Türevlenebilir Manifoldlara Giri³

Transkript

1

2

3 Türevlenebilir Manifoldlara Giri³ Yldray Ozan Orta Do u Teknik Üniversitesi Matematik Bölümü 2 Temmuz 2015

4

5 Sevgili anne ve babamn hatrasna

6

7 Duydu umu unuturum. Gördü ümü hatrlarm. Yapt m anlarm. -Konfüçyüs Önsöz E riler ve yüzeyler tarih boyunca insanlarn zihnini me³gul etmi³tir. Benzerleri Neolitik ça larda dahi bilinen Platonik cisimlerin snandrlmas Antik Yunan uygarl nda yaplm³t. E ri ve yüzeylerin modern anlamda tanmlanp temel özelliklerinin ortaya konmas ise Gauss ve Riemann gibi devleri bekledi. Riemann Gauss'un yüzey ve e riler üzerine yapt çal³malar mükemmelle³tirip yüksek boyutlara ta³yarak bugün artk diferansiyel geometri ve Riemann geometrisi olarak bilinen alanlarn temellerini att. Poincaré topolojik uzaylarn teorisine temel grup ve homoloji gibi cebirsel nesneleri katarak geometri ve topoloji çal³malarndaki matematiksel kesinlik düzeyini artrd. Homoloji teorisi yüzeyler için bilinen Euler formülünün çok daha genel bir özellik oldu unu ortaya koydu. Yüzeylerin cebirsel topolojik ve diferansiyel geometrik özellikleri arasndaki ili³ki, matematik tarihinin en güzel teoremlerinden biri olan Gauss- Bonnet Teoremi'yle taçlandrld. Günümüz modern geometri ve topolojisinin Riemann-Roch ve Endeks Teoremleri gibi en güzel ve kuvvetli sonuçlar Gauss- Bonnet Teoremi'nin derinle³mi³ genellemeleri olarak görülebilir. Bu kitabn yazm yazarn Gauss-Bonnet Teoremi'nin anla³labilir bir kantn fazlaca diferansiyel geometri kullanmadan sadece türevlenebilir manifoldlar teorisi dilinde yazma arzusu ile 2010 yl Haziran aynda ba³lam³tr. lk ba³ta sadece yazarn ODTÜ'de vermi³ oldu u Calculus on Manifolds ve Dierentiable Manifolds derslerine ait notlarn kapsaml bir ³ekilde elden geçirilerek yazlmas amaçlanm³t. Daha sonra ise Gauss-Bonnet Teoremi'nin genel hali ve bunu yapmak için gerekli teorilerin de kitaba dahil edilmesine karar verildi. Olu³turulan bu teorilerin di er birçok sonucunu da kitaba eklememek olmazd. Böylece kitap vektör demetlerinin karakteristik snar ve çe³itli uygulamalaryla son buldu. unu belirtelim ki Guillemin ve Pollack'n Dierential Topology ([15]) adl kitab yazarn model ald kaynaklarndan biridir. Bu kitap sadece içeri i bakmndan de il yazm üslubu açsndan da vazgeçilmez. Özellikle birçok önemli teoremin kantlarnn küçük parçalar halinde okuyucuya yaptrlmas e itsel açdan da çok do ru bir yakla³mdr. Birinci ünite bu kitab okuyabilmek için gerekli olan topoloji, analiz ve do rusal cebir konularnn bir özetini içermektedir. Her ne kadar bu konularn hemen hemen hepsi lisans derslerinde görülmü³ olsa da, ö rencilerin lisans üstü e itime birçok eksikle ba³lad göze çarpmaktadr. Örne in matematikteki en önemli yaplardan biri olan bölüm kümeleri, gruplar, uzaylar gibi çok temel konular doktora ö rencilerinin zihninde dahi tam oturmam³ olabiliyor. Bunun iii

