CEB RSEL TOPOLOJ I L SANSÜSTÜ DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA
|
|
- Serkan Namli
- 7 yıl önce
- İzleme sayısı:
Transkript
1 CEBRSEL TOPOLOJ I LSANSÜSTÜ DERS NOTLARI 2010 Prof. Dr. smet KARACA
2 çindekiler 1 GR 3 2 TEMEL TOPOLOJK KAVRAMLAR HOMOTOP KONVEKSLK, BÜZÜLEBLRLK VE KONLER DENTFKASYON UZAYLARI BÖLÜM UZAYLARI YOLLAR VE YOL BA LANTILILIK Temel Grup Temel Grup Topolojik Grup H-Uzay (Hoph Uzay) ÖRTÜ UZAYLARI Bir Grubun Küme Üzerine Hareketi Örtü Transformasyonlar SMPLEKSLER Ane Uzaylar Simpleksler Kompleksi SMPLEKSLER HOMOLOJ GRUBU Serbest Abel Gruplar Simpleksler Zincir Kompleksi Simpleksler Homoloji Grubu Simpleksler Kompleksin Euler Karakteristi i Homoloji ve Simpleksler Dönü³ümü Lefschetz Sabit Nokta Teoremi Borsuk-Ulam Teoremi
3 7 Singüler Kompleks ve Homoloji Eilenberg-Steenrod Aksiyomlar Hurewicz Teoremi
4 Bölüm 1 GR Tanm Bir kategori; nesneler snfn, morzmler snfn ve bile³ke i³lemini içerir. 1. f, g, h birer morzmler ise h (f g) = (h f) g (birle³me özelli i) 2. f : A B ve g : C A birer morzm olmak üzere f I A = f ve I A g = g olacak ³ekilde bir I A : A A vardr.(birim elemann varl ) Örnek h (f g) = (h f) g oldu unu gösterelim. f I A = f ve g I A = g I A : A A var mdr? h (f g)(x) = h(f g(x)) = h(f(g(x))) (h f) g(x) = (h f)(g(x)) = h(f(g(x))) f I A = f I A g = g Top: Topolojik uzaylar kategorisi Objeler: Topolojik uzaylar Morzmalar: Sürekli fonksiyonlar Bileṣke iṣlemi: Sürekli iki fonksiyonun bileṣkesi 3
5 Grup: Gruplar kategorisi Objeler: Gruplar Morzmler: Grup homomorzmi Bileṣke iṣlemi: iki grup homomorzmasnn bileṣkesi Ring: Halkalar kategorisi Objeler: Halkalar Morzmler: Halka homomorzmas Bileṣke: Bilinen bileṣke Ab: Abel gruplar kategorisi Objeler: Abel gruplar Morzmler: Homomorzmler (abel gruplar arasnda) Bileṣke: Bilinen bileṣke T op =Noktal topolojik uzay kategorisi Nesneler: (X, x 0 ) noktal topolojik uzaylar. (x 0 X) Morzmler: f : (X, x 0 ) (Y, y 0 ), f sürekli Bileṣke: bilinen bileṣke iṣlemi N Lin S p : Normlu lineer uzaylar kategorisi Objeler: Normlu lineer uzaylar Morzmler: Snrl lineer dönüṣümler 4
6 Bileṣke: Bilinen bileṣke i³lemi Tanm E er a³a daki özellikler mevcut ise Hom(A, B) (A,B) morzmler snf üzerinde tanml denklik ba ntsna C kategorisi üzerinde kongruans denir. 1. f Hom(A, B) ve f f' f Hom(A, B) 2. f f, g g g f g f Teorem C bir kategori, C üzerinde tanml kongruans olsun. Ayrca [f], bir f morzminin denklik snfn göstersin. C kategorisini tanmlayalm; Ob(C ) = O (C), H C (A, B) = {{ { H C (A, B)}, [}] [{] = [} {]. O zaman C bir kategoridir (C ayn zamanda bölüm kategorisi olarak adlandrlr). C =Top f g f, g 'ye homotoptur. Top/ bölüm kategorisidir. C=Grup; f, g Hom(G, H) f g x G için f(x) = ag(x)a 1 olacak ³ekilde bir a H vardr. Grp/ bölüm kategorisidir. Tanm A ve B iki kategori olsun. A ve B arasnda tanmlanan Funktor T a³a daki özellikleri sa layan bir fonksiyondur. 1. A Ob(A) T (A) Ob(B) 2. f : A A, A da bir morzm ise T (f) : T (A) T (A ), B de bir morzmdir. 3. f, g, A birer morzm ve g f tanml ise T (g f) = T (g) T (f) 4. A Ob(A) için T (I A ) = I T (A) (kovaryant funktor) Örnek F: Top Set x F (x) f F (f) 5
7 F (g f) = F (g) F (f), F (I x ) = I F (x) G:Grp Sets A G(A) f G(f) fonksiyon π n :Top Grp x pi n (x) f π n (f), f:sürekli,π n (f) homeomorzm H n :Top Ab x H n (x) f H n (f), f:sürekli, H n (f) homeomorzm Birim funktor,i:c C A J(A)=A f J(f) = f M sabit topolojik uzay olsun; T M : T op T op x T M (x) = M X f T M (f) : M X M Y (M, x) T M (f)(m, x) = (m, f(x)) Tanm A ve B iki kategori olsun. A ve B arasndaki kontravaryant funktor S,a³a daki özellikleri sa layan bir fonksiyondur. 1. A Ob(A) S(A) Ob(A) 2. f : A A A'da bir morzm ise S(f) : S(A ) S(A) da B'de bir morzmdir. 3. f, ga da birer morzm ve g f tanml ise; S(g f) = S(f) S(g) 4. A Ob(A) için S(I A ) = I S(A) 6
8 Bölüm 2 TEMEL TOPOLOJK KAVRAMLAR 2.1 HOMOTOP Tanm X ve Y iki topolojik uzay olsun ve f, g : X Y sürekli iki fonksiyon olsun. x X için H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = g(x) olacak ³ekilde bir H : X I Y sürekli fonksiyon varsa f, g ye homotoptur denir ve f g ile gösterilir. H fonksiyonuna homotopi fonksiyonu denir. Lemma X Yani; topolojik uzay,kapal alt uzaylarn sonlu birle³imi olsun. X = (X i kapal alt küme) X bir topolojik uzay olmak üzere,f i Xi X j =f j Xi X j olacak ³ekilde f i :X i Y sürekli ise f i Xi =f i olacak ³ekilde bir tek f : X Y sürekli fonksiyonu vardr. n i=1 spat: Kabul edelim ki f Xi =f i olacak ³ekilde bir tek f : X Y fonksiyon olmasn. g Xi =f i olacak ³ekilde g : X Y olsun.bu durumda i için: X i x X i için g(x) = f i (x) x X i için f(x) = f i (x), x X i için f(x) = g(x) x n i=1 X i = x için f(x) = g(x) olur.f tektir. x = n i=1 X i 7
9 olsun ve f i : X i Y sürekli, öyle ki f i Xi X j = f j Xi X j olsun. C, X'de kapal olsun. f 1 (C) = X f 1 (C) = = n X i f 1 (C) (2.1) i=1 n (X i f 1 i (C)) = i=1 n i=1 f 1 i (C). (2.2) f i sürekli oldu undan f 1 i (C) kapaldr. Kapal kümelerin sonlu birle³imi kapal oldu undan n f 1 i (C) kapaldr. i=1 Lemma X topolojik uzaynn bir açk örtüsü var olsun. Yani X = iɛi X i Y topolojik uzay olmak üzere f i Xi X j = f j Xi X j olacak ³ekilde f : X i Y sürekli ise f Xi = f i olacak ³ekilde bir tek f : X Y sürekli fonksiyon vardr. Teorem Homotopi ba nts sürekli fonksiyonlar kümesi üzerinde bir denklik ba ntsdr. spat: 1) Yansma: f f 2) Simetri: f g g f 3 Geçi³me: f g ve g h f h 1) Yansma: f : X Y olsun. H : X I Y (x, t) H(x, t) = f(x) H süreklidir çünkü f süreklidir. Ayrca; H(x, 0) = f(x) ve h(x, 1) = f(x) oldu undan f f olur. 8
10 2) Simetri: f g H : X I Y, H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x), olacak ³ekilde H sürekli dönü³ümü mevcuttur. F : X I Y (x, t) F (x, t) = H(x, 1 t), F süreklidir çünkü H süreklidir. F (x, 0) = H(x, 1) = g(x) F (x, 1) = H(x, 0) = f(x) g f 3) Geçi³me: f g H : X I Y, H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x), olacak ³ekilde H sürekli dönü³ümü mevcuttur. g h G : X I Y, G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = h(x), olacak ³ekilde G sürekli dönü³ümü mevcuttur. F : X I Y, (x, t) F (x, t) = { H(x, 2t) 0 t 1 2 G(x, 2t 1) 1 2 t 1 F dönü³ümü H ve G sürekli oldu undan Pasting Lemma'dan süreklidir. imdi F (x, 0) = f(x) ve F (x, 1) = h(x) oldu unu gösterelim. F (x, 0) = H(x, 0) = f(x) F (x, 1) = G(x, 1) = h(x) f h Tanm f : X Y sürekli dönü³üm olsun. [f] = {g : X Y sürekli : g f} denklik snfna homotopi snf denir. 9
11 Teorem f 0, f 1 : X Y sürekli ve g 0, g 1 : Y Z sürekli, f 0 f 1 ve g 0 g 1 ise g 0 g 1 g 1 f 1 dir. spat: g 0 f 0 g 0 f 1 ve g 0 f 1 g 1 f 1 oldu unu gösterip geçi³me ba ntsndan g 0 f 0 g 1 f 1 elde ederiz. f 0 f 1 F : X I Y, F sürekli dönü³ümü mevcuttur öyleki F (x, 0) = f 0 (x), ve F (x, 1) = f 1 (x) öyleki g 0 g 1 H : X I Y, H sürekli dönü³ümü mevcuttur H(x, 0) = g 0 (x), ve H(x, 1) = g 1 (x) F : X I Y ve g 0 : Y Z olmak üzere, G : X I Z (x, t) G(x, t) = g 0 F (x, t) dönü³ümünü tanmlayalm. G süreklidir çünkü g 0 ve F süreklidir. Üstelik; G(x, 0) = g 0 F (x, 0) = g 0 f 0 (x) G(x, 1) = g 0 F (x, 1) = g 0 f 1 (x) g 0 f 0 g 0 f 1 K : X I Z (x,k) H(f 1 (x),t) ile tanmlansn. K süreklidir çünkü H süreklidir. Üstelik K(x,0)=H(f 1 (x),0)=g 0 (f 1 (x))=g 0 f 1 (x) K(x,1)=H(f 1 (x),1)=g 1 (f 1 (x))=g 0 f 1 (x) g 0 f 1 g 1 f 1 olur. Geçi³me özelli inden; g 0 f 0 g 1 f 1 elde edilir. Sonuç Homotopi, Top kategorisinde bir kongruansdr. 10
12 Tanm Homotopi, Top kategorisi üzerinde bir kongruansdr dolaysyla bu kongruansn olu³turdu u bölüm kategorisine homotopi kategorisi denir ve htop ile gösterilir. ht op = T op/ T : T op A, cebirsel yap kategorisi (Grp,Ab,Rng,...) x T(x) f T(f) Tanm f : X Y sürekli dönü³üm olsun. g f I x ve f g I y olacak ³ekilde g : Y X sürekli fonksiyon varsa, f ye homotopi denktir denir. E er X ve Y topolojik uzaylar arasnda f:x Y homotopi denklik mevcut ise X ve Y ayn homotopi tipine sahiptir denir. X Y ile gösterilir. Önerme Ayn homotopi tipine sahip olma ba nts bir denklik ba ntsdr. Özellik f:x Y homeomorzm ise f homotopi denktir. Tersi do ru de ildir. 2. f : X Y homotopi denktir [f] [X,Y ] htop da bir denkliktir. Tanm X ve Y sürekli fonksiyon ve y 0 Y sabit nokta olsun. c : X Y x c(x) = y 0 fonksiyon denir. ³eklinde tanml fonksiyona sabit 2. f : X Y sürekli fonksiyon ve c sabit fonksiyon olsun. E er f sabit fonksiyon c ye homotop ise f ye null homotopi (sfrlayan) denir. Teorem C kompleks saylar kümesi ρ orijin olan bir çember ve R2, ρ yarçapl ve merkezi f n ρ : ρ C {0} fonksiyonu, f n : C {0} C {0} z z n fonksiyonunun ρ çemberine kstlanm³ olsun. E er n 1 ve ρ > 0 için fρ n nullhomotop de ilse cebirin temel teoremi geçerlidir. Yani sabit olmayan kompleks bir polinomun en az bir kompleks kökü vardr. 11
13 spat: g(z) = z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 kompleks katsayl polinomu dü³ünelim. n 1 ρ > max{1, a i } olarak seçelim ve F : ρ x I C (z,t) F(z,t)=z n +(1-t) n 1 a iz i sürekli fonksiyonunu tanmlayalm: g Σρ fρ n oldu u açktr. E er ImF C {0} oldu unu yani (F (z, t) 0 oldu unu) gösterirsek g Σρ fρ n oldu unu göstermi³ oluruz. O zaman F (z, t) = 0 oldu unu kabul edip çeli³ki elde edelim. t I ve z = ρ olsun. O zaman z n + (1 t) n 1 a iz i = 0 z n = (1 t) n 1 a iz i elde edilir. ρ > 1 için, z = ρ, ρ n = z n = z n = (1 t) n 1 a iz i 1 t n 1 a i z i n 1 a i z i = n 1 a i ρ i ( n 1 a i )ρ n 1 ρ n 1 a i çeli³kidir. Kabulümüz yanl³, F(z,t) 0 dr. g(z)'nin hiçbir kompleks kökü olmasn. G : ρ I C {0} (z,t) G(z,t)=g((1-t)z) G(z,0)=g(z) G(z,1)=g(0)=k(z), f n ρ k f n ρ null homotop de ilse, sabit fonksiyona homotop olamaz. Bu durumda g(z) nin bir kompleks kökü vardr. Cebirin temel teoremi gerçeklenmi³ olur. 12
