Cebirsel Topoloji ťkinci Ö§retim Vize Cevap Anahtar Çözüm:

Cebirsel Topoloji kinci Ö§retim Vize Cevap Anahtar
1. R ile R 2 homeomorf uzaylar mdr Açklaynz
Çözüm: Bu iki uzay birbirine homeomork de§ildir.
R ≈ R 2 oldu§unu kabul edelim. O zaman f : R −→ R 2 homeomorzmas
mevcuttur. Bu takdirde bir x ∈ R için f(x) = y, y ∈ R 2 dir.
R ≈ R 2 oldu§undan R−{x} ≈ R 2 −{y} olur. Birinci uzay yol ba§lantsz iken
di§eri çembere homeomorf oldu§undan yol ba§lantldr. Çeli³ki elde edilir.
O halde kabulümüz yanl³tr.
2. f : X −→ Y sürekli olsun. G = {(x, y) ∈ X × Y : y = f(x)} ⊂ X × Y
altuzayn alalm. Bu takdirde G ≈ X dir. Gösteriniz.
Çözüm:
h : X −→ G
x ↦−→ h(x) = (x, f(x)) olarak tanmlayalm.
• x 1 , x 2 ∈ X olsun. x 1 ≠ x 2 iken h(x 1 ) ≠ h(x 2 ) oldu§undan h 1-1 dir.
• ∀(x, f(x)) ∈ G için f bir dönü³üm oldu§undan h(x) = (x, f(x)) olacak
³ekilde bir x ∈ X mevcuttur. O halde h örtendir.
• h dönü³ümünün bile³enleri sürekli oldu§undan h da süreklidir.
• p 1 : X × Y −→ X (x, y) ↦−→ p(x, y) = x birinci izdü³üm fonksiyonu
sürekli oldu§undan h −1 = p| G kstlan³ fonksiyonu da süreklidir.
Bu durumda h dönü³ümü homeomorzmadr. X ≈ G dir.
3. f : X −→ Y sürekli ve örten olsun. E§er X kompakt, Y Hausdor ise
o zaman f identikasyon dönü³ümdür. Gösteriniz.
Çözüm: Bir f sürekli ve örten dönü³ümü açk ya da kapal ise identi-
kason dönü³üm idi. O halde f nin kapal dönü³üm oldu§unu göstermemiz
yeterlidir.
• Kompakt uzaylarn kapal alt uzaylar da kompaktr.
• Kompakt uzaylarn sürekli dönü³üm altndaki görüntüsü de kompaktr.
• Hausdor uzaylarn kompakt alt kümeleri kapaldr.
özelliklerinden hareketle f dönü³ümünün kapallar kapallara götürdü§ünü
ispatlayalm.
A ⊂ X kapal olsun. X kompakt uzay oldu§undan A da kompaktr. f
dönü³ümü sürekli oldu§undan f(A) da kompakt olur. Y uzay T 2 oldu§undan
f(A) kapaldr. O halde f dönü³ümü identikasyondur.
1

4. Ekli uzayn tanmn veriniz. X = D 2 birim disk A = S 1 ⊂ D 2 birim
çember ve Y = S 1 çemberi olmak üzere f : A −→ Y dönü³ümü sabit
dönü³üm olsun. X ∪ f Y/a ∼ f(a) ekli uzay ne olur Açklaynz.
Çözüm: A ⊂ X kapal altuzay, f : A −→ Y sürekli dönü³üm olsun.
X ∪ f Y/ a∼f(a) bölüm uzayna "ekli uzay" denir.
S 1
S 1
D 2
D 2 ∪ S 1 / a∼d
X = D 2 , A = S 1 ve Y = S 1 alnsn. S 1 ⊂ D 2 kapal ve S 1 −→ S 1 sabit
dönü³üm süreklidir. Bu durumda D 2 ∪ {⋆}/ a∼⋆ uzaynn ekli uzay
uzayna homeomorftur.
5. f, g : X −→ Y ve h : W −→ X sürekli dönü³ümler olsun. f ≃ g ise
f ◦ h ≃ g ◦ h dr. Gösteriniz.
Çözüm: f ≃ g =⇒ F : X × I −→ Y
F (x, 0) = f(x)
F (x, 1) = g(x) olacak ³ekilde F sürekli dönü³ümü
mevcuttur.
h : W −→ X sürekli dönü³üm ve 1 : I −→ I birim dönü³ümü de sürekli
oldu§undan h × 1 : W × I −→ X × I da süreklidir.
H : W × I −→ Y homotopisi H = F ◦ (h × 1) alnrsa istenen homotopi
elde edilmi³ olur.
6. S 2 birim küresinden 3 nokta çkartlmasyla elde edilen uzayn temel
grubunu hesaplaynz.
Çözüm: S 2 − {a} ≈ R 2 dir. O zaman f : S 2 − {a} −→ R 2 homeomor-
zmas mevcuttur. Bu durumda b ∈ S 2 − {a} için f(b) ∈ R 2 dir. O halde
S 2 − {a, b} ≈ R 2 − {f(b)} ≈ S 1 dir. Benzer mantkla, h : S 2 − {a, b} −→ S 1
oldu§undan c ∈ S 2 − {a, b} için h(c) ∈ S 1 dir.
2

