CEBťRSEL TOPOLOJť (ť.Ö.) FťNAL SORULARI Ad-Soyad: No: ťmza ...

11.01.2013
CEB RSEL TOPOLOJ
( .Ö.) F NAL SORULARI
Ad-Soyad:
No:
mza:
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Toplam:
1. S 1 çemberinin R 2 − {0} uzaynn retrakt oldu§unu gösteriniz. Buradan hareketle
Π 1 (R 2 − {0}) grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlaynz.
2. X ve Y topolojik uzaylar ve Y basit ba§lantl ise Π 1 (X × Y, (x 0 , y 0 )) ∼ = Π 1 (X, x 0 )
oldu§unu ispatlaynz.
3. T 2 torr yüzeyinin büzülebilir olmayan bir örtü uzayn bulunuz.
4. f : (1, 4) −→ S 1 , f(t) = e 2πit ile verilen f dönü³ümü bir örtü dönü³ümü olur mu
Açklaynz.
5. f : S 2 −→ R 2 sürekli dönü³üm olsun. f(x) = f(−x) olacak ³ekilde bir x ∈ S 2 nokta vardr.
Gösteriniz.
6. ˜X, X in örtü uzay olsun. A³a§dakileri önermeleri ispat ediniz.
a) h ∈ Cov( ˜X/X) ve h ≠ 1 x ise h n sabit noktalar yoktur.
b) h 1 , h 2 ∈ Cov( ˜X/X) ve h 1 (˜x) = h 2 (˜x) olacak ³ekilde ˜x ∈ ˜X varsa h 1 = h 2 dir.
7. A³a§daki 2-boyutlu resmi verilen dinazorun temel grubunu hesaplaynz.
Süre 90 Dakika.
stedi§iniz 4 soruyu çözünüz. Her soru 25 puandr.
Ba³arlar Dilerim.
Prof.Dr. smet KARACA

CEB RSEL TOPOLOJ
( .Ö.) F NAL CEVAP ANAHTARI
1. S 1 çemberinin R 2 − {0} uzaynn retrakt oldu§unu gösteriniz. Buradan hareketle Π 1 (R 2 −
{0}) grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlaynz.
Çözüm: X bir topolojik uzay, A ⊂ X olsun. i : A ↩→ X kapsama dönü³ümü için
r ◦ i = 1 A
olacak ³ekilde
r : X −→ A
sürekli dönü³ümü mevcutsa A ya X uzaynn retrakt denir.
i : S 1 ↩→ R 2 − {0}
kapsama dönü³ümü için
r : R 2 − {0} −→ S 1
³eklinde tanmlayalm. Bu takdirde s ∈ S 1 için
olaca§ndan r bir retraksiyondur.
x ↦−→ r(x) =
r ◦ i(s) = r(i(s)) = r(s) =
x
‖x‖ , ∀x ∈ R2 − {0}
s
‖s‖ = s = 1 S 1(s)
Π 1 (R 2 − {0}) grubunun mertebesinin sonsuz oldu§unu ispatlamak için S 1
R 2 − {0} uzaynn retrakt olmasndan yaralanaca§z.
çemberinin
Buna göre A kümesi X in retraksiyonu ise
i ∗ : Π 1 (A) −→ Π 1 (X)
indirgenmi³ homomorzmas injektiftir. Bu durumda gruplarn mertebeleri arasnda
|Π 1 (A)| ≤ |Π 1 (X)|
e³itsizli§i mevcuttur. O halde S 1 çemberinin R 2 − {0} uzaynn retrakt oldu§undan
|Π 1 (S 1 )| ≤ |Π 1 (R 2 − {0})|

e³itsizli§i mevcuttur. Π 1 (S 1 ) ∼ = Z oldu§undan Π 1 (R 2 − {0}) grubunun da mertebesi sonsuzdur.
2. X ve Y topolojik uzaylar ve Y basit ba§lantl olsun. Bu takdirde
Π 1 (X × Y, (x 0 , y 0 )) ∼ = Π 1 (X, x 0 )
oldu§unu ispatlaynz.
Çözüm: Y uzay basit ba§lantl oldu§undan temel grubu Π 1 (Y, y 0 ) = {0} dr. Böylece
elde edilir.
Π 1 (X × Y, (x 0 , y 0 )) ∼ = Π 1 (X, x 0 ) × Π 1 (Y, y 0 ) = Π 1 (X, x 0 ) × {0} ∼ = Π 1 (X, x 0 )
3. T 2 torr yüzeyinin büzülebilir olmayan bir örtü uzayn bulunuz.
Çözüm:
1 S 1 : S 1 −→ S 1
birim dönü³ümü homoemorzma oldu§undan örtü dönü³ümdür.
R −→ S 1
t ↦−→ e 2πit
dönü³ümünün de evrensel örtü dönü³üm oldu§unu biliyoruz.
ki örtü dönü³ümün kartezyen çarpm da örtü dönü³üm oldu§undan
dönü³ümü de örtü dönü³ümdür. Ayrca
1 S 1 × p : S 1 × R −→ S 1 × S 1 ≈ T 2
oldu§undan S 1 × R büzülebilir de§ildir.
Π 1 (S 1 × R) ∼ = Π 1 (S 1 ) × Π 1 (R) ∼ = Z

