14.04.2014 No

14.04.2014
No:
Ad-Soyad:
İmza:
Soru
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Puanlama
25
25
25
25
25
25
25
Toplam
Alınan Puan
1104024182006 GEOMETRİK TOPOLOJİ ARASINAV CEVAP ANAHTARI
Not: İstediğiniz 4 soruyu cevaplayınız.
1. A = {(x, y) ∈ R2 | y = 2x2 } ve B = {(x, y) ∈ R2 | x = 1} olmak üzere A ∪ B , R2 de bir
topolojik manifold mudur ? Açıklayınız
Çözüm:
A ∪ B üzerinde p = (1, 2) noktasının dışındaki her nokta açık aralık veya açık yay olan komşuluklara sahiptir ve bu yaylar , R deki açık aralıklara homeomorftur. İncelenmesi gereken p
noktasıdır. A ∪ B nin p noktasında yerel Öklid olduğunu kabul edelim ve çelişkiye ulaşalım.
O halde, p bir U komşuluğuna sahiptir ve bu U , R nin V açık aralığına homeomorf olur.
Yani h : U −→ V homeomorfizmadır. h ın kısıtlanışı da homeomorfizma olacağından U −{p} −→
100
V − {h(p)} homeomorfizmadır. U − {p} ≈ h(U − {p}) ≈ V − {h(p)} olmalıdır. Fakat U − {p}
dört bileşene sahipken V − {h(p)} iki bileşene sahiptir. Yani bu bir çelişkidir. O halde; A ∪ B ,
p noktasında yerel Öklid değildir. Dolayısıyla A ∪ B, topolojik bir manifold değildir.
2. f : R2 −→ R C ∞ -fonksiyon ise
f (x, y) = f (0, 0) +
∂f
∂f
(0, 0)x +
(0, 0)y + x2 f11 (x, y) + xyf12 (x, y) + y 2 f22 (x, y)
∂x
∂y
olacak şekilde R2 de f11 , f12 ve f22 C ∞ -fonksiyonlarının var olduğunu ispatlayınız.
Çözüm : Taylor Teoremine göre; f ∈ C ∞ olmak üzere ( f , Rn de )
f (x) = f (p) +
n
X
gi (x)(xi − pi ), gi (p) =
i=1
∂f
(p)
∂xi
olacak şekilde gi (x) C ∞ -fonksiyonu vardır. O halde; burada f : R2 −→ R ve p = (0, 0) ∈ R2
olduğu için Taylor Teoreminden;
f (x, y) = f (0, 0) + x.g1 (x, y) + y.g2 (x, y) ...(I)
olacak şekilde g1 , g2
C ∞ -fonksiyonları vardır.
Teoremi tekrardan fakat bu kez g1 ve g2 fonksiyonlarına uygularsak;
g1 (x, y) = g1 (0, 0) + x.g11 (x, y) + y.g12 (x, y)
g2 (x, y) = g2 (0, 0) + x.g21 (x, y) + y.g22 (x, y)
g1 (0, 0) =
∂f
∂f
(0, 0) ve g2 (0, 0) =
(0, 0)
∂x
∂y
elde edilir. Bu değerler (I) denkleminde yerine yazılırsa;
f (x, y) = f (0, 0) +
∂f
∂f
(0, 0)x +
(0, 0)y + x2 f11 (x, y) + xyf12 (x, y) + y 2 f22 (x, y)
∂x
∂y
bulunur.
3. R3 deki α = a1 dx + a2 dy + a3 dz 1-eşvektörünü Vα =< a1 , a2 , a3 > şeklinde gösterebiliriz.
Yine R3 deki γ = c1 dy ∧ dz + c2 dz ∧ dx + c3 dx ∧ dy 2-eşvektörünü Vγ =< c1 , c2 , c3 > olarak
gösterebiliriz. O halde, α = a1 dx + a2 dy + a3 dz ve β = b1 dx + b2 dy + b3 dz ⇒ Vα∧β = Vα × Vβ
eşitliğinin gerçeklendiğini gösteriniz.
Çözüm : α ∧ β = (a1 dx + a2 dy + a3 dz) ∧ (b1 dx + b2 dy + b3 dz)
= a1 b1 dx ∧ dx + a1 b2 dx ∧ dy + a1 b3 dx ∧ dz + a2 b1 dy ∧ dx + a2 b2 dy ∧ dy
+a2 b3 dy ∧ dz + a3 b1 dz ∧ dx + a3 b2 dz ∧ dy + a3 b3 dz ∧ dz
dx ∧ dx = dy ∧ dy = dz ∧ dz = 0, dy ∧ dx = −dx ∧ dy, dz ∧ dy = −dy ∧ dz, dz ∧ dx = −dx ∧ dz
eşitlikleri kullanılırsa,
α ∧ β = (a1 b2 − a2 b1 )(dx ∧ dy) + (a2 b3 − a3 b2 )(dy ∧ dz) + (a3 b1 − a1 b3 )(dz ∧ dx)
= (a1 b2 − a2 b1 )(dz) + (a2 b3 − a3 b2 )(dx) + (a1 b3 − a3 b1 )(dy)
Vα∧β = (a2 b3 − a3 b2 , a1 b3 − a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 ) olur.