14 Teorem f:s n Y sürekli dönü³üm olsun.a³a dakiler denktir: 1. f null homotoptur. 2. f dönü³ümü, g : D n+1 Y sürekli dönü³ümüne geni³letilebilir. 3. x 0 S n, k:s n Y x k(x)=f(x 0 ) f(x 0 ) da sabit dönü³üm ise t I için F (x 0, t) = f(x 0 ) olacak ³ekilde f ile k arasnda homotopi mevcuttur. f k. spat: (1) (2): f null homotop olsun o zaman f dönü³ümü ile c : S n Y c(x) = y 0 sabit dönü³üm arasnda F : S n I Y homotopi dönü³ümü mevcuttur. g : D n+1 Y { y0 0 x 1 2 x g(x) = F ( x, 2 2 x ) 1 x 1 x 2 1) g dönü³ümü Pasting Lemma'dan süreklidir. 2) g S n= f oldu unu görelim: x S n x =1 g(x) = F(x,0)= f(x) elde edilir. D n+1 ={(x 1,...,x n+1 ) x 2 1 +x x2 n+1 1} (2) (3): g : D n+1 Y, f : S n Y olsun. nin geni³letilmi³i olsun. Yani g S n= f F : S n I Y (x,t) F(x,t)=g((1-t)x+ tx 0 ) dönü³ümünü tanmlayalm. (Burada D n+1 in konveksli inden yararlandk.) F süreklidir çünkü g süreklidir. F (x,0) = g(x) = f(x),x S n F (x,1) = g(x 0 ) = f(x 0 ),x S n f f(x 0 ) = k (3) (1): Tanmdan f null homotoptur. 13
15 2.2 KONVEKSLK, BÜZÜLEBLRLK VE KONLER Tanm X R n in bir alt kümesi olsun. Her x, y X ve t I = [0,1] için tx + (1 t)y X ise X alt kümesi konvekstir denir. Örnek R n, I n, D n birer konveks kümelerdir. 2. S n bir konveks küme de ildir. (x, y S n, için tx + (1 t)y S n nin eleman de ildir.) Tanm X bir topolojik uzay, I x : X X birim dönü³üm olsun. I X nullhomotop ise X uzayna büzülebilir uzay denir. Örnek R n, I n, D n büzülebilir uzaylardr. 2. D n -{a} büzülebilir uzay de ildir. Teorem Her konveks uzay büzülebilir uzaydr. spat: x 0 X, c : X X I X : X X x c(x) = x 0 x I X (x)=x F süreklidir. I X c? F : X I X, (x,t) F(x,t)=(1-t)x+tx 0 F(x,0) = x = I X (x) F(x,1) = x 0 = c (x) I X c toplam sürekli oldu undan Bu teoremin tersi do ru de ildir. Yarm küre büzülebilir uzaydr fakat konveks de ildir. Tanm X bir topolojik uzay, X = {X j : j J}, X uzaynn bölüntüsü (X j ler ayrk) olsun. P : X X x p(x) = X j 14
16 x noktasn içeren bir tek bölüntü X j dir. X üzerindeki bölüm topolojisi, P 1 (U), X de açk olacak ³ekilde X 'nün alt kümelerini kapsar. X üzerindeki bölüm topolojisi ; Ω = {U X P 1 (U), X de açk } ³eklinde tanmlanr., X üzerinde bir denklik ba nts olsun. örtendir. P : X X/ x p(x)=[x] kanonik (do al) dönü³ümdür. Sürekli ve Örnek [0, 1], 0 1, x y x = 0, y = 1 [0, 1] p [0, 1]/ f S 1 2. X = R, x y x y Z R p R/ f S 1 3. X = I I, s I için (s, 0) (s, 1) X p I I/ f S 1 I(silindir) 15
17 4. X = [0, 1] [0, 1] s, t I için (s, 0) (s, 1), (0, t) (1, t) X p X/ f T orr 5. X = [0, 1] [0, 1] (s, 0) (s, 1), (1 s, t) (s, t) X p X/ f Kb 6. X = D 2 x y x, y Bound(D 2 ) = S 1 X p X/ f S 2 7. X = S 2 x y x, y nin merkeze göre simetri i X p X/ f RP 2 Ödev 1. Rotman - An Introduction to Algebraic Topology kitabnda sayfa 19 daki tüm al³trma sorular ödev braklm³tr. 2.3 DENTFKASYON UZAYLARI Tanm (X, τ) bir topolojik uzay, Y herhangi bir küme ve p : X Y örten bir fonksiyon olsun. 1. Y üzerinde kaba topoloji alrsak p sürekli olur. 2. τ = {V Y p 1 (V ) τ} koleksiyonu Y üzerinde bir topolojidir. τ, p : X Y dönü³ümünn sürekli klan Y üzerindeki en geni³ topolojidir. 16
18 p : X Y sürekli τ τ τ topolojisine X in p tarafndan belirlenen identikasyon topolojisi denir. p : X Y sürekli, örten dönü³ümüne identikasyon dönü³ümü denir. Teorem p : X Y örten ve sürekli ve açk (veya kapal) dönü³üm ise p identikasyon dönü³ümüdür. spat: p : X Y sürekli oldu undan: V Y aç için p 1 (V ) X de açktr. p açk dönü³üm oldu undan p(p 1 (V )) Y de açktr. Örnek p : R S 1 R 2 t p(t) = e 2πit = (cos 2πt, sin 2πt) i) p örten mi? ii) p sürekli mi? iii) p açk veya kapal m? Çözüm: p örtendir: y = (y 1, y 2 ) S 1 için f(t) = y p süreklidir: (cos 2πt, sin 2πt) = (y 1, y 2 ) t = 1 2π arctan y 1 y 2 R p 1 (t) = cos 2πt sürekli, p 2 (t) = sin 2πt sürekli p = (p 1 (t), p 2 (t)) süreklidir. p açk dönü³ümdür: τ S 1 = S 1 (a, b) = {(x, y) x 2 + y 2 = 1} (a, b) G τ d için; G = (a, b), a, b R 17
19 p((a, b)) = ((cos 2πa, sin 2πa), (cos 2πb, sin 2πb)) τ S 1 Teorem gere ince p identikasyon dönü³ümdür. Önerme f 1 : X Y 1 ve f 2 : X Y 2 süreklidir f:x Y 1 Y 2 süreklidir. Örnek Π 1 : R R R (x, y) Π 1 (x, y) = x identikasyon dönü³ümüdür: Π 1 süreklidir. V R aç için Π 1 1 (V ) = V R R 2 açk açktr. W =U V R 2 aç için Π 1 (W ) = U R açk Π 1 Teorem Y, X in identikasyon uzay ve Z, Y nin identikasyon uzay olsun. Bu durumda Z de X in identikasyon uzaydr. spat: p : X Y ve q : Y Z identikasyon dönü³ümü olsun. k : X Z identikasyon dönü³üm ( V Z de açk k 1 (V ) X de açk) ( ) V Z de açk olsun. k = q p : X Z ³eklinde tanmlansn. k 1 (V ) = (q p) 1 (V ) = p 1 (q 1 (V )) q identikasyon dönü³üm oldu undan q 1 (V ) Y açktr. p identikasyon dönü³üm oldu undan p 1 (q 1 (V )) X de açktr. k 1 (V ) X de açktr. ( ) k 1 (V ) X de açk olsun. k 1 (V ) = p 1 (q 1 (V )) açk olmas için q 1 (V ) nin açk olmas gerekmektedir. q identikasyon dönü³üm oldu undan V Z de açktr. 18
20 Teorem p : X Y identikasyon dönü³üm olsun. Herhangi bir Z uzay için; k : Y Z süreklidir k p : X Z süreklidir. spat: ( ) k ve p sürekli oldu undan k p : X Z süreklidir. ( ) k p : X Z sürekli olsun. V Z açk için k 1 (V ) Y de açk mdr? (k p) 1 (V ), k p sürekli oldu undan X de açktr. nin Y (k p) 1 (V ) = p 1 (k 1 (V )) in Xde açk olmas için k 1 (V ) de açk olmas gerekmektedir. Çünkü p identikasyon dönü³ümdür. Teorem p : X Y identikasyon dönü³üm olsun. g : X Z a³a daki özelli e sahip sürekli fonksiyon olsun: x, x X için p(x) = p(x ) g(x) = g(x ). O zaman h p = g olacak ³ekilde bir tek h : Y Z sürekli dönü³ümü vardr. spat: h : Y Z y h(y) = g(p 1 (y)) dönü³ümünün tekli inin göster- olsun. h iyi tanml, sürekli ve örtendir. h ilmesi ö renciye braklm³tr. Sonuç p : X Y, Y Zdir. q : X Z identikasyon dönü³üm ise spat: h : Y Z olsun. 1) h bijektif mi? k : Z Y olsun. k h = 1 Y h, 1 1 ve h k = 1 Z h, örten oldu unu göstermeliyiz. 19
21 X q p Z k Y q = h p ve p = k q dönü³ümlerini ele alalm. (h k) q = h (k q) = h p = q = 1 Z q h örten (k h) p = k (h p) = k q = p = 1 Y p h, 1 1 h bijektif 2) Teorem den q = h p sürekli h sürekli 3) Teorem den p = h 1 q sürekli h 1 sürekli Ödev 2. Rotman - An Introduction to Algebraic Topology kitabnda sayfa 22 deki tüm al³trma sorular ödev braklm³tr. 2.4 BÖLÜM UZAYLARI Tanm X bir topolojik uzay ve R, X üzerinde bir denklik ba nts olsun. X/R bir bölüm kümesidir. q R : X X/R bölüm dönü³ümü kanonik dönü³ümdür. ( Her zaman örten olan dönü³ümlere kanonik dönü³üm ya da do al dönü³üm denir.) X/R = [x] R = {z X xrz} (X, τ) bir topolojik uzay olsun. q R : X X/R bölüm dönü³ümünü sürekli klan Y üzerindeki en geni³ topoloji τ = {V X/R q 1 R (V ) τ} dr ve bu topolojiye bölüm topolojisi denir. (X/R, τ ) identikasyon uzayna da (X, τ) nun bölüm uzay denir. Teorem f : X Y identikasyon dönü³ümü ve R, X üzerinde tanml bir denklik ba nts olsun: q : X X/ R identikasyon dönü³ümüdür. Y, X/ R ye homeomorftur. 20
22 spat: X q f f Y X/ R f nn homeomorzm oldu unu göstermeliyiz. 1) f : X/ R Y [x] R f([x] R ) = f(x) f([x] R ) = f([x ] R ) olsun. O zaman sa lanm³ olur. f(x) = f(x ) x R x [x] R = [x ] R olur. 1-1 lik 2) f örten oldu undan, y Y için x X f(x) = y dir. y Y için f([x] R ) = y olacak ³ekilde bir [x] R dir. Örtenlik sa lanr. X/ R 3) f = f q sürekli f sürekli 4) q = f 1 f sürekli f 1 süreklidir. Örnek I = [0, 1], x R y x = y = 0 veya 1 olsun. q R : [0, 1] [0, 1]/R x q R (x) = [x] R dönü³ümü bölüm dönü³ümüdür. p : [0, 1] S 1 t p(t) = e 2iπt identikasyon dönü³ümdür. Sonuç den yararlanarak [0, 1]/R S 1 oldu unu söyleyebiliriz. p : [0, 1]/R S 1 [x] R p([x] R ) = p(x) = e 2iπx olsun. 21
23 i) p bijektif dönü³ümdür: p 1-1 dir: p([x] R ) = p([y] R ) e 2iπx = e 2iπy cos 2πx = cos 2πy sin 2πx = sin 2πy x = y + k, k = 0, 1 x y [x] R = [y] R p örten: p ve q örten oldu undan p = p q 1 R ii) p sürekli p = p q R sürekli iii) p 1 sürekli q R = p 1 p sürekli örtendir. Örnek p : I I I S 1 (s, t) p(s, t) = (s, e 2iπt ) identikasyon dönü³ümdür. q : I I I I/R (s, t) q(s, t) = p(s, t) = (s, e 2iπt ) identikasyon dönü³ümdür. I I/R I S 1 dir. p : I I/R I S 1 [s, t] R p([s, t] R ) = p(s, t) = (s, e 2iπt ) dönü³ümü homeomorzmadr. Tanm (Topolojik Manifold) M bir T 2 ve saylabilir kom³uluk taban olan topolojik uzay olsun. M nin her aç R n in bir alt kümesine homeomorf ise M ye topolojik n-manifold denir. Örnek S 1 çemberi topolojik 1- manifold; S 2 küresi, Mb Möbiüs ³eridi, Kb Klein ³i³esi topolojik 2- manifolddur. Tanm (Bir Topolojik Uzayn Süspansiyonu) X topolojik uzay 22
24 ve I = [0, 1] olsun. X I X {0} X {1} = X I X {1} Tanm (Bir Topolojik Uzayn Konisi) X bir topolojik uzay olmak üzere X I üzerinde a³a daki ³ekilde denklik ba nts tanmlansn. (x, t) (x, t ) t = t = 1 CX = X I/ bölüm uzayna X üzerinde koni denir. Teorem Her X topolojik uzay için CX büzülebilirdir. H : CX I CX ([x, s], t) H([x, s], t) = [x, (1 s)t + s] ile tanmlayalm. spat: X I f H f CX I f nin identikasyon dönü³üm oldu unu biliyoruz. Ayrca X I CX {0} CX oldu undan H f süreklidir. O zaman Teorem den H süreklidir. H([x, t], 0) = [x, t] = I CX [x, t] H([x, t], 1) = [x, 1] = c x0 [x, t] sabit dönü³ümdür. Birim dönü³üm nullhomotoptur. Bu durumda CX büzülebilirdir. H CX Teorem X ve {a} ayn homotopi tipine sahiptir X büzülebilirdir. spat: ( ) X ve {a} ayn homotopi tipine sahip olsun. c sabit dönü³üm olmak üzere I X c oldu unu görmeliyiz. 23