O halde S 2 − {a, b, c} ≈ S 1 − {h(c)} ≈ R dir.
Homeomorf uzaylarn temel gruplar izomorf oldu§undan,
Π 1 (S 2 − {a, b, c}) ∼ = Π 1 (R) = {0} dr.
7. f : Z −→ X, ∀z ∈ Z için f(z) = x 0 ve g : Z −→ X, ∀z ∈ Z için
g(z) = x 1 olacak ³ekilde iki sabit dönü³üm olsun. f ≃ g x 0 ile x 1 , X uzaynn
ayn yol bile³eninde yer alr. spatlaynz.
Çözüm: ⇐⇒ =⇒ f ≃ g olsun. O zaman H : Z × I −→ X H(z, 0) = x 0 =
f(z) ve H(z, 1) = x 1 = g(z) olacak ³ekilde H homotopisi mevcuttur.
γ : I −→ X
t ↦−→ γ(t) = H(z, t) olarak tanmlansn. H sürekli
oldu§undan γ döünü³ümü de süreklidir. Ayrca γ(0) = H(z, 0) = x 0 ve
γ(1) = H(z, 1) = x 1 oldu§undan γ dönü³ümü X üzerinde x 0 dan x 1 e giden
bir yoldur. Bu durumda x 0 ve x 1 ,
X uzaynn ayn yol bile³eninde yer alr.
⇐= x 0 ile x 1 , X uzaynn ayn yol bile³eninde yer alsn. O zaman γ : I −→
X γ(0) = x 0 ve γ(1) = x 1 olacak ³ekilde γ sürekli dönü³ümü mevcuttur.
H : Z × I −→ X
(z, t) ↦−→ H(z, t) = γ(t) olarak tanmlansn. γ sürekli
oldu§undan H da süreklidir ve ;
H(z, 0) = γ(0) = x 0 = f(z) ve H(z, 1) = γ(1) = x 1 = g(z) oldu§undan
f ≃ g dir.
8. 1 + i, 2 + 2i ∈ C olmak üzere Π 1 (C, 1 + i) temel grubunu hesaplaynz.
Π 1 (C, 1+i) ile Π 1 (C, 2+2i) nin temel gruplar arasnda nasl bir ili³ki vardr
Açklaynz.
Çözüm:
Teorem α, X uzaynda x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun.
̂α : Π 1 (X, x 0 ) −→ Π 1 (X, x 1 )
[f] ↦−→ ̂α([f]) = [α] ∗ [f] ∗ [α] dönü³ümü izomorzmadr.
Sonuç X uzay yol ba§lantl uzay ise ∀x 0 , x 1 ∈ X için Π 1 (X, x 0 ) ∼ = Π 1 (X, x 1 )
dir.
h : C −→ R ; a + ib ↦−→ h(a + ib) = (a, b) dönü³ümü altnda
C ∼ = R 2 oldu§unu biliyoruz. Bu durumda temel gruplar izomorktir. Yani
Π 1 (C, 1 + i) ∼ = Π 1 (R 2 , (1, 1)) dir. R 2 büzülebilir oldu§undan temel grubu
a³ikardr. Dolaysyla Π 1 (C, 1 + i) = {0} dr. R 2 yol ba§lantl oldu§undan C
de yol ba§lantl olur. Yol ba§lantl uzaylarn temel gruplar baz noktalarndan
ba§msz oldu§undan Π 1 (C, 1 + i) ile Π 1 (C, 2 + 2i) nin temel gruplar
izomorktir.
3