8 iv Önsöz yannda lisans e itiminin ilk yllarnda görülen do rusal cebir konularnn hzlca gözden geçirilmesi yerinde olabilir. Kitabn bütünlü ünü korumak amacyla bu ünitede, Diferansiyel Denklemlerin Varlk ve Teklik Teoremi, Ters Fonksiyon Teoremi ve Do rusal Operatörlerin Temel Formlar kantlaryla verilmi³tir. Ünite içinde yer kalmad için bahsedemedi imiz baz önemli detaylar ise al³trmalarda kar³nza çkacaktr. kinci ünite ise kitabn temel unsurlar olan manifoldlarn tanm ile ba³lyor. Te et vektör ve te et vektör demetinin yaps verildikten sonra, manifoldlarn Öklit uzayna gömülmesi için hazrlk yapyoruz. Bu kapsamda sonraki ünitelerde de sürekli yararlanaca mz Sard Teoremi'ni kant ile verece iz. Tkz manifoldlarn gömülmesi i³lemini bu ünite içinde yaparken, tkz olmayanlarn gömülmesi i³lemini al³trmalarda okuyucuya yaptraca z. Bu i³lemler için gerekli olan Birimin Ayr³m Teoremi'ni de kantyla sunaca z. Daha sonra manifoldlar üzerinde türevlenebilir formlar ve Stokes' Teoremi'ni verece iz. Bunu yaparken vektör uzaylarnn ve manifoldlarn yönlendirilmesi konusunu son derece dikkatle yapmaya çal³aca z. Bu ba lamda karma³k manifoldlar üzerindeki do al yönlendirmeden bahsedecek ve bu do al yönlendirmenin çarpc sonuçlarndan bir iki örnek sunaca z. Öklit uzay içindeki disk ve kürelerin hacimlerini hesaplama i³ini de bu üniteye sk³traca z. Üçüncü ünite manifoldlarn Euler snfnn manifold üzerindeki herhangi bir Riemann metri inin e rili i cinsinden ifade edilebilmesi için gerekli alt yapy olu³turmak amacyla yazlm³tr. lk önce manifold üzerinde verilen bir vektör alannn integralinin varl n gösterdik. Daha sonra bunu kullanarak Lie türevini tanmladk ve Lie türevinin temel özelliklerini çkardk. Di er taraftan, manifold üzerine Riemann metri i koyduktan sonra jeodeziklerden bahsetmemek olmazd. Jeodezik e ri diferansiyel denkleminin Fourier Serileri yardmyla standart olmayan bir kantn da bu üniteye koyduk. Ayrca manifoldlar üzerinde jeodezik-konveks kom³uluklarn varl n Spivak'n kitabndaki sunumu ([32]) takip ederek yaptk. Daha sonra vektör demetlerini ve demetlerin aritmeti ini tanmladk. Te et vektör demetinde oldu u gibi bu demetler üzerine de metrik koyarak demetlerin geometrisini ba lant ve e rilik formlar yardmyla anlamaya çal³tk. E rilik formunu altnc ünitede Euler snfn tanmlamak için kullanaca z. Bu ünite, Poincaré Yar Düzlemi'nin jeodeziklerinin belirlenmesi ve jeodeziklerin bir uygulamas olan Tüp Kom³uluk Teoremi ile sona erdi. Dördüncü ünite De Rham kohomolojinin tanm ile ba³lyor. Çemberin kohomolojisini do rudan hesapladktan sonra bunun uygulamas olarak sarlma, dönme ve geçi³me saylarn tanmlayp çe³itli hesaplamalar yapaca z. Daha sonra iki boyutlu kürenin kohomolojilerini do rudan hesaplayp burada kullanlan kirleri homolojik cebirle birle³tirerek Mayer-Vietoris dizisini olu³turaca z. Bu dizi yardmyla kürelerin ve baz di er manifoldlarn kohomoloji vektör uzaylarn belirledik. Poincaré izomorzmasn kantlayabilmek için tkz destekli kohomolojiyi tanmlayaca z ve bu kohomoloji teorisini kullanarak manifoldlar arasndaki fonksiyonlarn derecesini tanmlayp hesaplamalar ya-