25 f : X {a} sürekli dönü³ümü için g : {a} X dönü³ümü vardr öyleki g f I X, f g I {a} dr. sürekli c x0 (x) = g f(x) = g(a) = x 0 sabit dönü³üm olur ve c x0 (x) I X (x) X oldu undan birim dönü³üm nullhomotoptur. X büzülebilirdir. ( ) X büzülebilir olsun. Yani I X (x) c x0 (x) olsun. f : X {x 0 } x f(x) = x 0 g : {x 0 } X x 0 g(x 0 ) = x 0 c x0 (x) = g f(x) = x 0 g f I x f g(x 0 ) = f(x 0 ) = x 0 = I {x0 }(x 0 ) f g(x 0 ) = I {x0 } f g I x X ve {x 0 } ayn homotopi tipine sahiptir. Teorem Y büzülebilir uzay olsun. f, g : X Y ise f g dir. spat: Y büzülebilir oldu undan I Y c y0 (y) olur. sürekli iki dönü³üm f : X Y sürekli, g : X Y x g(x) = y 0 sabit. X f Y I Y Y c y0 f = g I Y c y0 f = I Y f = c y0 f = g f g Not X büzülebilir ise teorem do ru de ildir. 2) Y konveks ise teorem geçerlidir. 3) Y nin konveks olmas, nullhomotop dönü³ümlerin homotop olup olmadklarnn cevabdr. Ödev 3. Rotman - An Introduction to Algebraic Topology kitabnda sayfa 23 deki tüm al³trma sorular ödev braklm³tr. 24
26 2.5 YOLLAR VE YOL BA LANTILILIK Tanm f : I X sürekli fonksiyona X de bir yoldur denir. E er f(0) = a ve f(1) = b ise f ye a dan b ye bir yoldur denir. 2. a, b X için a dan b ye X de bir yol varsa,x e yol ba lantl uzay denir. Not f yolu, f(i) görüntü kümesi ile kar³tlmamaldr. 2. Bir yol, X de "parametreli e ri" olarak benimsenmemelidir. Teorem X yol ba lantl ise ba lantldr. spat: X yol ba lantl olsun. O zaman f : [0, 1] X sürekli fonksiyonu vardr. Kabul edelim ki ki X ba lantl olmasn. Yani; X = A B, A B = olacak ³ekilde A, B X açklar mevcut olsun. Bu durumda, = f 1 ( ) = f 1 (A B) = f 1 (A) f 1 (B) elde edilir. Ayrca f sürekli oldu undan f 1 (A) [0, 1] ve f 1 (B) [0, 1] açk kümelerdir. O zaman [0, 1] = f 1 (A) f 1 (B) ³eklinde yazlabilir ki bu da [0, 1] in ba lantl olmasyla çeli³ir. X ba lantldr. Not Teoremin tersi do ru de ildir. Tanm a, b X olsun. a b a ile b arasnda bir yol vardr. Teorem , X üzerinde bir denklik ba ntsdr. spat: i)yansma: a a, f : I X, sabit dönü³ümü süreklidir. t f(t) = a ii)simetri : a b olsun. f : I X, f(0) = a ve f(1) = b dir. sürekli dönü³üm vardr öyleki g : I X t g(t) = f(1 t) dönü³ümü süreklidir ve, g(0) = f(1) = b, g(1) = f(0) = a 25
27 iii)geçi³me: b a a b f : I X b c g : I X h : I X f(0) = a ve f(1) = b g(0) = b ve g(1) = c t h(t) = { f(2t), 0 t 1 2 g(2t 1) 1 2 t 1 dönü³ümü Pasting Lemma'dan süreklidir ve, h(0) = f(0) =a h(1)=g(1)=c a c Tanm altnda X in denklik snarna,x uzaynn yol bile³enleri denir. Not Her uzay, yol bile³enlerinin ayrk birle³imidir. Tanm Π 0 (X), X uzaynn yol bile³enler kümesidir. C, c X i içeren X de yol bile³eni ve D, f(c) Y, Y de yol bile³eni olsun. f : X Y c f(c) D Π 0 (f) : Π 0 (X) Π 0 (Y ) C Π 0 (f)(c) = D D Y ; f(c) yi içeren Π 0 (Y ) bir yol bile³endir. Teorem )Π 0 : T op Set funktorlar 2)f g Π 0 (f) = Π 0 (g) spat: 1) Π 0 (g f) = Π 0 (g) Π 0 (f)? 26
28 X Y f Π 0 (X) Π 0 (f) Π 0 (Y ) Z g Π 0 (g) Π 0 (Z) Π 0 (f): X deki yol bile³enini Y deki bir tek yol bile³enine götürür. Π 0 (g): Y deki yol bile³enini Z deki bir tek yol bile³enine götürür. Π 0 (g f) = Π 0 (g) Π 0 (f) g f : X Z Π 0 (g) Π 0 (f) : Π 0 (X) Π 0 (Z) Π 0 (g) Π 0 (f): X deki yol bile³enini Z deki bir tek yol bile³enine götürür. X Π 0 (X) X I X Π 0 (X) Π 0 (I X ) Π 0 (I X ) = I Π0 (X) 2) f, g : X Y, f g F : X I Y süreklidir öyleki F (x, 0) = f(x) ve F (x, 1) = g(x) C, X in bir yol bile³eni olsun.c I da yol ba lantl olur. F (C I) yol b lantldr çünkü F süreklidir. f(c)=f (C {0}) F (C I) g(c)=f (C {1}) F (C I) F (C I) y içeren Y nin yol bile³eni tek D oldu undan; f(c), g(c) D Π 0 (f) = Π 0 (g) Sonuç X ve Y yol bile³enine sahiptir. ayn homotopi tipine sahip ise X ve Y ayn sayda 27
29 Ödev 4. Rotman - An Introduction to Algebraic Topology kitabnda sayfa deki tüm al³trma sorular ödev braklm³tr. spat: X ile Y ayn homotopi tipine sahip oldu undan f : X Y sürekli dönü³ümü için g f I X ve f g I Y olacak ³ekilde g : Y X sürekli dönü³üm mevcuttur. Π 0 (g f) = Π 0 (I X ) ve Π 0 (f g) = Π 0 (I Y ) (teorem 2.5.3) Π 0 (g) Π 0 (f) = Π 0 (I X ) = I Π0 (X) Π 0 (f) Π 0 (g) = I Π0 (Y ) Π 0 (f) bijektiftir. Tanm A, X in alt uzay ve i : A X kapsama fonksiyonu olsun. E er r i = 1 A ve i r = 1 X olacak ³ekilde bir r : X A sürekli fonksiyonu varsa A ya X in deformation retract denir. Not Her deformation retrakt bir retraktr. Teorem A, X in deformation retrakt ise A ve X ayn homotopi tipine sahiptir. spat: r i = 1 A r i 1 A ve i r 1 X X ve A ayn homotopi tipine sahiptir. i : A X, r : X A r i 1 A ve i r 1 X Tanm (Silindir Dönü³ümü) f : X Y sürekli dönü³üm olsun. M f = (X I) Y/ bölüm uzayna f nin silindir dönü³üm uzay denir. (x, t) y y = f(x), t = 1 M f ye f nin silindir dönü³ümü denir. Ödev 5. Rotman - An Introduction to Algebraic Topology kitabnda sayfa daki tüm al³trma sorular ödev braklm³tr. 28
30 Bölüm 3 Temel Grup Temel Grup Tanm f, g : I X, f(1) = g(0) özellikli iki yol olsun. { f(2t), 0 t 1/2 (f g)(t) = g(2t 1), 1/2 t 1 f g : I X pasting lemmadan süreklidir. Tanm A X ve f, g : X Y sürekli dönü³ümler olmak üzere; a A için f(a) = g(a) olsun. E er f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonu: F : X I Y var ve a A için F (a, t) = f(a) = g(a) oluyorsa F homotopi fonksiyonuna relatif homotopi fonksiyonu denir. f g rel A olarak gösterilir. Not i)a = ise bilinen mutlak(absolute) homotopi elde edilir. ii) rela bir denklik ba ntsdr. Tanm I = [0, 1] R ve i = Bound(I) = {0, 1} olsun. f : I X yol homotopi denklik snf f nin yol snf olarak adlandrlr ve [f] ile gösterilir. [f] = {g : I X g f reli} Teorem f 0, f 1, g 0, g 1 X de yol dönü³ümleri ve f 0 f 1 rel i ve g 0 g 1 rel i olsun. E er f 0 (1) = f 1 (1) = g 0 (0) = g 1 (0) ise f 0 g 0 f 1 g 1 rel i dir. 29
31 f 0 f 1 rel i ve g 0 g 1 rel i olsun. f 0 f 1 rel i F : I I X süreklidir öyleki F (x, 0) = f 0 (x), F (x, 1) = f 1 (x) F (0, t) = f 0 (0) = f 1 (0) = x 0 F (1, t) = f 0 (1) = f 1 (1) = x 1 g 0 g 1 rel i G : I I X süreklidir öyleki G(x, 0) = g 0 (x), G(x, 1) = g 1 (x) G(0, t) = g 0 (0) = g 1 (0) = x 1 G(1, t) = g 0 (1) = g 1 (1) = x 2 H : I I X (x, t) H(x, t) = { F (2x, t), 0 x 1/2 G(2x 1, t), 1/2 x 1 F (1, t) = G(0, t)? F (1, t) = f 0 (1) = f 1 (1) = g 0 (0) = g 1 (0) = G(0, t) H süreklidir.çünkü F ve G süreklidir. H homotopi midir? H(x, 0) = { F (2x, 0), 0 x 1/2 G(2x 1, 0), 1/2 x 1 = { f0 (2x), 0 x 1/2 g 0 (2x 1), 1/2 x 1 =f 0 g 0 (x) H(x, 1) = { F (2x, 1), 0 x 1/2 G(2x 1, 1), 1/2 x 1 = { f1 (2x), 0 x 1/2 g 1 (2x 1), 1/2 x 1 =f 1 g 1 (x) dolaysyla f 0 g 0 f 1 g 1 rel i H(0, t) = F (0, t) = f 0 (0) = f 1 (0) = x 0 H(1, t) = G(1, t) = g 0 (1) = g 1 (1) = x 2 30
32 Tanm f : I X x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun.x 0 a f nin ba³langç noktas, x 1 e f nin biti³ noktas denir. E er f nin ba³langç ve biti³ noktalar ayn ( f(0) = f(1) ) ise f ye kapal yol (loop) denir. 2. i p : I X t i p (t) = p, p X yoluna sabit yol denir. 3. f : I X bir yol ise f 1 : I X t f 1 (t) = f(1 t) yoluna f yolunun ters yolu denir. f 1 (0) = f(1 0) = f(1) = f(1) = x 1 f 1 (1) = f(1 1) = f(0) = f(1) = x 0 Teorem i³lemi altnda X deki tüm yol snarnn kümesi a³a daki özellikleri sa layan bir cebirsel yap (grupoid) olu³turur. 1. [i p ] [f] = [f] [i q ] f, p den ba³layp q da biten bir yol, i p, i q sabit yollar. 2. [h] ([f] [g]) = ([h] [f]) [g] 3. [f] [f 1 ] = [i p ] ve [f 1 ] [f] = [i q ] spat: 1) [i p ] [f] = [f] [i p f] = [f] i p f f rel i 31
33 H : I I X { p, 2s 1 t (x, t) H(s, t) = f( 2s 1+t ), 2s 1 t 1+t H(s, 0) = { ip(2s) = p, 0 s 1 2 f(2s 1), 1 2 s 1 =1 p f(s) H(s, 1) = f(s) 2) h (f g) (h f) g rel { i h(2s), 0 s 1 H(s, 0) = h (f g)(s) = 2 1 f g(2s 1), s 1 2 H(s, 1) = (h f) g(s) = h(2s), 0 s = f(4s 2), s g(4s 3), s 1 4 { h f(2s), 0 s 1 2 g(2s 1), 1 2 s 1 h(4s), 0 s = f(4s 1), s g(2s 1), s
34 3) [f] [f 1 ] = [1 p ] f f 1 1 p rel i H(s, 0) = H : I I X (s, t) H(s, t) = { f(2s), 0 s 1 2 f(2 2s), 1 2 s 1 = { f(2s), 0 s 1 f 1 1 (2s 1), s 1 2 =f f 1 (s) H(s, 1) = f(0) = p = i p (s) f f 1 i p rel i { f(2s(1 t)), 0 s 1 2 f(2(1 s)(1 t)), 1 2 s 1 Tanm x 0 X olmak üzere X in x 0 tabanl temel grubu; Π 1 (X, x 0 ) = {[f] : [f], X de yol snf ve f(0) = f(1) = x 0 } 2 33
35 Tanm Π 1 (X, x 0 ), i³lemi altnda bir gruptur. Π 1 : ptop Grp X Π 1 (X) Teorem Π 1 : T op Grp kovaryant funktor. 2. h, k : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) ve h k rel {x 0 } ise Π 1 (h) = Π 1 (k) dr. spat 1. i) Π 1 (g f) = Π 1 (g) Π 1 (f) ii) Π 1 (1 X ) = 1 Π1 (X) oldu unu göstermeliyiz. i) f : X Y ve g : Y Z iki sürekli dönü³üm olsun. (X, x 0 ) f (Y, y 0 ) g (Z, z 0 ) Π 1 Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (f) Π 1 Π 1 (Y, y 0 ) Π 1 (g) Π 1 Π 1 (Z, z 0 ) Π 1 (g f) : Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Z, z 0 ) g f(x 0 ) = z 0 [α] [g f α] Π 1 (X, x 0 ) Π 1(f) Π1 (Y, y 0 ) Π 1(g) Π1 (Z, z 0 ) [α] [f α] [g f α] rightarrow Π 1 (g f) = Π 1 (g) Π 1 (f) elde edilir. ii) (Ödev) 2. h k rel {x 0 } olsun. 34
36 Π 1 (h) = Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) [f] Π 1 (h)([f]) = [h f] ³eklinde tanmlayalm. Π 1 (h) : Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) f f rel {i} ise g f g f rel {i} idi: H : I I H X h Y I I h H Y F : I I Y (s, t) F (s, t) = h H(s, t) f ve g, x 0 'da kapal yollar ise; h (f g) = (h f) (h g) dir: { f(2s), 0 s 1 f g(s) = 2 1 g(2s 1), s 1 2 { h(f(2s)), 0 s 1 h (f g(s)) = 2 1 =(h f) (h g)(s) h(g(2s 1)), s 1 2 Π 1 (h) : Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) Π 1 (h)([f] [g]) = Π 1 (h)([f g]) = [h (f g)] = [(h f) (h g)] = [(h f)] [(h g)] = Π 1 (h)([f]) Π 1 (h)([g]) elde edilir. O halde Π 1 (h) homomorzmadr. Benzer ³ekilde Π 1 (k) nn da homomorzma oldu u görülür. F : X I Y,h k rel {i} h f k f F (x, 0) = h(x) F (x, 1) = k(x) rel {i} f : I X h k Y 35