4. f : (1, 4) −→ S 1 , f(t) = e 2πit ile verilen f dönü³ümü bir örtü dönü³ümü olur mu Açklaynz.
Çözüm: Sorunun çözümü için a³a§daki yol göstermeyi kullanaca§z.
Yol gösterme: p : E −→ B örtü dönü³ümü ve B ba§lantl uzay olsun. Bir b 0 ∈ B için
p −1 (b 0 ) kümesi k elemanl ise bu takdirde ∀b ∈ B için p −1 (b) de k elemanldr.
S 1 uzay ba§lantl oldu§undan yol göstermeden hareketle bu dönü³ümün örtü dönü³ümü
olmad§n söyleyebiliriz çünkü p −1 ((1, 0)) = {2, 3} ve
p −1 ((−1, 0)) = { 3 2 , 5 2 , 7 2
} ters görüntü kümelerinin kardinaliteleri ayn de§ildir.
5. f : S 2 −→ R 2 sürekli dönü³üm olsun. f(x) = f(−x) olacak ³ekilde bir x ∈ S 2 nokta vardr.
Gösteriniz.
Çözüm: Soruyu çözmek için a³a§daki yol göstermeden yararlanaca§z.
Yol gösterme: Sürekli ve antipodeyi koruyan dönü³üm g : S 2 −→ S 1 yoktur.
Tüm x ∈ S 2 için f(x) ≠ f(−x) olsun.
g : S 2 −→ S 1
x ↦−→ g(x) =
[f(x) − f(−x)]
||f(x) − f(−x)||
³eklinde tanml dönü³üm sürekli ve tüm x için g(−x) = −g(x) dir. Bu da yol gösterme ile
çeli³ir. O halde f(x) = f(−x) olacak ³ekilde bir x ∈ S 2 vardr.
6. ˜X, X in örtü uzay olsun. A³a§daki önermeleri ispat ediniz.
a) h ∈ Cov( ˜X/X) ve h ≠ 1 x ise h n sabit noktalar yoktur.
b) h 1 , h 2 ∈ Cov( ˜X/X) ve h 1 (˜x) = h 2 (˜x) olacak ³ekilde ˜x ∈ ˜X varsa h 1 = h 2 dir.
Çözüm:

a) Sorunun çözümü için a³a§daki yol göstermeyi kullanalm:
Yol gösterme: ( ˜X, p), X uzaynn örtü uzay, Y basit ba§lantl ve
f : (Y, y 0 ) −→ (X, x 0 )
sürekli olsun. ˜x 0
∈ p −1 (x 0 ) verilsin. Bu takdirde p ◦ ˜f = f olacak ³ekilde bir tek
˜f : (Y, y 0 ) −→ ( ˜X, ˜x 0 ) sürekli dönü³ümü vardr.
h n sabit noktas mevcut olsun. Yani h(˜x) = ˜x olacak ³ekilde bir ˜x ∈ ˜X var olsun.
p(˜x) = X diyelim.
( ˜X, ˜x) ( ˜X, ˜x) .
p
(X, x)
Yukardaki yol göstermeden hareketle bu diyagram komutatif klacak ³ekilde tamamlayabilecek
bir tek
p
( ˜X, ˜x) −→ ( ˜X, ˜x)
sürekli dönü³ümü mevcuttur. Hem 1 ˜X
hem de h bu diyagram tamamlad§ndan
h = 1 ˜X
olur. Bu ise çeli³kidir. O halde kabulümüz yanl³tr. h nin sabit noktas yoktur.
b) h −1
1 ◦ h 2 ∈ Cov( ˜X/X) dönü³ümünün bir sabit noktas vardr. Böylece (i) ³kkndan
hareketle,
h −1
1 ◦ h 2 (˜x) = ˜x = 1 ˜X(˜x) ⇒ h −1
1 ◦ h 2 = 1˜x ⇒ h 1 = h 2
7. A³a§daki 2-boyutlu resmi resmi verilen dinazorun temel grubunu hesaplaynz.
Çözüm: “ekli deforme edelim. A³a§daki ³ekiller ayn homotopi tipine sahip olaca§ndan
temel gruplar izomorktir.

Son elde edilen uzay S 1 ∨ S 1 ile ayn homotopi tipine sahiptir. Van Kampen teoreminden
Π 1 (S 1 ∨ S 1 ) ∼ = Z ∗ Z olur.