Vα = (a1 , a2 , a3 ) ve Vβ = (b1 , b2 , b3 ) ⇒ Vα × Vβ = ?
Vα × Vβ = (a1 , a2 , a3 ) × (b1 , b2 , b3 ) = (a2 b3 − a3 b2 , a1 b3 − a3 b1 , a1 b2 − a2 b1 ) ⇒ Vα∧β = Vα × Vβ .
4.
f : R2 −→ R, (x, y) 7−→ f (x, y) = x3 − 6xy + y 2
fonksiyonu verilsin. Hangi c değerleri için f −1 (c), R2 nin regüler alt manifoldudur?
Çözüm : c = x3 − 6xy + y 2 ;
cx = 3x2 − 6y = 0, cy = −6x + 2y = 0
Bu denklemlerin çözümünden (x, y) = (0, 0) ve (x, y) = (6, 18) elde edilir. f (0, 0) = 0 ve
f (6, 18) = −108 olduğundan c ∈ R − {0, −108} için f −1 (c), R2 nin bir regüler alt manifoldudur.
5. U = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 > 0} olsun.
φ : U ⊂ R3 −→ R, (x, y, z) 7−→ φ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
dönüşümünün batırma (submersion) olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm : φ : U ⊂ R3 −→ R, (x, y, z) 7−→ φ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
v = x2 + y 2 + z 2 olsun.
vx = 2x, vxx = 2, vxxx = 0, ...
vy = 2y, vyy = 2, vyyy = 0, ...
vz = 2x, vzz = 2, vzzzz = 0, ...
v’nin tüm mertebeden kısmi türevleri var ve bunlar U ’da süreklidir. O halde, v ∈ C ∞ olur.
v ∈ C ∞ olduğundan φ, C ∞ -dönüşümdür. φ nin Jacobian matrisini inceleyelim:
h 0
J(φ) = vx
0
vy
0
vz
i
⇒ J(φ) = [2x 2y
2z]
Tüm x, y, z ∈ U için Jacobian matrisinin tüm girdileri sıfırdan farklıdır.
f : M −→ N nin batırma (submersion) olması için gerek ve yeter şart f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N )
dönüşümünün sürjektif olmasıdır. f∗ : Tp (M ) −→ Tf (p) (N ) dönüşümünün sürjektif olması için
gerek ve yeter şart dim(M ) > dim(N ) ve dim(N ) = rank(J(f )) olmasıdır.
dim(U ) > dim(R) ve dim(R) = 1 = rank(J(φ)) olduğundan φ∗ : Tp (U ) −→ Tf (p) (R) sürjektiftir. O halde, φ batırma(submersion).
6. Uygun indirgeme işlemlerinden yararlanarak abcbca ve abcb−1 dc−1 d−1 a−1 kelimeleriyle
verilen iki yüzeyin homeomorf olup olmadığını tayin ediniz.
Çözüm : 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 iken 2RP 2 yönlendirilmemiş yüzey olduğundan bu yüzeyler homeomorf değildir.
7.G bir topolojik grup ve g ∈ G olsun. Rg : G −→ G, Rg (x) = x · g fonksiyonu homeomorfizmadır. Gösteriniz.
Çözüm : Rg : G −→ G, ∀x ∈ G için Rg (x) = x · g olsun. G bir topolojik grup olduğundan;
f : G × G −→ G (x, g) 7−→ f (x, g) = x · g
fonksiyonu süreklidir.
Rg (x) = f |G×{g} olduğundan Rg fonksiyonu süreklidir.
Rg (x1 ) = Rg (x2 )
⇒
x1 g = x2 g
⇒
(x1 g)g −1 = (x2 g)g −1
⇒
x1 = x2 olduğundan Rg ,
1 − 1 dir.
∀y ∈ G için Rg (x) = y olacak şekilde x ∈ G var mı?
Rg (x) = y
⇒ xg = y
⇒ x = yg −1 ∈ G ⇒ Rg , örtendir. O halde; Rg , bijektifdir.
(Rg )−1 = Rg−1 olduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten,
Rg−1 ◦ Rg (x) = Rg−1 (xg) = (xg)g −1 = x = I(x)
Rg ◦ Rg−1 (x) = Rg (xg −1 ) = (xg −1 )g = x = I(x) dir.
Rg−1 : G −→ G, ∀x ∈ G için Rg−1 (x) = hg −1 fonksiyonu verilsin.
(Rg )−1 = f |G×{g−1 } olduğundan (Rg )−1 = Rg−1 fonksiyonu süreklidir.
O halde; Rg , homeomorfizmdir.
Başarılar Dilerim.
Prof. Dr. İsmet KARACA

Download Report