37 H : I I Y (x, t) H(x, t) = F (f(x), t) H(x, 0) = F (f(x), 0) = h(f(x)) H(x, 1) = F (f(x), 1) = k(f(x)) H(x, 0) = h f(x) = h(f(x)) H(x, 1) = h f(x) = k(f(x)) [h] = [k] [h f] = [k f] Π 1 (h)([f]) = Π 1 (k)([f]) Π 1 (h) = Π 1 (k) Tanm h homomorzmasna h fonksiyonu tarafndan indirgenen (üretilen) homomorzm denir. Top/ htop dir. Burada htop = Homotopik topolojik uzaylar kategorisidir. f g rel {x 0 } [f], [g] [(X, x 0 ), (Y, y 0 )], f, g : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) f : (S 1, 1) (Y, y 0 ), f, Y de kapal yol. [f] [(S 1, 1), (Y, y 0 )] = Π 1 (Y, y 0 ) [(S n, 1), (Y, y 0 )] = Π n (Y, y 0 ) Teorem x 0 X, X 0, X in x 0 olur. Π 1 (X 0, x 0 ) = Π 1 (X, x 0 ) içeren yol bile³eni olsun. O zaman; spat: j : (X 0, x 0 ) (X, x 0 ) kapsama dönü³ümü olsun. j : Π 1 (X 0, x 0 ) Π 1 (X, x 0 ) [f] j [f] = [j f] indirgenmi³ homomor- zmas mevcuttur. x 0 j(x 0 ) = x 0 dir. X 0 da x 0 bazl bir f loop aldk ve j f nin de X de bazl bir loop oldu unu biliyoruz. [f] Kerj olsun. O zaman j ([f]) = [e x0 ] olur. [j f] = [e x0 ] j f e x0 rel i 36
38 imdi f e x0 rel i oldu unu görelim. (e x0, x 0 noktasndaki sabit yol) j f e x0 F : I I X sürekli dönü³ümü mevcuttur öyleki F (0, 0) = x 0 dr. I I yol ba lantl ve F sürekli oldu undan F (I I) da yol ba lantldr. Bu durumda F (I I) X 0 dr. f e x0 rel i [f] = [e x0 ] j injektiftir. imdi j n surjektif oldu unu görelim: f : I X dönü³ümü x 0 noktasnda loop olsun. O zaman I yol ba lantl ve f sürekli oldu undan f(i) da yol ba lantldr. ³eklinde tanmlansn. I f : I X t f (t) = f(t) f X 0 j verilen f yolu için f yolu X 0 da vardr. Bu da j n örtenli ini verir. (j ([f ]) = [f] olacak ³ekilde [f ] bulunabiliyor.) j izomorzmadr. X Teorem X yol ba lantl ve x 0, x 1 X de key iki nokta ise π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) spat: tanmlansn. α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) [f] α([f]) = [α 1 ] [f] [α] ³eklinde dönü³üm α, X de x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun. (Çünkü X yol ba lantldr.) i) α iyi tanmldr. ii) α homomorzmdir. iii) α injektiftir. iv) α surjektiftir. 37
39 i) α iyi tanmldr: ii) α homomorzmdir: [f] = [g] α([f]) = α([g])? [f] = [g] f g α 1 f α 1 g α 1 f α α 1 g α [α 1 ] [f] [α] [α 1 ] [g] [α] α([f]) = α([g]) α([f] [g]) = α([f]) α([g])? [f] [g] = [f g] oldu unu biliyoruz. α([f] [g]) = α([f g]) = [α 1 ] [f g] [α] = [α 1 ] [f] [e x0 ] [g] [α] = α([f]) α([g]) Böylece α homomorzmadr. iii) α 1-1 dir: =[α 1 ] [f] [α] [α 1 ] [g] [α] β : π 1 (X, x 1 ) π 1 (X, x 0 ) [g] β([g]) = [β 1 ] [g] [β] ³eklinde tanmlansn. Burada β : I X, s I için β(s) = α(1 s) = α 1 (s) ³eklinde tanmlansn. O zaman β([g]) = [α] [g] [α 1 ] elde edilir. β α([f]) = β( α([f])) = β([α 1 f α]) = α α 1 f α α 1 = [f] α 1-1 dir. Çünkü sol tersi vardr iv) α örtendir: 38
40 α β([g]) = [g] midir? α β([g]) = α( β([g])) α örtendir çünkü sa tersi vardr. = α([β 1 g β])) = α([α] [g] [α 1 ]) = [α 1 α g α 1 α] = [g] Teorem (X, x 0 ) ve (Y, y 0 ) noktal topolojik uzay olsun. spat: izdü³üm fonksiyonlar olsun. Π 1 (X Y, x 0 y 0 ) = Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) p 1 : X Y X p 2 : X Y Y (p 1 ) : Π 1 (X Y, x 0 y 0 ) Π 1 (X, x 0 ) (p 2 ) : Π 1 (X Y, x 0 y 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) ϕ : Π 1 (X Y, x 0 y 0 ) Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) [f] ϕ([f]) = ([p 1 f], [p 2 f]) i) ϕ homomorzmadr. f ve g x 0 y 0 X Y noktasnda iki loop olsun. ϕ([f] [g]) = ϕ([f g]) = ([p 1 (f g)], [p 2 (f g)]) = ([(p 1 f) (p 1 g)], [(p 2 f) (p 2 g)]) ϕ([f]) ϕ([g]) = ([p 1 f], [p 2 f]) ([p 1 g], [p 2 g]) = ([p 1 f] [p 1 g], [p 1 f] [p 2 g]) = ([(p 1 f) (p 1 g)], [(p 2 f) (p 2 g)]) ϕ homomorzmadr. 39
41 k : I X x 0 X da bir loop, f : I X Y x 0 y 0 da bir loop, h : I Y y 0 Y da bir loop olsun. Bu durumda p 1 f ve p 2 f srasyla x 0 ve y 0 da bir looptur ve (k, h) : I X Y x 0 y 0 da bir loop olur. t (g, h)(t) = (g(t), h(t)) ψ : Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 ) Π 1 (X Y, x 0 y 0 ) ([k], [h]) ψ([k], [h]) = [(k, h)] dönü³ümünü tanmlayalm. Bu dönü³üm homomorzmadr.(ödev) ii) ψ ϕ([f]) = ψ(ϕ[f]) = ψ([p 1 f], [p 2 f]) = [(p 1 f, p 2 f)] = [f] O halde ϕ nin sol tersi vardr yani injektiftir. iv) ϕ ψ([k], [h]) = ϕ(ψ([k], [h])) = ϕ([(k, h)]) = ([k], [h]) ϕ nin sa tersi vardr. ϕ surjektiftir.spat biter. Teorem ϕ 0, ϕ 1 : X Y sürekli dönü³ümleri homotop olsun. x 0 X ve λ = F (x 0, ) dönü³ümü Y üzerinde ϕ 0 (x 0 ) dan ϕ 1 (x 0 ) a giden bir yol olsun. O zaman a³a daki diagram komutatiftir. Π 1 (X, x 0 ) (ϕ 1 ) Π 1 (Y, ϕ 1 (x 0 )) (ϕ 0 ) Π 1 (Y, ϕ 0 (x 0 ) ψ ψ (ϕ 1 ) = (ϕ 0 ) dr ve ψ : Π 1 (Y, ϕ 1 (x 0 )) Π 1 (Y, ϕ 0 (x)) [g] ψ([g]) = λ g λ 1 izomorzmadr. 40
42 spat: f : I X x 0 X da bir loop olsun. G : I I Y (s, t) G(s, t) = F (f(s), t) ile tanmlansn. O zaman ϕ 0 f ϕ 1 f olur. (Açktr ki ϕ 0 f ve ϕ 1 f dönü³ümleri Y üzerinde srasyla ϕ 0 (x 0 ) ve ϕ 1 (x 0 ) da loopturlar.) imdi I I üzerindeki üçgenle³tirmeleri ele alalm. H : I I I I dönü³ümünü önce her bir üçgen üzerinde tanmlayp sonra da yap³trma "gluing" lemmasna ba³vurarak tanmlayalm. Herbir üçgen (2- simpleks) üzerinde H dönü³ümü an dönü³ümdür. Böylece H dönü³ümünü sadece kö³eler üzerinde tanmlamak yeterli olacaktr. H(a) = H(q) = α, H(b) = H(p) = β, H(c) = γ, H(d) = δ, H(r) = ρ ³eklinde tanmlansn. Sayfa 38 deki Al³trma 2.8 den [a, q] dik kenar α ya; [b, p] dik kenar β ya yap³r. Ayrca [q, d] [α, δ]; [d, c] [δ, γ]; [c, p] [γ, β] ya ta³nr. J = G H : I I Y relatif homotopidir; J : ϕ 0 f (λ (ϕ 1 ) f) λ 1 Reli Bu durumda; (ϕ 0 ) [f] = [ϕ 0 f] = [λ ϕ 1 f λ 1 ] ve ψ (ϕ 1 ) ([f]) = ψ([ϕ 1 f]) = [λ ϕ 1 f λ 1 ] olur. stenen elde edilir. 41
43 Sonuç ϕ 0, ϕ 1 : (X, x 0 (Y, y 0 ) homotop olsun. i) (ϕ 0 ), (ϕ 1 ) birbirlerinin e³leni idir. Yani [f] Π 1 (X, x 0 ) için (ϕ 0 ) ([f]) = λ(ϕ 1 ) ([f]) λ 1 olacak ³ekilde [λ] Π 1 (Y, y 0 ) vardr. ii) Π 1 (Y, x 0 ) abel ise (ϕ 0 ) = (ϕ 1 ) Teorem β : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) homotopi denk ise izomorzmdir. β : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) spat: β : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) homotopi denk olsun. Bu durumda, α : (Y, y 0 ) (X, x 0 ) vardr öyle ki α β 1 X ve β α 1 Y dir. (α β) = (1 X ) ve (β α) = (1 Y ) g, f : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) homotop ise f = g 'dr. α β = (1 X ) ve β α = (1 Y ) β,1 1 β örten β izomorzmdir. Sonuç β : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) homeomorzm ise β : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) izomorzmdir. spat: homeomorf homotopi denktir. sonuca ula³lr. 2. X ve Y yol ba lantl ve ayn homotopi tipine sahip olsun. π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) 42
44 3. X büzülebilir ve x 0 X olsun. π 1 (X, x 0 ) = {1} spat: X büzülebilirdir X ve {x 0 } ayn homotopi tipine sahiptir. π 1 (X, x 0 ) π 1 ({x 0 }, x 0 ) = {1} Tanm X uzay yol ba lantl ve π 1 (X, x 0 ) {1} ise X ba lantl uzay denir. e basit Not Küre basit ba lantldr fakat büzülebilir de ildir. Sonuç β : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) null homotop ise a³ikar homomorzmdir. β : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) spat: E er k : X Y dönü³ümü y 1 Y noktasnda sabit ise k : Π 1 (X, x 0 ) Π 1 (Y, y 0 homomorzmas a³ikardr. (k [f] = k f idi ve k f de sabit yoldur.) Hipotezden β nullhomotoptu. O zaman β k oldu unu kabul edelim. Lemma den Π 1 (X, x 0 ) β Π 1 (Y, y 0 ) k Π 1 (Y, y 1 ) ψ ψ β = k olacak ³ekilde ψ izomorzmas mevcuttur. Bu durumda β = ψ 1 k a³ikar homomorzmadr. Bu da ispat bitirir. 43
45 imdi basit ba lantl olamayan yani temel grubu a³ikar olmayan S 1 uzayn ele alalm. Π 1 (S 1, 1) temel grubunu hesaplamak için S 1 çemberini normu z = 1 olan z kompleks saylarnn kümesi olarak dü³ünelim. h : S 1 S 1 z h(z) = z 2 dönü³ümü S 1 etrafnda iki kez tur ataca ndan h dönü³ümü g : S 1 S 1 z g(z) = z 0 = 1 sabit dönü³ümüne homotop olamaz. Böylece iki dönü³ümü ayrt etmek için (ve homotopi snarn ayrt etmek için) bir yöntem aryoruz. Kompleks de i³kenli bu tür fonksiyonlar do rusal integral olan "winding says" ile ayrt edilebilirler: W (f) = 1 2πi f Burada f : (I, i) (S 1, 1) çemberin parametrizasyonu olsun. f(t) = exp f(t) yazarak W (f) saysn hesaplam³ oluruz. Bu ³ekilde do rusal integrali z = f(t) = exp f(t) ile de i³tirerek bilinen inregrale dönü³türebiliriz. O zaman dz = z2πi f dt olur ve W (f) = 1 2πi f dz 1 z = 0 dz z f (t)dt = f(1) f(0) Örne in f(t) = e 2πimt fonksiyonu I y S 1 etrafnda m tur attrr. (m 0 için saat yönünün tersine, m < 0 için saat yönünde) O zaman f(t) = mt alalm ve böylece W (f) = f(1) f(0) = m olur. Burada belli bir k Z tamsays için f(t) = mt+k dönü³ümü de seçilebilirdi. Bu seçimin çoklu u kolayca açklanabilir. f aslnda log f dir ve kompleks logaritma tek de erli de ildir. Π 1 (S 1, 1) in hesaplanmas için S 1 deki her 2πi f(t) f kapal yol için f(t) = e olacak ³ekilde f : I R dönü³ümünün olu³turulmas ve f(1) ile f(0) n olu³turulmas gerekir. Lemma X uzay R k nn kompakt ve konveks alt kümesi ve f : (X, x 0 ) (S 1, 1) sürekli dönü³üm olsun. t 0 Z için exp : (R, t 0 ) (S 1, 1) t exp(t) = e 2πit dönü³ümünü alalm. O zaman exp f = f olacak ³ekilde bir tek f : (X, x 0 ) (R, t 0 ) sürekli fonksiyonu vardr. f'ye f'nin yükseltilmi³ (liftingi) denir. (exp f(x 0 ) = f(x 0 ) = 1 olmas için t 0 n tamsay alnmas gerekti ine dikkat edelim.) 44
