( ˜X/X) ve h(˜x 0 ) = ˜x 1 olur. Bu hareket transitiflidir.
(⇐) Cov( ˜X/X) grubu p −1 (x 0 ) lifi üzerinde transitifli haraket etsin. Yani:
Cov( ˜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 şekilde h ∈ Cov( ˜X/X) vardır.
h ∗ (π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = π 1 ( ˜X, ˜x 1 ) dır. p ◦ h = p olduğundan p ∗ = p ∗ ◦ h ∗ olur. Böylece
p ∗ (π 1 ( ˜X, ˜x 0 )) = p ∗ ◦ h ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 0 ) = p ∗ π 1 ( ˜X, ˜x 1 )
olur. Bu eşitlikten, p ∗ (π 1 ( ˜X, ˜x 0 )), π 1 (X, x 0 ) ın normal alt grubudur. ( ˜X, p) regülerdir.
3

6. Her afin dönüşümün sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm: T : R n −→ R k , x ↦−→ T (x) = λ(x) + y 0
n∑
n∑
λ : R n −→ R k , x ↦−→ λ(x) = λ( t i p i ) = t i λ(p i )
i=0 i=0
λ sürekli çünkü herbir p i için λ(p i ) süreklidir. Bu sürekli fonksiyonların t i skalerleriyle çarpılıp
toplanmaları R k da süreklidir. λ(x) ve y 0 sabit dönüşümü sürekli olduğundan T (x) = λ(x) + y 0
süreklidir.
7. K simpleksler kompleks kategorisi ve Ab abel grup kategorisi olmak üzere q ≥ 0 için H q : K −→ Ab
in bir funktor olduğunu gösteriniz.
Çözüm: K simpleksler kompleks kategorisi olsun. q ≥ 0 için H q : K −→ Ab in bir funktordur. Bunu
gösterelim. ϕ : K −→ L simpleksler dönüşümü olmak üzere
ϕ ∗ : C q −→ C q (L)
⎧
⎨ ϕ(p 0 ), ..., ϕ(p q ), {ϕ(p 0 ), ..., ϕ(p q )} L deki bir simpleksi gerer
< p 0 , p 1 , ..., p q >↦−→ ϕ ∗ (< p 0 , p 1 , ..., p q >) =
⎩
0, {ϕ(p 0 ), ..., ϕ(p q )} L deki bir simpleksi germez
H q (ϕ) : H q (K) −→ H q (L)
c + B q (K) ↦−→ ϕ ∗ (c) + B q (L)
ϕ : K −→ L ve ψ : L −→ M simpleksler dönüşümü olsun.
H q (ψ ◦ ϕ)(c + B q (K)) = (ψ ◦ ϕ) ◦ (c) + B q (M) = ψ ∗ ◦ ϕ ∗ (c) + B q (M)
H q (ψ) ◦ H q (ϕ)(c + B q (K)) = H q (ψ)(ϕ ∗ (c) + B q (L)) = ψ ∗ ◦ ϕ ∗ (c) + B q (M)
1 K : K −→ K birim simpleksler dönüşümü olsun.
H q (1 K ) : H q (K) −→ H q (K)
c + B q (K) ↦−→ H q (1 K )(c + B q (K)) = (1 K ) ∗ (c) + B q (K)
H q (1 K )(c + B q (K)) = (1 K ) ∗ (c) + B q (K) = 1 K (c) + B q (K) = c + B q (K)
1 Hq(K)(c + B q (K)) = 1 K (c) + B q (K) = c + B q (K)
8. X tek noktalı uzay ise tüm n > 0 için H n (X) = 0 olduğunu gösteriniz.
Çözüm: n ≥ 0 için σ n : ∆ n −→ X bir singüler n-simpleks vardır. S n (X) =< σ n >
4