9 paca z. Bu hesaplamalardan birisi daha çok cebirsel topoloji kitaplarnda bulunan, bir küreden kendisine giden ve derecesi sfr olan fonksiyonlarn sabite homotopik oldu unun kantlanmasdr. Bu kant oldukça teknik oldu u için, bu sonucun çemberler için olan özel hali, ayn kirler yardmyla al³trmalarda kantlanmaktadr. Bu ünite Poincaré zomorzmas ve baz uygulamalar ile bitecektir. Be³inci ünite kesi³im teorisinin kurulu³u ile ba³layacaktr. Daha sonra alt manifoldlarn Poincaré dualini tanmlayp, bunu alt manifoldlarn kesi³imlerinden yararlanarak kohomoloji halkalarnn hesaplanmasnda kullanaca z. Ayrca alt manifoldlarn Poincaré dualini kullanarak Gysin Tam Dizisi'ni olu³turaca z. Bu diziyi ise Leray-Hirsch ve Künneth teoremlerini kantlamakta kullanaca z. Bu ünitede ayrca Poincaré-Hopf ve Lefschetz Sabit Nokta Teoremi'ni kantlayaca z. Temel baz örneklerde alt manifoldlarn kesi³imlerini do rudan hesaplayaca z. Bunlarn içinde karma³k projektif uzay içindeki alt manifoldlarn kesi³imleri ve gerçel projektif düzlemin karma³k düzlem içinde kendisi ile kesi³imi yer alacaktr. Cebirsel e riler teorisinin en temel sonuçlarndan olan Bezout's Teoremi, Riemann-Hurwitz Teoremi ve Hurwitz Teoremi'nin kantlar ile bu üniteyi bitirece iz. Cebirsel e riler ve yüzeyler cebirsel geometrinin yan sra diferansiyel geometri ve topoloji açsndan da çok zengin bir örnek kayna dr. Bu bölümün al³trmalar kuadratik formlarn Arf de i³mezinin ve bunun uygulamas olan topolojik Arf de i³mezinin bir sunumunu da içermektedir. Altnc ve son ünite Euler karakteristik snfnn kurulu³u ile ba³layacak. Gauss-Bonnet Teoremi'nin kantn verdikten sonra karma³k vektör demetlerinin Chern karakteristik snarn tanmlayaca z. Chern snarnn bir uygulamas olarak yan yana gelme e³itli ini verece iz. Buradan da Derece-Genus formülünü elde edece iz. Aslnda de i³ik kirler içerdi i için Derece-Genus formülünün Chern karakteristik snarn kullanmayan bir ba³ka kantn da sunaca z. Bu yakla³m ayn dereceye sahip tüm cebirsel e rilerin olu³turdu- u uzayn (bir çe³it Moduli Uzay) incelenmesine dayanr ve e riler d³ndaki di er cebirsel (yüzeyler veya yüksek boyutlu) nesnelere de uygulanabilir. Son olarak türevlenebilir manifoldlarn Pontryagin karakteristik snarn ve saylarn tanmlayp bu saylarn baz topolojik uygulamalarn görece iz. Bu uygulamalardan en dikkat çekici olan Milnor'un 1962 ylnda kendisine Fields Madalyas kazandran çal³malarndan biri olan 7-boyutlu egzotik küreler ile ilgili 1956 tarihli çal³masdr ([25]). Annals of Mathematics dergisinde yaynlanan 6 sayfalk makale son derece anla³labilir olmakla beraber tekil homoloji dilini kulland için kitaba do rudan konulamad. Milnor'un makalesini takip ederken tekil homoloji içeren bölümlerini kitabn bütünlü ünü korumak adna De Rham kohomoloji ile de i³tirece iz. Dikkatli okuyucularmz Gauss-Bonnet Teoremi'nin yaygn olarak bilinen ve Gauss'un jeodezik üçgenlerle ilgili sonucunu kullanan kantn vermedi imizi fark edeceklerdir. Bunun önemli bir nedeni bu kantn tkz yüzeylerin bir üçgenleme kabul etti i gerçe ini kullanmasdr. Bu sonuç ilk olarak 1925 ylnda Rado tarafndan kantlanm³tr. Fakat Rado'nun vermi³ oldu u kant oldukça v