46 spat: X kompakt oldu undan f düzgün süreklidir. δ > 0 için x x < δ iken f(x) f(x ) < 2 alalm. ( diam(s 1 ) = 2 alarak f(x) ve f(x ) noktalarnn antipod olmad n garantilemi³ oluruz yani f(x).f(x ) 1 1 dir.) X snrl oldu undan tüm x X için x x 0 < δ olacak ³ekilde bir n Z + n vardr. x X için bitim noktalar x 0 ve x olan do ru parçasn (konvekslik oldu undan bu do ru parçasn yine X içinde) x 0, x 1,..., x n = x uzunluklar e³it olacak ³ekilde n parçaya ayralm. Böylece x j x j+1 = X X 0 n < δ Dolaysyla; f(x j ) 1.f(x j+1 ) 1 f(x j+1) f(x j 1 f(x ) j+1 ) f(x j ) dir. 0 j n 1 için g : X S 1 { 1} x g j (x) = f(x j ) 1.f(x j+1 ) süreklidir ve j için g j (x 0 ) = 1 dir. S 1 çarpmsal grup oldu undan f(x) = f(x 0 )[f(x 0 ) 1.f(x 1 )][f(x 1 ) 1.f(x 2 )]...[f(x n 1 ) 1.f(x n )] = f(x 0 ).g 0 (x).g 1 (x)...g n 1 (x) dir. exp dönü³ümünün ( 1, 1 ) ye kstlarsak ( 1, 1) 2 2 S1 { 1} homeomorzmasn elde ederiz. Bu dönü³ümün 2 2 tersine λ diyelim. (gerçekten λ = 1 log dur ve λ(1) = 0 dr.) j için 2πi Img j S 1 { 1} oldu undan λ g j tanml ve süreklidir. f : X R x f(x) = t 0 + λg 0 (x) + λg 1 (x) λg n 1 (x) ile tanmlansn. f dönü³ümü sürekli dönü³ümlerin toplam oldu undan süreklidir. Ayrca tüm j ler için g j (x 0 ) = 1 ve λ(1) = 0 oldu undan f(x 0 ) = t 0 dr. Ve exp f = f dir. f nin tekli i ö renciye ödev olarak braklm³tr. Sonuç f : (I, i) (S 1, 1) sürekli olsun. 45
47 1. k f = f ve f(0) = 0 olacak ³ekilde bir tek sürekli fonksiyon f : I R dir.(burada k = exp dir.) 2. g : (I, i) (S 1, 1) sürekli ve f g rel{i} ise f g rel {i} dir.ayrca f(t) = g(t) olur. Ayrca g(1) = f(1) spat: 1. I konveks ve kompakt oldu undan bir önceki lemmadan açktr. 2. I I uzay kompakt ve konvekstir. (0, 0) noktasn baz noktas olarak alalm. F : I I S 1 relatif homotopi (F : f g reli) ise o zaman bir önceki lemmadan exp F = F olacak ³ekilde F : I I R vardr ve F (0, 0) = 0 dr. I I F F exp S 1 R F (t, 0) = f(t), F (t, 1) = g(t), F (0, s) = (1, 0) = F (1, s) F : f g reli oldu unu yani F homotopisinin yükseltilebilece ini iddia ediyoruz. ϕ 0 : I R ϕ 0 (t) = F (t, 0) olarak tanmlansn. O zaman exp ϕ 0 (t) = exp F (t, 0) = F (t, 0) = f(t) dir. ϕ 0 (0) = F (0, 0) = 0 oldu undan ve yükseltilmi³in tekli inden ϕ 0 = f dr. θ 0 : I R θ 0 (t) = F (0, t) olarak tanmlansn. Benzer argümanla θ 0 0 sabit fonksiyon oldu u görülebilir. Buradan F (0, 1) = 0 dr. ϕ 1 : I R ϕ 1 (t) = F (t, 1) olsun. exp ϕ 1 (t) = F (t, 1) = g(t) ve ϕ 1 (0) = F (0, 1) = 0 oldu undan ϕ 1 = g dir. Son olarak θ 1 : I R θ 1 (t) = F (1, t) olarak tanmlansn. exp θ 1 = c sabit dönü³ümdür. Ayrca t için exp θ 1 (t) = f(1) ve θ 1 (0) = f(1) dir. Böylece f(1) üzerindeki sabit dönü³üm c dönü³ümünün yükseltilmi³idir ve teklikten t için θ 1 (t) f(1) dir. O halde f(1) = g(1) olur. F relatif homotopi olur. Tanm f : (I, i) (S 1, 1) sürekli fonksiyon olsun.f nin derecesi: degf = f(1) ³eklinde tanmlanr. Burada f, f nin yükseltilmi³idir. 46
48 Teorem d : Π 1 (S 1, 1) (Z, +) [f] d([f]) =degf homomorzmi izomorzmdir. Ayrca deg(f g) =deg(f)+deg(g) dir. Sonuç S 1 basit ba lantl de ildir. 2. S 1 deki iki kapal yol, yol homotoptur iki yol ayn dereceye sahiptir. spat: 1. Π 1 (S 1, 1) = Z {1} 2. ( )f, g : (I, 1) (S 1, 1) iki yol ve f g olsun. O zaman f g ve f(1) = g(1) olur. Buradan deg f = deg g dir. ( ) deg f = f(1) deg g = g(1) f g k f k g f g Topolojik Grup Tanm (G, τ) bir topolojik uzay, (G, ) bir grup olsun.a³a dakiler mevcut ise (G, τ, ) yapsna topolojik grup denir. 1. G G G sürekli (x, y) x y 2. G G sürekli x x 1 Örnek (R, τ S, +) bir topolojik gruptur. 2. (S 1, τ A, ) bir topolojik gruptur. τ A = {S 1 V V τ S τ S } τ S τ S i³lemi kompleks saylar üzerinde çarpmadr. z 1, z 2 S 1 C için z 1.z 2 = (x 1, y 1 )(x 2, y 2 ) = (x 1 x 2 y 1, y 2, x 1 y 2 + x 2 y 1 ) 47
49 3. (GL(n, R), τ G, ) bir topolojik gruptur. (GL(n, R) = {A i M n n deta 0} GL(n, R) R n2 = R R... R }{{} n 2 τ G = {A W W τ S... τ S } O(n) = {A (GL(n, R) A.A 1 = 1} SO(n) = {A O(n) deta = 1} SO(n) O(n) GL(n) izomorzm homeomorzm dieomorzm izotopi H-Uzay (Hoph Uzay) Tanm (X, x 0 ) bir noktal topolojik uzay olsun.m(x 0, ) ve m(, x 0 ) dönü³ümlerinin her biri 1 X 'e relatif olarak homotop olacak ³ekilde m : (X X, x 0 x 0 ) (X, x 0 ) dönü³ümü varsa (X, x 0 ) uzayna H-Uzay denir. m(x 0, ) : {x 0 } X X m(, x 0 ) : X {x 0 } X m(x 0, ) 1 x0 Not Her topolojik grup bir H-uzaydr. Teorem (X, x 0 ) H-uzay ise Π 1 (X, x 0 ) abeldir. spat: θ : Π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 0 ) π 1 (X X, x 0 x 0 ) ([f], [g]) θ([f], [g]) = [(f, g)] [f], [g] π 1 (X, x 0 ) ise [f] [g] = [g] [f]? [g] = (m (k, 1 x ) [g] (H-uzay) = m (k, 1 x ) [g] (π 1 funktor) = m ((k g, g)) = m (θ([kg], [g]) 48
50 = m θ([e], [g]) [f] = m θ([f], [e]) [f] [g] = m θ([f], [e]) m θ([e], [g]) = m θ([f], [g]) m ([f], [g]) = [g] [f] Sonuç (X, x 0 ) topolojik grup ise Π 1 (X, x 0 ) abeldir. 49
51 Bölüm 4 ÖRTÜ UZAYLARI Tanm X, ve X iki topolojik uzay, p : X X sürekli bir dönü³üm olsun. A³a daki özellikler mevcut ise, X deki U aç na "p tarafndan düzgün örtülüyor" denir: i) p 1 (U) = S i, i için, S i X da açk kümeler. ii) p Si : S i U bir homeomorzmdir. Tanm X, ve X iki topolojik uzay olsun.a³a dakiler mevcut ise ( X, p) ikilisine X topolojik uzaynn "örtü uzay"; p dönü³ümüne de "örtülü dönü³üm" denir: i) X yol ba lantldr. ii) p : X X süreklidir. iii) x X noktasnn bir U açk kom³ulu u p tarafndan düzgün örtülür. Örnek p : R S 1 t p(t) = (cos 2πt, sin 2πt) ile tanmlanan dönü³üm örtü dönü³ümüdür. Yani (R, p), S 1 in örtü uzaydr. Çözüm: p nin identikasyon dönü³ümü oldu unu biliyoruz. O halde p örten ve süreklidir. Ayrca R yol ba lantldr(çünki konveks). (1, 0) U olsun. p 1 (U) yu belirleyelim. S i = (i 1, i + 1) R açk aralklar için, S 4 4 i S j = i j ve p 1 (U) = i Z S i imdi p Si : S i U nun homeomorzma oldu unu gösterelim. 50
52 i) p sürekli oldu undan p Si dönü³ümü de süreklidir. ii) x 1 x 2 S i için p(x 1 ) p(x 2 ) p Si oldu undan injektiftir. iii) w U için t S i öyle ki p(t) = w w = p(t) = e 2πit t = 1 2πi ln w S i oldu undan p Si surjektiftir. iv) (p Si ) 1 : U S i w (p Si ) 1 (w) = 1 ln w dönü³ümü süreklidir. 2πi Örnek Her homeomorzm bir örtülü dönü³ümdür. p : X Y bir homeomorzm olsun. Bu durumda p örten ve süreklidir. i) Süreklilikten dolay U Y açk için p 1 (U) = V X açktr. ii) p homeomorzm oldu undan p Vα homeomorzmdir. O halde inceledi imiz p homeomorzmi örtü dönü³ümdür. Örnek X birim dönü³ümü bir örtü dönü³ümdür. 1 X : X X birim dönü³ümünün örten ve sürekli oldu unu biliyoruz. i) U = V α alrsak p 1 (U) = U = V α dr. ii) p U : U U homeomorzmdir. O halde 1 X örtülü dönü³ümdür. Örnek E = X {0, 1, 2, 3,...} ve B = X olmak üzere p : E B örtü dönü³ümdür. x X için (x, 0) X {0, 1, 2, 3,...} öyle ki p(x, 0) = x oldu undan p örtendir. U B = X de açk olsun. p 1 (U) = U Z + süreklidir. E açk oldu undan p i) p 1 (U) = α Z +U {α} ayrk birle³imine e³ittir. ii) p Vα : V α U; p Vα : U α U homeomorzmdir. O halde p örtü dönü³ümdür. 51
53 Örnek p : S 2 RP 2, p(z) = [z] ile tanmlanan bölüm dönü³ümü örtü dönü³ümdür. Örnek p : R + de ildir. S 1, p(t) = (cos2πt, sin2πt) örtülü dönü³üm Örnek p p : R R S 1 S 1 örtü dönü³ümdür. Çünkü; p : R S 1 örtü dönü³ümlerinin kartezyen çarpm da örtü dönü³ümüdür. Lemma ( X, p) X uzaynn örtü uzay olsun. 1. p : X X sürekli örten ve açktr. 2. p identikasyon dönü³ümdür. 3. X yol ba lantldr. spat: 1. U X açk olsun. p 1 (U) = i I S i S i X açk. pp 1 (U) = p( S i ) = p(s i ) = U oldu undan p örtendir. i I i I p : X X örtü dönü³ümü ve V X açk olsun. p(v ) nin X de açk oldu unu gösterelim. x p(v ) olsun. x noktasn içeren bir U kom³ulu u vardr öyleki U düzgün örtülüyor. x p 1 (x) V olsun. Ũ; x noktasn içeren U üzerinde bir sheet olsun. p : Ũ U homeomorftur. O halde Ũ V Ũ açk oldu undan p(ũ V ) = U açktr. V = Ũ i V = Ũ i V p(v ) = p( Ũ i V ) = U olur. p i I i I i I açk dönü³ümüdür. 52
54 2. p sürekli örten ve açk oldu undan identikasyondur. 3. X yol ba lantl ve p örten ve sürekli oldu undan p( X) = X de yol ba lantldr. Teorem G yol ba lantl topolojik grup, H da G nin diskret normal alt grubu olsun. p : G G/H do al homomorzm ise p örtü dönü³ümdür. ((G, p), G/H n örtü uzaydr.) spat: G/H n topolojik grup oldu unu biliyoruz. Önce p dönü³ümünün açk oldu unu görelim. V G açk olsun. p(v ) = {Hx : x V } dir. Böylece p 1 p(v ) = Hx = hv dir. x V h H L h : G G g hg homeomorzma oldu undan hv G açktr. Bu yüzden p 1 p(v ) G de açktr. p dönü³ümü identikasyon oldu undan p(v ) G/H da açk olur. H normal altgrubu diskret oldu undan tüm alt kümeleri açk ve kapaldr. 1 G birim eleman için W H = {1} olacak ³ekilde bir W G aç mevcuttur. G G G (x, y) xy 1 sürekli oldu undan 1 birim elemannn V V 1 W olacak ³ekilde bir V kom³ulu u vardr. U = p(v ) ³eklinde tanmlansn. p açk oldu undan 1 U G/H açk kom³ulu u olur. U nun p tarafndan düzgün örtüldü ünü iddia ediyoruz. Yukarda gösterdi imiz gibi p 1 (U) = p 1 p(v ) = hv hv G açk idi. h H için hv formundaki h H kümeler iki³erli ayrktr yani h, k H h k ise hv kv = dir. (Bir an için hv kv oldu unu kabul edelim. O zaman v, w V vardr öyle ki hv = kw olur. Buradan vw 1 = k 1 h V V 1 H W H = {1} elde edilir ki bu da çeli³kidir.) Sonuç olarak p hv : hv U homeomorzmadr: p hv dönü³ümünün açk ve sürekli oldu unu biliyoruz. p(hv ) = p(h)p(v ) = p(v ) = U (h H = kerp) oldu undan p hv surjektiftir. v, w W için p(hv) = p(hw) p(v) = p(w) ve vw 1 V V 1 H = {1} oldu undan p hv injektiftir. E er x G/H ise o zaman xu G/H; x noktasnn açk kom³ulu udur ve p tarafndan düzgün örtülür. Bu durumda (G, p); G/H n örtü uzaydr. 53