n çift iken ∂ n bir izomorfizmdir. n > 0 olsun.
n tek ise ∂ n = 0 ⇒ Z n (X) = Ker∂ n = S n (X)
∂ n : S n (X) −→ S n−1 (X)
n∑
n∑
σ n ↦→ ∂ n (σ n ) = (−1) i σ n ◦ ε n i = ( (−1) i )σ n−1
i=0
⎧
⎨ 0, n tek
∂ n (σ n ) =
⎩
σ n−1 , n çift ve pozitif
∂ n+1 izomorfizm (n + 1 çift) ve dolayısıyla ∂ n+1 örtendir. B n (X) = Im∂ n+1 = S n (X)
H n (X) = Zn(X)
B n(X)
= Sn(X)
S n(X)
= 0 aşikar grup bulunur. n > 0 çift ise ∂ n izomorfizmdir ve dolasıyla
injektif yani Z n (X) = Ker ∂ n = 0. Böylece H n (X) = Zn(X)
B n(X) = 0
i=0
9. Sin 1 x-uzayının homoloji grubunu hesaplayınız.
Çözüm:
X = {(x, y) ∈ R 2 | y = sin(1/x), 0 < x ≤ 1} ∪ ({0} × [−1, 1])
A = {(x, y) ∈ R 2 | y = sin(1/x), 0 < x ≤ 1} ve B = {0} × [−1, 1] olmak üzere X = A ∪ B
şeklinde tanımlanır. A ve B, X in yol bileşenleridir. Dolayısıyla H 0 (A) ≃ Z ve H 0 (B) ≃ Z dir.
H 0 (X) ≃ H 0 (A) ⊕ H 0 (B) ≃ Z ⊕ Z
A ve B bir nokta ile aynı homotopi tipine sahiptir. Dolayısıyla q > 0 için H q (A) ≃ {0} ve
H q (B) ≃ {0} dır. Böylece H q (X) ≃ H q (A) ⊕ H q (B) ≃ {0} dır.
10. 2-kürenin simpleksler homoloji gruplarını hesaplayarak Euler karakteristiğini belirleyiniz.
Çözüm:
5

3 tane 0-simpleks < x >, < y >, < z > var. O halde C 0 (S 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
3 tane 1-simpleks < α >, < β >, < γ > var. O halde C 1 (S 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
2 tane 2-simpleks < U >, < L > var. O halde C 2 (S 2 ) ≃ Z ⊕ Z
q ≥ 3 için C q (S 2 ) ≃ {0}
0 ∂ 3
−→ C 2 (S 2 ) ∂ 2
−→ C 1 (S 2 ) ∂ 1
−→ C 0 (S 2 ) ∂ 0
−→ 0
Im∂ 3 ≃ {0} ve Ker∂ 0 = C 0 (S 2 ) ≃ Z ⊕ Z ⊕ Z
∂ 2 : C 2 (S 2 ) −→ C 1 (S 2 ) homomorfizmasını ele alalım.
∀pU + qL ∈ C 2 (S 2 ) için
∂ 2 (pU + qL) = p∂ 2 (U) + q∂ 2 (L) = p.(α + γ − β) + q.(β − α − γ) = (p − q)(α + γ − β)
Im∂ 2 = {r.(α + β − γ)|r ∈ Z} ≃ Z
∂ 2 (pU + qL) = 0 ⇒ (p − q)(α + γ − β) = 0 ⇒ p − q = 0 ⇒ p = q olmalı ⇒ Ker∂ 2 ≃ Z
∂ 1 : C 1 (S 2 ) −→ C 0 (S 2 ) homomorfizmasını ele alalım.
∀r 1 α + r 2 β + r 3 γ ∈ C 1 (S 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 (y − z) + r 2 (x − z) + r 3 (x − y)
= (r 2 + r 3 )x + (r 1 − r 3 )y + (−r 1 − r 2 )z
r 2 + r 3 = a, r 1 − r 3 = b, −r 1 − r 2 = −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 2 + r 3 )x + (r 1 − r 3 )y + (−r 1 − r 2 )z = 0, x, y, z ≠ 0 olduğundan;
r 2 + r 3 = 0, r 1 − r 3 = 0 ve −r 1 − r 2 = 0 olur. Buradan r 1 = r, r 3 = r ve r 2 = −r bulunur.
Ker∂ 1 = {rα − rβ + rγ|r ∈ Z} = {r(α − β + γ)|r ∈ Z} ≃ Z ⇒ Ker∂ 1 ≃ Z
H 0 (S 2 ) = Ker∂ 0
Im∂ 1
≃ Z, H 1 (S 2 ) = Ker∂ 1
Im∂ 2
≃ {0}, H 2 (S 2 ) = Ker∂ 2
Im∂ 3
≃ Z bulunur. Böylece
istenilen sonucu elde ederiz:
χ(S 2 ) =
∞∑
(−1) q rank H q (S 2 )
q=0
⎧
⎨
H n (S 2 Z, n=0, 2
) =
⎩
{0}, n≠0, 2.
= (−1) 0 rank H 0 (S 2 )+(−1) 1 rank H 1 (S 2 )+(−1) 2 rank H 2 (S 2 )+· · · = 1−0+1−0+· · · = 2.
6