10 vi Önsöz zordur ve içerik olarak bu kitabn alannn d³nda kalr. Bu kitabn ele ald tüm konular klasik saylabilir. Bu nedenle kitabn içindeki muhtemel matematiksel hatalar ve yazm yanl³lar d³ndaki hiçbir ifadenin özgünlü ü iddia edilmemektedir... Son olarak, beni her zaman destekleyen sevgili e³ime, ilham kaynaklarm olan o lum ve kzma, yakla³k otuz yldr mensubu olmaktan gurur duydu um ve bana kattklar için kendimi hep borçlu hissetti im Orta Do u Teknik Üniversitesi'ne minnettarm. Yldray Ozan O.D.T.Ü. Ankara

11 Kitabn Kullanm ve Yazm ile lgili Notlar Kitab okumak isteyen veya derslerinde kullanmak isteyen akademisyenlere faydal olabilecek birkaç noktay belirtmek istiyorum: Birinci ünite kitab rahat ³ekilde takip edebilmek için gerekli alt yapy olu³turmak için yazlm³tr. Dolaysyla, gerekli alt yapya sahip okuyucular do rudan bir sonraki bölüme geçebilirler. Di er taraftan lisans derslerinde pek zaman ayrlamayan Ters Fonksiyon Teoremi ile Diferansiyel Denklemlerin Varlk ve Teklik Teoremi'ni kantlaryla sunuyoruz. Ayrca boyutu sonlu olan vektör uzaylar üzerinde tanml do rusal operatörlerin temel formlar detaylaryla okuyucuya sunulmu³tur. Bir dönemlik türevlenebilir manifoldlar dersi için ³öyle bir yol izlenebilir: Birinci ünitenin gerekli görülen yerleri hzlca yapldktan sonra ikinci ünite detaylaryla yaplmaldr. Üçüncü üniteden sadece 3.1 yaplarak yola devam edilebilir. Dördüncü üniteden ise sadece 4.1, 4.2 ve i³lenerek ders bitirilebilir. Diferansiyel geometri derslerinden Gauss e rili ini görmü³ bir ö renci grubuna Sonuç (Gauss-Bonnet Teoremi) ve bunu takip eden kant da verilebilir. E er iki dönemlik bir plan yaplmak isteniyorsa tüm kitap okunabilir. Yine ö rencilerin di er derslerde görmü³ olduklar konular hzl bir ³ekilde hatrlatlarak geçilebilir. Bu kitab çal³an bir ö renci türevlenebilir manifoldlarn temel özelliklerinin yan sra vektör demetleri ve karakteristik snar konusunda da temel bilgilere kavu³mu³ olacaklardr. Ayrca cebirsel topolojinin konular olan tkz destekli kohomoloji, derece teorisi, Leray-Hirsch ve Künneth teoremlerini de görmü³ olacaklardr. Di er taraftan, cebirsel topoloji derslerinde önemli bir yer tutan Temel Grup ve Örtü Uzaylar ise kitabmzda yer almamaktadr. Ülkemizdeki bir çok lisans üstü program cebir ve diferansiyel geometri alanlarnda oldukça kuvvetlidir. Di er taraftan, diferansiyel topoloji, cebirsel topoloji ve cebirsel geometri konularnda büyük eksiklikler vardr. Bu nedenle ilk üç ünite birçok okulda hzl bir ³ekilde i³lenebilecekken kitabn geri kalannda daha yava³ ve dikkatli olunmaldr. Muhtemel zaman darlklarndan dolay baz teoremlerin kantlar ö rencilere braklabilir. Ayrca al³trmalar ö rencilerin en fazla zaman harcamas gereken yerlerdir. Al³trmalar ö renci tarafndan konular özümsemek adna birer frsat olarak görülmelidir. Problem çözmeden matematik ö renmeyi beklemek, yüzmeyi veya bisiklete binmeyi iyi yüzebilen veya bisiklete binebilen birini seyrederek ö renmeyi beklemeye benzer. Bunun ise pek mümkün olmad tecrübelerimizle sabittir. LATEX ile Türkçe Matematik Kitab Yazmak vii