55 Lemma p : X X örtü dönü³ümü, Y ba lantl uzay ve f : (Y, y 0 ) (X, x 0 ) sürekli dönü³üm olsun. Verilen x 0 p 1 (x 0 ) için p f = f olacak ³ekilde en çok bir f : (Y, y 0 ) ( X, x 0 ) sürekli dönü³üm vardr. (Y, y 0 ) f f ( X, x 0 ) p (X, x 0 ) spat: p f = f olacak ³ekilde f : (Y, y 0 ) ( X, x 0 ) sürekli dönü³ümünün oldu unu kabul edelim. A = {y Y : f(y) = f (y)} B = {y Y : f(y) f (y)} Y = A B ve A B =, A ve B açk alt kümeler ve üstelik Y ba lantldr. Bu durumda A = ya da B = dir. A olmaldr çünkü y 0 A dr. O zaman B = olur. f = f dir. a A alalm. U, f(a) nn bir kom³ulu u olsun. S de f(a) = f (a) y içeren U üzerinde bir yaprak(sheet) olsun. W = f 1 (S) f 1 (S) Y deki a noktasnn bir kom³ulu udur. w W ise f(w) ve f (w) S ye aittir. Böylece p f(w) = f(w) p f (w) = f(w) w W için f(w) = f (w) dir. Çünkü p S homeomorzmdir. w A W A A açktr. X Hausdor olsayd, A kapal olacakt ve ispat tamamlanacakt. b B olsun. Bu durumda V, f(b) nin bir kom³ulu udur. E er hem f(b) hem de f (b), V nin ayn yapra üzerine dü³üyorsa f(b) = f (b) b B olmas ile çeli³ir. Dolaysyla f(b) S ve f (b) S olur ki S ve S farkl yapraklardr. 54
56 W = f 1 (S) (f ) 1 (S ) W, b nin bir açk kom³ulu udur. Buradan b W b W W B olur. O halde B açktr. Teorem (Lifting Lemma) p : ( X, x 0 ) (X, x 0 ) örtü dönü³ümü ve f : (I, 0) (X, x 0 ) bir yol olsun. E er x 0 p 1 (x 0 ) ise p f = f olacak ³ekilde bir tek f : (I, 0) ( X, x 0 ) yolu vardr. spat: I ba lantldr. Bir önceki lemmadan f tektir. O halde f nn varl n gösterelim. x = f(a) nn kom³ulu u U ve f([a, b]) U olacak ³ekilde [a, b] I alalm. g : ([a, b], a) ( X, x) t g(t) = (p S ) 1 f [a,b] olsun. t I için U t, f(t) nin bir kom³ulu u olsun. {f 1 (U t t I} I kompakt metrik uzaynn açk örtüleridir. Bu örtünün bir Lebesgue says λ vardr.yani: 0 < δ < λ ve Y I; çap δ dan küçük olan bir altküme ise o zaman bir t I için Y f 1 (U t ) dir yani f(y ) U t dir. i = 1, 2,..., m 1 için t i+1 t i < δ olacak ³ekilde I nn t 1 = 0, t 2..., t m = 1 parçalan³ olsun. O zaman g 1 : [0, t 2 ] X p g 1 = f [0,t2 ] g 1 (0) = x 0 g 2 : [t 2, t 3 ] X p g 2 = f [t2,t 3 ] g 2 (t 2 ) = g 1 (t 2 ) i m 2 için; g i+1 : [t i+1, t i+2 ] X p g i = f [ti+1,t i+2 ] ve g i+1 (t + 1) = g i (t + 1) O halde f : (I, 0) ( X, x 0 ) t [t i, t i+1 ] için f(t) = g i (t) olcak ³ekilde sürekli bir dönü³üm mevcuttur. 55
57 Teorem Covering Homotopi Teoremi P : X X örtü dönü³ümü, Y herhangi bir uzay olsun. A³a daki diyagram ele alalm. Y j Y I F f F X X p J(y) = (y, 0), y Y O zaman p F = F olacak ³ekilde bir F : Y I X sürekli fonksiyon vardr. Ayrca Y yol ba lantl ise F tektir. Sonuç Covering Homotopi Lemma p : X X bir örtü dönü³ümü; x 0, x 1 X f, g : I X x 0 dan x 1 e giden iki yol olsun. Ayrca x 0 p 1 (x 0 ) olsun. 1. E er F : I I X dönü³ümü f ve g arasnda relatif homotopi ise p F = F ve F (0, 0) = x 0 olacak ³ekilde birtek F : I I X sürekli dönü³ümü vardr. 2. f, g, f ve g nin yükseltilmi³i ( f(0) = g(0) = x0 ) ise f(1) = g(1) dir ve f g rel {i} dir. spat: 1. Y = I alrsak teoremden sonuca ula³rz. 2. f, g, f, g nin yükseltilmi³i ve f(0) = g(0) olsun. p f = f ve p g = g dir. F 0 : I X t F 0 (t) = F (t, 0) ³eklinde tanmlansn. O zaman p F 0 = f ve F 0 (0) = F (0, 0) = x 0 dir. Lifting Lemma dan F 0 = f dir. F {0} I X da bir yoldur. Lifting Lemma dan t I için F (0, t) = x 0 = f(0) = g(0) dr. Benzer ³ekilde F {1} I, f(1) de sabit yoldur. F 1 : I X 56
CEB RSEL TOPOLOJ. Ders Notlar
CEB RSEL TOPOLOJ Prof. Dr. smet KARACA Ders Notlar çindekiler 1 HOMEOMORF ZM 2 2 DENT F KASYON UZAYLAR 11 3 BÖLÜM UZAYLARI 17 4 HOMOTOP 24 5 TEMEL GRUPLAR 32 6 ÖRTÜLÜ UZAYLAR 37 7 ÇEMBER N TEMEL GRUBU
DetaylıSoru Toplam Puanlama Alnan Puan
26.11.2013 No: Ad-Soyad: mza: Soru 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Toplam Puanlama 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 105 Alnan Puan 405024142006.1 CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI SORULARI (ÖRGÜN Ö
DetaylıSoru Toplam Puanlama Alnan Puan
..04 No: Ad-Soyad: mza: Soru.. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Toplam Puanlama 0 0 0 5 0 0 0 0 00 Alnan Puan 04043006. CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI ( K NC Ö RET M) Not: Süre 90 Dakika. stedi iniz 7 soruyu
Detaylıf 1 (H ) T f 1 (H ) = T
Bölüm 15 TIKIZLIK 15.1 TIKIZ UZAYLAR 15.1.1 Problemler 1. Her sonlu topolojik uzay tkzdr. 2. Ayrk bir topolojik uzayn tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul sonlu olmasdr. 3. Ayn bir küme üzerinde S T
DetaylıKOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA
KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI 2010 Prof. Dr. smet KARACA çindekiler 1 S MPLEKSLER 3 1.1 Ane Uzaylar........................... 3 1.2 Simpleksler Kompleksi...................... 12 2 HOMOTOP
DetaylıS = {T Y, X S T T, S S} (9.1)
Bölüm 9 ÇARPIM UZAYLARI 9.1 ÇARPIM TOPOLOJ S Bo³ olmayan kümelerden olu³an bo³ olmayan bir ailenin kartezyen çarpmnn da bo³ olmad n, Seçme Aksiyomu [13],[20], [8] ile kabul ediyoruz. imdi verilen aileye
DetaylıTOPOLOGY TEST A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de ildir? 3. A³a dakilerden hangisi a³kn bir süzgeç de ildir?
1 TOPOLOGY TEST 02 1. S ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç ise, a³a dakilerden hangisi sa lanmaz? (a) / S (b) * S (c) X S (d) A, B S A B S (e) (V S ) (V W ) W S 2. A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de
Detaylıf( F) f(f) K = K F f 1 f( F) f 1 (K) = F F f 1 (S ) = [f 1 (S)] f(x) S V
Bölüm 6 SÜREKL FONKS YONLAR 6.1 YEREL SÜREKL L K Tanm 6.1.1. (X, T ) ve (Y, S) topolojik uzaylar ile f : X Y fonksiyonu verilsin. E er f(x 0 ) ö esinin her V kom³ulu una kar³lk f(u) V olacak ³ekilde x
DetaylıTOPOLOJ TEST A. 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir?
1 TOPOLOJ TEST A 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir? (a) Açk kümeleri belirleme (b) Kapal kümeleri belirleme (c) Alt-kümeleri belirleme (d) Kaplamlar belirleme (e) çlemleri belirleme
DetaylıÇarpm ve Bölüm Uzaylar
1 Ksm I Çarpm ve Bölüm Uzaylar ÇARPIM UZAYLARI 1 ÇARPIM TOPOLOJ S 2 KARMA P R O B E M L E R 1. A ile B, srasyla, (X, T )X ile (Y, S ) topolojik uzaylarnn birer alt-kümesi olsunlar. (a) (A B) = A B (b)
DetaylıTOPOLOJ TEST B. (d) Dizinin limiti yoktur; y lma noktas yoktur. 4. Dizisel süreklilik hangi uzaylarda süreklili e denktir?
1 TOPOLOJ TEST B 1. {( 1) n 1 n : n > 0} dizisi için a³a dakilerden hangisi do rudur? (a) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas 1 ve +1 dir. (b) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas yoktur. (c)
Detaylı(i) (0,2], (ii) (0,1], (iii) [1,2), (iv) (1,2]
Bölüm 5 KOM ULUKLAR 5.1 KOM ULUKLAR Tanm 5.1.1. (X, T ) bir topolojik uzay ve A ile N kümeleri X uzaynn iki alt-kümesi olsun. E er A T N olacak ³ekilde her hangi bir T T varsa, N kümesine A nn bir kom³ulu
DetaylıCEB RSEL TOPOLOJ II. Prof. Dr. smet KARACA. Yüksek Lisans Ders Notlar
CEBRSEL TOPOLOJ II Prof. Dr. smet KARACA Yüksek Lisans Ders Notlar çindekiler 1 SNGÜLER KOMPLEKS VE HOMOLOJ 2 1.1 Eilenberg-Steenrod Aksiyomlar.............. 9 1.2 Hurewicz Teoremi.......................
DetaylıA = i I{B i : B i S} A = x A{B x A : B x S}
Bölüm 4 TOPOLOJ TABANI 4.1 TOPOLOJ TABANI Tanm 4.1.1. Bir S P(X) ailesi verilsin. S ye ait kümelerin her hangi bir bile³imine e³it olan bütün kümelerin olu³turdu u aileye S nin üretti i (do urdu u) aile
DetaylıTOPOLOJ SORULARI. Ksm I. 1 Topological Notions. 1. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz.
1 Ksm I TOPOLOJ SORULARI 1 Topological Notions 1. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz. 2. n Z olmak üzere (n, n + 1) aralklarnn bile³imi açktr. Gösteriniz. 3. {0} = ( 1 n, 1
DetaylıKATEGOR TEOR S. Yüksek Lisans Ders Notlar Prof. Dr. smet KARACA
KATEGOR TEORS Yüksek Lisans Ders Notlar 2010 Prof. Dr. smet KARACA 1 çindekiler 1 KATEGORLER 5 1.1 Somut Kategori.......................... 8 1.2 Soyut Kategori.......................... 11 1.3 Di er Kategori
DetaylıBÖLÜM 1. Matematiksel ndüksiyon Prensibi
BÖLÜM 1 Matematiksel ndüksiyon Prensibi Matematiksel indüksiyon prensibini kullanarak a³a daki e³it(siz)liklerin her n N için gerçeklendi ini ispatlaynz. 1. 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1) 6 2.
DetaylıA = i IA i = i I A = A = i IA i = {x α((α I) (x A α ))} (7.7) A = (α,β I) (α β) A α A β = (7.8) A A
Bölüm 7 KÜME A LELER 7.1 DAMGALANMI KÜMELER E er inceledi imiz kümelerin says, alfabenin harerinden daha çok de ilse, onlara,b,...,w gibi harerle temsil edebiliriz. E er elimizde albenin harerinden daha
DetaylıSoru Toplam Puanlama Alınan Puan
18.11.2013 No: Ad-Soyad: İmza: Soru 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Toplam Puanlama 20 20 20 20 20 20 20 20 100 Alınan Puan 405024142006.1 CEBİRSEL TOPOLOJİ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI (ÖRGÜN ÖĞRETİM) Not: Süre 90
Detaylı18.702 Cebir II 2008 Bahar
MIT Açk Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.702 Cebir II 2008 Bahar Bu materyallerden alnt yapmak veya Kullanm artlar hakknda bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr
Detaylıx = [x] = [x] β = {y (x,y) β} (8.5) X = {x x X}. x,y X [(x = y) (x y = )]. b(b [x]) b [y] [x] [y] (8.8)
Bölüm 8 DENKL K BA INTILARI 8.1 DENKL K BA INTISI 8.1.1 E³itlik Kavramnn Genelle³mesi Matematikte ve ba³ka bilim dallarnda, birbirlerine e³it olmayan, ama e³itli e benzer niteliklere sahip nesnelerle sk
DetaylıARA SINAV II. (1) (x k ) k N, R n içinde yaknsak ve limiti x olan bir dizi olsun. {x} = oldu unu gösteriniz.
MC 411/ANAL Z IV ARA SINAV II ÇÖZÜMLER 1 x k k N, R n içinde yaknsak iti x olan bir dizi olsun. {x} = {x m m k} k=1 Çözüm. Her k N için A k := {x m m k} olsun. x k k N dizisinin iti x oldu undan, A k =
DetaylıBÖLÜM 1. stanbul Kültür Üniversitesi. Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram. ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir.
BÖLÜM 1 0, Q 1. f() = 1, R/Q, Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir. Buna göre a³a da verilen tanm bölgeleri altnda görüntü cümlelerini
Detaylı19.8. PROBLEMLER 0.1 PROBLEMLER 0.1. PROBLEMLER a herhangi bir nicelik says ise
0.1. PROBLEMLER 1 19.8. PROBLEMLER // 0.1 PROBLEMLER // 1. a herhangi bir nicelik says ise (i) a + 0 = a, a0 = 0, a 0 = 1 oldu unu gösteriniz. A³a daki kümelerin e³güçlülü ünden nicelik saylar için istenen
Detaylı(sf) F C = [(s,f) sf] x [0,1] = (sf)(x) = sf(x)
Bölüm 13 MATEMAT KSEL YAPILAR 13.1 YAPI KAVRAMI Ça da³ Matematik kümeleri, kümeler üzerindeki yaplar, yaplar arasndaki dönü³ümleri inceler. Buraya dek ö e, küme, i³lem, fonksiyon kavramlarn kullandk. Bunlar
DetaylıP = {x A (y A y x) f(y) x} (22.6) M p = {m A m p f(p) m} (22.8)
Bölüm 22 SEÇME AKS YOMU SEÇME AKS YOMU VE E DE ERLER 22.1 G R Bir X kümesi dü³ünelim. Bu küme ya bo³tur ya de ildir. De ilse, X kümesine ait bir ö e seçilebilir. imdi ba³ka bir Y kümesi daha dü³ünelim.
DetaylıIV. DERS D FERENS YELLENEB L R MAN FOLDLAR
Bölüm 1 IV. DERS D FERENS YELLENEB L R MAN FOLDLAR Bir öceki bölümde bir yüzeyi oktalar yeterice küçük kom³uluklaryla ilgileebildik. Bu prosesi soyut realizasyou içi, souçta bizi diferesiyelleebilir maifold
Detaylı0 = ρ(x,x) ρ(x,y)+ρ(y,x) = 2ρ(x,y) 0, x = y δ(x,y) = κ(z 1,z 2 ) = z 1 z 2, (z 1,z 2 C) (17.27)
230 BÖLÜM 17. METR K UZAYLAR 17.2 METR K METR K UZAY KAVRAMI Normlanm³ bir uzay, her³eyden önce bir vektör uzaydr, yani (X, ) normlanm³ bir uzay ise, X kümesi üzerinde bir vektör uzay yaps vardr. Oysa,
DetaylıMC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER
MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER (1) A³a daki her bir önermenin do ru mu yanl³ m oldu unu belirleyiniz. Do ruysa, gerekçe gösteriniz; yanl³sa, bir kar³-örnek veriniz. (a) (a n ) n N dizisi yaknsak
DetaylıSOYUT CEB R DERS NOTLARI
SOYUT CEB R DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü A ustos 2012 e-posta: h_bilgic@yahoo.com çindekiler 1 Grup Tanm ve Temel
DetaylıTürevlenebilir Manifoldlara Giri³
Türevlenebilir Manifoldlara Giri³ Yldray Ozan Orta Do u Teknik Üniversitesi Matematik Bölümü 7 Temmuz 2016 Sevgili anne ve babamn hatrasna Duydu umu unuturum. Gördü ümü hatrlarm. Yapt m anlarm. -Konfüçyüs
DetaylıDers 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve
Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve düzlem Geçen ders doğrusal cebir aracılığıyla izdüşümsel geometri için bir model kurduk. Şimdi bu modeli daha somut bir şekle sokalım, F = R durumunda kurduğumuz
DetaylıSOYUT CEB R DERS NOTLARI
SOYUT CEB R DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Mart 2013 e-posta: h_bilgic@yahoo.com çindekiler 1 Grup Tanm ve Temel
DetaylıCEBİR DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Yıldıray ÇELİK
CEBİR DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Yıldıray ÇELİK Karadeniz Teknik Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü çindekiler 1 Gruplar Teorisi 1 2 Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi 15 3 Normal Altgruplar
DetaylıTürevlenebilir Manifoldlara Giri³
Türevlenebilir Manifoldlara Giri³ Yldray Ozan Orta Do u Teknik Üniversitesi Matematik Bölümü 2 Temmuz 2015 Sevgili anne ve babamn hatrasna Duydu umu unuturum. Gördü ümü hatrlarm. Yapt m anlarm. -Konfüçyüs
DetaylıSoyut Matematik Test A
1 Soyut Matematik Test A 1. A³a dakilerden hangisi do rudur? (a) * A B C(C B) A C) (b) A B C(C B) A C) (c) A B C(B C) A C) (d) A B C(B C) A C) (e) A B C(B C) (A C) 2. Her hangi bir A kümeler ailesi üzerinde
DetaylıGEOMETR K TOPOLOJ. Ders Notlar
GEOMETR K TOPOLOJ Prof. Dr. smet KARACA Ders Notlar çindekiler 1 MAN FOLDLAR 4 1.1 Manifold.............................. 4 1.2 Diferensiyellenebilir Yaplar................... 5 1.3 Diferensiyellenebilir
Detaylı2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k Ba¼glant l Topolojik Uzaylar. Tan m (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k
2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k 2.1. Ba¼glant l Topolojik Uzaylar Tan m 2.1.1. (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k iki aç ktan oluşan bir örtüsü yok ise, (X; ) topolojik
DetaylıKsm I. Simgeler ve Terimler
Ksm I Simgeler ve Terimler 1 Bölüm 1 S MGELER ve TER MLER 1.1 KÜMELER CEB R 1.2 FONKS YON 1.3 DENKL K BA INTISI 1.4 SIRALAMA BA INTILARI 1.5 SEÇME AKS YOMU SEÇME AKS YOMU ve E DE ERLER 3 4 BÖLÜM 1. S
Detaylı1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi
1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi Euclidean R uzayının tabanının B = {(a, b) : a, b R} olduğunu biliyoruz. Demek ki bu uzayda belirleyiçi unsur açık aralıklar. Her açık aralık (a, b) için, olmak üzere, d
DetaylıÜZER NDE TANIMLI HER NORM-SINIRLI OPERATÖRÜN REGÜLER OLDU U BANACH ÖRGÜLER YÜKSEK L SANS TEZ. Nazl DO AN
STANBUL KÜLTÜR ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ ÜZER NDE TANIMLI HER NORM-SINIRLI OPERATÖRÜN REGÜLER OLDU U BANACH ÖRGÜLER YÜKSEK L SANS TEZ Nazl DO AN 1109041005 Anabilim Dal: Matematik-Bilgisayar Program:
DetaylıSoyut Matematik Test B
1 Soyut Matematik Test B 1. Hangisi tümel (tam, linear) sralama ba ntsdr? (a) Yansmal, antisimetrik, geçi³ken ve örgün olan ba ntdr. (b) Yansmal, simetrik, geçi³ken ve örgün olan ba ntdr. (c) Yansmaz,
DetaylıDO U ÜN VERS TES 9.Liseleraras Matematik Yar³mas Sorular. (n + 1) n n n + 1 = n(n + 1)
DO U ÜN VERS TES 9.Liseleraras Matematik Yar³mas Sorular 1 1) a n = (n + 1) n + n n + 1 olmak üzere, a 1 + a + a 3 +... + a 99 toplamn bulunuz. 9 evap: 10 a n = (n + 1) n n n + 1 n(n + 1) n (n + 1) oldu
DetaylıXIV. Ulusal Antalya Matematk Olmpyat Brnc A³ama Snav Sorular -2009
XIV. Ulusal ntalya Matematk Olmpyat rnc ³ama Snav Sorular -009 c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.com Soru 1. dar açl üçgeninde m() = 45 'dir. 'dan 'ye indirilmi³ dikmenin aya E ve 'den
DetaylıSOYUT MATEMAT K DERS NOTLARI. Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç
SOYUT MATEMAT K DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi FenEdebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Eylül 2010 çindekiler 1 Önermeler ve spat Yöntemleri 1 2 Kümeler 13
DetaylıNÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi
NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 4 7! FONKS IYONLARA YAKLAŞIM 1 / 21 1 Polinom Interpolasyonu Newton Formu
Detaylı1.3. Normal Uzaylar. Bu bölümde; regülerlikten daha kuvvetli bir ay rma aksiyomu tan mlanarak. baz temel özellikleri incelenecektir.
1.3. Normal Uzaylar Bu bölümde; regülerlikten daha kuvvetli bir ay rma aksiyomu tan mlanarak baz temel özellikleri incelenecektir. Tan m 1.3.1. (X; ) bir Hausdor uzay olsun. E¼ger, 8F; K 2 F; F \ K = ;
DetaylıSoyut Matematik Test 01
1 Soyut Matematik Test 01 1. A³a dakilerden hangisi do rudur? (a) * A B C(C B) A C) (b) A B C(C B) A C) (c) A B C(B C) A C) (d) A B C(B C) A C) (e) A B C(B C) (A C) 2. A³a dakilerden hangisi do rudur?
DetaylıB A. A = B [(A B) (B A)] (2)
Bölüm 5 KÜMELER CEB R Do a olaylarnn ya da sosyal olaylarn açklanmas için, bazan, matematiksel modelleme yaplr. Bunu yapmak demek, incelenecek olaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri
DetaylıHOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI
12.04.2011 HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. f : A B modül homomorfizması, i : Ker f A kapsama homomorfizması ve p : B B/Im f doğal epimorfizma olmak üzere 0 Ker f A B B/Im f 0 dizisinin
Detaylı2. SİMETRİK GRUPLAR. Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X e birebir örten fonksiyona permütasyon denir.
2. SİMETRİK GRUPLAR Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X e birebir örten fonksiyona permütasyon denir. Tanım 2.2. X boş olmayan bir küme olsun. S X ile X den X e tüm birebir örten fonksiyonlar
DetaylıT. C. NÖNÜ ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ
T. C. NÖNÜ ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ Ç FT D Z LER N I-YAKINSAKLI I ÜZER NE Erdinç DÜNDAR DOKTORA TEZ MATEMAT K ANAB L M DALI MALATYA 2010 Tezin Ba³l : Çift Dizilerin I-Yaknsakl Üzerine Tezi Hazrlayan
DetaylıTemel Kavramlar. (r) Sıfırdan farklı kompleks sayılar kümesi: C. (i) Rasyonel sayılar kümesi: Q = { a b
Bölüm 1 Temel Kavramlar Bu bölümde bağıntı ve fonksiyon gibi bazı temel kavramlar üzerinde durulacak, tamsayıların bazı özellikleri ele alınacaktır. Bu çalışma boyunca kullanılacak bazı kümelerin gösterimleri
DetaylıCebir II 2008 Bahar
MIT Açk Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.702 Cebir II 2008 Bahar Bu materyallerden alnt yapmak veya Kullanm artlar hakknda bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr
Detaylı1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması
1.4. Tam Metrik Uzay ve Tamlaması 15 1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması Öncelikle şunu not edelim: (X, d) bir metrik uzay, (x n ), X de bir dizi ve x X ise lim n d(x n, x) = 0 = lim n,m d(x n, x m ) = 0
DetaylıL SANS YERLE T RME SINAVI 1
LSANS YERLETRME SINAVI MATEMATK TEST SORU KTAPÇII 9 HAZRAN 00. ( )( + ) + ( )( ) = 0 eitliini salayan gerçel saylarnn toplam kaçtr?. ( )( ) < 0 eitsizliinin gerçel saylardaki çözüm kümesi aadaki açk aralklarn
DetaylıKPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1
SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) 1. A = { k k Z, < k 4 } 4. N tam sayılar kümesinde i N için, k 1 B = { k Z, 1 k < 1 } k 1 A = 1 i,i 1 i ( ] kümeleri verildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
DetaylıGEOMETR K TOPOLOJ. Ders Notlar
GEOMETR K TOPOLOJ Prof. Dr. smet KARACA Ders Notlar çindekiler 1 EUCLID UZAYINDA DÜZGÜN (SMOOTH) FONKS YON- LAR 5 1.1 R n de Tanjant(Te et) Vektörleri................. 9 1.2 Yönlü Türev............................
Detaylı1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI
Reel sayılar kümesinin "küçük ya da eşit", bağıntısı ile sıralanmış olduğunu biliyoruz. Bu bağıntı herhangi bir X kümesine aşağıdaki şekilde genelleştirilebilir. Bir X kümesi üzerinde aşağıdaki yansıma,
DetaylıTÜREV VE UYGULAMALARI
TÜREV VE UYGULAMALARI 1-TÜREVİN TANIMI VE GÖSTERİLİŞİ a,b R olmak üzere, f:[a,b] R fonksiyonu verilmiş olsun. x 0 (a,b) için lim x X0 f(x)-f( x 0 ) limiti bir gerçel sayı ise bu limit değerine f fonksiyonunun
DetaylıGalois Teori, Örtü Uzayları ve Diferansiyel Denklemler
Hacettepe Üniversitesi Matematik Galois Bölümü Teori, Prof. Dr. ve Diferansiyel L. Michael Brown un Denklemler Anısına To Galois Teori, ve Diferansiyel Denklemler Hacettepe Üniversitesi Matematik Bölümü
Detaylızomorzma Teoremleri Teorem 5.1 (1. zomorzma Teoremi) f : G H örten bir homomorzma olsun. O zaman G/ Çek(f) = H dr.
5 zomorzma Teoremleri G bir grup olsun. Bir N G için f : G G/N homomorzmasnn varl n göstermi³tik. Acaba bunun tersi de do ru mudur? Yani; G ve H birer grup olmak üzere G/N = H olacak ³ekilde bir N G normal
Detaylı1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.
1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)
DetaylıLineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN
Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,
DetaylıANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ İSTİSNAİ LIE GRUPLARININ SELF HOMOTOPI GRUPLARININ DEMETI. Beyhan KUTSAL
ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DOKTORA TEZİ İSTİSNAİ LIE GRUPLARININ SELF HOMOTOPI GRUPLARININ DEMETI Beyhan KUTSAL MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2005 Her hakkı saklıdır ÖZET Doktora Tezi
DetaylıAlıştırmalara yanıtlar
Alıştırmalara yanıtlar Alıştırma 7. Derste tanımlanan yama kürenin yalnızca {z S 2 : z > 0} kısmını parametrize etmekte. Yapmamız gereken şey bütün küreyi böyle yamalarla örtmek. Önce ϕ : D 2 S 2, (x 1,
DetaylıLeyla Bugay Doktora Nisan, 2011
ltanguler@cu.edu.tr Çukurova Üniversitesi, Matematik Bölümü Doktora 2010913070 Nisan, 2011 Yarıgrup Teorisi Nedir? Yarıgrup teorisi cebirin en temel dallarından biridir. Yarıgrup terimi ilk olarak 1904
DetaylıÖABT Soyut Matematik KONU TESTİ Önermeler ve İspat Yöntemleri
ÖABT Soyut Matematik KONU TESTİ Önermeler ve İspat Yöntemleri ÇÖZÜMLER p q r q q p r q q. p r q q p r 5. p q q r r r, p q q r, r p, q q r q, q p q. p q p q p q p q p q q p p 6. p p q p p q p q p p p q
DetaylıCHAPTER 1. Vektörler
iv CHAPTER 1 Vektörler Vektör kavram, ziksel kavram olarak ortaya çkm³ olsa da matematiksel sistemlerin temel kavram olmu³tur. Gerçekten vektör kavramn geli³imi matematikçilerden çok zikçiler ve kimyaclar
DetaylıDİJİTAL KOHOMOLOJİ GRUPLARI
ADNAN MENDERES ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI 2014-DR-001 DİJİTAL KOHOMOLOJİ GRUPLARI Gülseli BURAK Tez Danışmanı Prof. Dr. Hatice KANDAMAR 2. Tez Danışmanı Prof. Dr. İsmet
DetaylıT.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ
T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: KARDİNAL SAYILAR ÖĞRETİM GÖREVLİLERİ: PROF.DR. NEŞET AYDIN AR.GÖR. DİDEM YEŞİL HAZIRLAYANLAR: DİRENCAN DAĞDEVİREN ELFİYE ESEN
DetaylıDoğrusal Olmayan Devreler, Sistemler ve Kaos
Elektronik ve Haberleşme Mühendisliği İstanbul Teknik Üniversitesi 25 Nisan 2013 Outline 1 2 3 Sabit noktaları: x 1 = 0 ve x 2 = 1 1 r x 0 (, 0) (0, ) = x n x(k + 1) = f (x(k)) f r (x) = rx(1 x) r = 4.2
Detaylıç- çe Tasarmlar Birdal eno lu ükrü Acta³ eno lu & Acta³ statistiksel Deney Tasarm Giri³ ki A³amal ç- çe Üç A³amal ç- çe l A³amal ç- çe
lar Birdal eno lu ükrü çindekiler 1 2 3 4 5 A³amal tasarmlar (hierarchical designs) olarak da bilinen iç-içe tasarmlarda (nested designs), ³u ana kadar gördü ümüz tasarmlardan farkl olarak iki veya ikiden
DetaylıFadime DEMİRALP. Bu tez.../.../2006 tarihinde aşağıdaki jüri üyeleri tarafından oybirliği/oyçokluğu ile kabul edilmiştir.
ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ Fadime DEMİRALP DÜZLEM EĞRİLERİNİN CİNS SAYILARI MATEMATİK ANABİLİM DALI ADANA, 2006 ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DÜZLEM
DetaylıGENELLEŞTİRİLMİŞ FUZZY KOMŞULUK SİSTEMİ ÜZERİNE
ÖZEL EGE LİSESİ GENELLEŞTİRİLMİŞ FUZZY KOMŞULUK SİSTEMİ ÜZERİNE HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Berk KORKUT DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem GÜNEL İZMİR 2013 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI 3.33 2. GİRİŞ... 3 3. YÖNTEM 3 4.
Detaylı6 Devirli Kodlar. 6.1 Temel Tan mlar
6 Devirli Kodlar 6.1 Temel Tan mlar Tan m S F n q için e¼ger (a 0 ; a 1 ; : : : ; a n 1 ) 2 S iken (a n 1 ; a 1 ; : : : ; a n 2 ) 2 S oluyorsa S kümesine devirli denir. E¼ger bir C do¼grusal kodu devirli
Detaylı1. Hafta Uygulama Soruları
. Hafta Uygulama Soruları ) x ekseni, x = doğrusu, y = x ve y = x + eğrileri arasında kalan alan nedir? ) y = x 3 ve y = 4 x 3 parabolleri arasında kalan alan nedir? 3) y = x, x y = 4 eğrileri arasında
DetaylıII. DERS R 3 te E R LER ve VEKTÖR ALANLARI
Bölüm II. DERS R 3 te E R LER ve VEKTÖR ALANLARI Bu kesimde R 3 e ri kavram tanmlanacak ve geometrik özellikleri tart³lacaktr.. D FERENS YELLENEB L R E R VE PARAMETR K TEMS L I notasyonu ile R nin a
Detaylındrgemel Dzler Ders Notlar
ndrgemel Dzler Ders Notlar c wwww.sbelian.wordpress.com Bu ders notunda diziler konusunun bir alt konusu olan First Order Recursions ve Second Order Recursions konular anlatlm³ ve bu konularla alakal örnekler
DetaylıMATEMATİK 2 TESTİ (Mat 2)
MTEMTİ TESTİ (Mat ). u testte srasyla, Matematik ( ) Geometri ( 0) ile ilgili 0 soru vardr.. evaplarnz, cevap kâğdnn Matematik Testi için ayrlan ksmna işaretleyiniz.. armaşk saylar kümesi üzerinde işlemi,
DetaylıIçindekiler. Karşk Örnekler 87. TÜBITAK SORULARI (Fonksiyonlar) 55 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 64
Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Fonksiyonlar Bagnt 11 Fonksiyon 12 Fonksiyonel Denklemlere Giriş 14 Fonksiyonun Gragi 17 Fonksiyon Çeşitleri 18 Bir Fonksiyonun Tersi 20 Bileşke Fonksiyon 23 Tek ve Çift Fonksiyon
DetaylıIçindekiler. Karşk Örnekler 87. TÜBITAK SORULARI (Fonksiyonlar) 55 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 64
Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Fonksiyonlar Bagnt Fonksiyon 2 Fonksiyonel Denklemlere Giriş 4 Fonksiyonun Gragi 7 Fonksiyon Çeşitleri 8 Bir Fonksiyonun Tersi 20 Bileşke Fonksiyon 23 Tek ve Çift Fonksiyon 25
Detaylıkili ve Çoklu Kar³la³trmalar
kili ve Çoklu Kar³la³trmalar Birdal eno lu ükrü Acta³ çindekiler 1 Giri³ 2 3 4 5 6 7 Bu bölümde, (2.1) modelinde, H 0 : µ 1 = µ 2 = = µ a = µ (1) ³eklinde ifade edilen sfr hipotezinin reddedilmesi durumunda,
Detaylısonlu altörtüsü varsa bu topolojik uzaya tıkız diyoruz.
Ders 1: Önbilgiler Bu derste türev fonksiyonunun geometrik anlamını tartışıp, yalnız R n nin bir açık altkümesinde değil, daha genel uzaylarda tanımlı bir fonksiyonun türevi ve özel noktalarının nasıl
DetaylıANKARA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ YÜKSEK LĐSANS TEZĐ DUAL DÖNÜŞÜMLER VE GEOMETRĐK UYGULAMALARI. Gülsüm BĐÇER MATEMATĐK ANABĐLĐM DALI
ANKARA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ YÜKSEK LĐSANS TEZĐ DUAL DÖNÜŞÜMLER VE GEOMETRĐK UYGULAMALARI Gülsüm BĐÇER MATEMATĐK ANABĐLĐM DALI ANKARA 011 Her hakkı saklıdır ÖZET Yüksek Lisans Tezi DUAL
DetaylıÖRNEK KİTAP. x ax 12. x.sinx dx. 1 cos x. x x mx 1. 4 (a b ) ise a çifttir. 4. x+y=14 ise x 2.y 5 çarpımının değeri en fazla kaça eşittir?
1. lim a 1 üzere a+b toplam kaçtr? A)-8 B)-5 C)- C)1 E)4 b, a,b R olmak 4. +y=14 ise.y 5 çarpmnn değeri en fazla kaça eşittir? A)4 6.10 B)10.4 5 C)10 5. D) 5.10 7 E)16.10 5. bir cisim için hareket denklemi
DetaylıSOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir.
SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon Tanım 2: Bir grubun kendi üzerine izomorfizmine otomorfizm, grubun kendi üzerine homomorfizmine endomorfizm Sadece birebir olan
Detaylıİç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN
İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.
DetaylıFonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z.
Fonksiyonel Analize Giriş I Ara S nav Sorular 29 Kas m 2010 1 Bir metrik uzayda her kapal yuvar kapal bir kümedir. Ispatlay n z. 2 (a) d (x; y) = Z 1 0 jx (t) y (t)j 1 + jx (t) y (t)j dt fonksiyonunun
DetaylıMIT Açık Ders Malzemeleri Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz
MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.112 Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz Bu materyallerden alıntı yapmak ya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms http://tuba.acikders.org.tr
DetaylıModül Teori. Modüller. Prof. Dr. Neşet AYDIN. [01/07] Mart Prof. Dr. Neşet AYDIN (ÇOMÜ - Matematik Bölümü) Modül Teori [01/07] Mart / 50
Modül Teori Modüller Prof. Dr. Neşet AYDIN ÇOMÜ - Matematik Bölümü [01/07] Mart 2012 Prof. Dr. Neşet AYDIN (ÇOMÜ - Matematik Bölümü) Modül Teori [01/07] Mart 2012 1 / 50 Giriş M bir toplamsal değişmeli
DetaylıAd ve Soyad : Numaras : Analiz III Aras nav Sorular
Analiz III Aras nav Sorular 30. 11. 2006 1. (a) A = fx 2 R : x 2 4x 5 < 0g ise sup A =? (b) A R boş olmayan ve üstten s n rl bir küme olsun. > 0 ise sup(a) = sup A oldu¼gunu gösteriniz. 2. A = f(x; y)
Detaylıf fonksiyonuna bir üç değişkenli fonksiyon adı verilir. Daha çok değişkenli fonksiyonlar benzer şekilde tanımlanır.
Çok Değişkenli Fonksiyonlar Tanım 1. D düzlemin bir bölgesi, f de D nin her bir (x, y) noktasına bir f(x, y) reel sayısı karşılık getiren bir fonksiyon ise f fonksiyonuna bir iki değişkenli fonksiyon adı
DetaylıİRTİBATLI LIE GRUPLARININ ESAS GRUPLARININ DEMETİ ÜZERİNE M. ÇİTİL
İRTİBATLI LIE GRUPLARININ ESAS GRUPLARININ DEMETİ ÜZERİNE M. ÇİTİL Özet Çalışmamızda ilk olarak, irtibatlı bir Lie grubu üzerinde esas grupların demeti bilinen tekniklerle oluşturulmuştur. Daha sonra elde
DetaylıÖğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 18 Haziran Matematik II Soruları ve Çözümleri. = 1 olur.
Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 8 Haziran 6 Matematik II Soruları ve Çözümleri x, x. f(x) x ise fonksiyonu için,, x olduğuna göre, a b kaçtır? lim + x f ( x) a ve lim x f ( x) b A) B) C) D) E) Çözüm x x için
Detaylı12. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 24, Son dersten hatırlayacağınız üzere simetrikleştirme operasyonundan elde ettiğimiz fonksiyon.
12. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 24, 2016 1 Yerel Kaldırma Özellikleri Son dersten hatırlayacağınız üzere simetrikleştirme operasyonundan elde ettiğimiz fonksiyon ι : Sym(g) n 0 U n /U n+1 bize bir derecelendirilmiş
DetaylıÖğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 14 Haziran 2009. Matematik I Soruları ve Çözümleri E) 6 ). 6 5 = 25 6 =
Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 4 Haziran 009 Matematik I Soruları ve Çözümleri. ( ).( + ) işleminin sonucu kaçtır? A) 6 B) 6 C) D) 6 E) 6 Çözüm ( ).( + ) 0 ( ).( ) + ( 4 9 ). 6 36 6 36. 6 6. 0, 0,0 0,0 işleminin
DetaylıMIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için
MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret
DetaylıTopolojik Uzaylarda Süreklilik Çeşitleri Üzerine
S Ü Fen Ed Fak Fen Derg Sayı 26 (2005) 43-50, KONYA Topolojik Uzaylarda Süreklilik Çeşitleri Üzerine Kemal USLU 1, Şaziye YÜKSEL Selçuk Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Kampüs-Konya
DetaylıTÜREV VE UYGULAMALARI
TÜREV VE UYGULAMALARI A R, a A ve f de A da tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer f(x) f(a) lim x a x a limiti veya x=a+h koymakla elde edilen f(a+h) f(a) lim h 0 h Bu türev f (a), df dx limiti varsa f fonksiyonu
Detaylı