12 viii Kitabn Kullanm ve Yazm ile lgili Notlar Yakla³k yirmi yl önce ülkemiz matematikçileri tarafndan da kullanlmaya ba³lanan LATEX çok geli³mi³ bir yazlm olmasna ra men Türkçe makale veya kitap hazrlama konusunda halen ciddi eksikliklere sahiptir. Bu kitabn yazm srasnda kar³la³tklarmdan bazlar ³unlardr: 1. Türkçe karakterlerin yazm konusundaki zorluklar; 2. Türkçe yazm hatalarnn yazlm tarafndan otomatik ³ekilde kontrol edilememesi ve kelimelerin satr sonlarnda do ru ³ekilde bölünmemesi; 3. Türkçe karakterlerin alfabetik sralamada do ru yerde olmamas nedeniyle dizin hazrlama konusuna ya³anan zorluklar; 4. ekillerin kitaba yerle³tirilmesi. Bilgisayarlar ve LATEX alannda yeterli bilgi ve beceriye sahip olmayan biri olarak yukarda bahsetti im zorluklarn sistematik biçimde üstesinden gelme konusunda kir ortaya koyamam. Di er yandan, benzer zorluklarla kar³la³an meslekta³larma zaman kazandrabilir dü³üncesiyle, uzun süren u ra³lar sonunda ula³t m derme çatma çözümlerden bahsedebilirim. Aslnda birinci madde konusunda herhangi bir çözümüm yok. Bir cümle içinde bile üç be³ defa klavyenin dilini Türkçe'den ngilizce'ye ya da ngilizce'den Türkçe'ye de i³tirerek yazmak elbette pek kolay olmad. Benzer ³ekilde ikinci madde için de bir çözüm bulamadm. Türkçe kelimelerin do ru hecelenmesi için hecelemeyi açkça yazmak d³nda bir yol görünmüyor. Örne in, satr sonuna gelen ve do ru ³ekilde bölünmeyen dosyann kelimesini dos\ ya\ nn olarak yazmalyz. Ya da daha sistematik bir çözüm için ana dosyann içine \begin{document} komutundan önce \hyphenation{dos ya nn} komutunu koyabiliriz. Bu durumda bütün doküman boyunca dosyann kelimesi ancak gösterdi imiz yerlerden bölünecektir. Bu i³i kitabn en son halinin çktsn almadan yapmakta fayda oldu u açktr. Bu kitap için hecelemesini açkça yazmak zorunda kald m kelime says yakla³k 120 oldu. Kitabn yazm tamamlandktan sonra baz editörlerin Türkçe sözlük ile çal³abildi ini ö rendim. Bu sayede gözden kaçan saysz yazm hatasn düzeltme frsatm oldu. Üçüncü madde için makul bir çözüm buldu umu söyleyebilirim. Burada \index{a@b} komutunu kullandm. Bu komut ³u ³ekilde çal³yor: Program ilk önce dizin içinde ngilizce karakterlerin alfabetik sralamasna göre (sadece ngilizce karakterle yazlm³ olan) A kelimesinin yerini buluyor ve daha sonra dizine A kelimesi yerine B kelimesini yazyor. Örne in dizinde Ters görüntü

13 ix ifadesinin do ru yerde çkmas için bu ifadenin geçti i yere \index{ters gozruzzntuzz@ters görüntü} yazabiliriz. Benzer ³ekilde dizin içinde Bölüm. kümesi ifadesinin gözükmesi için \index{bozluzzm@bölüm!kuzzmesi@kümesi} yazarz. Fikir gerçekten basit: Örne in, dizine koymak istedi imiz bir kelimenin içinde ç har geçiyorsa bu harf yerine cz yazyoruz ve böylece alfabetik sralama yaplrken sra cz ikilisine gelince, program bu kelimeyi c har ile d harnin arasna koyuyor. Aslnda a³a daki tablo B kelimesi içindeki Türkçe karakterlerin A içinde nasl yazlmas gerekti ini gösteriyor: Dizin Yazma Sözlü ü A cz gz hz i oz sz uzz B ç i ö ³ ü A CZ GZ HZ HZZZ OZ SZ UZZ B Ç I Ö Ü Gerekirse harerin sonuna eklenen z harerinin saysn artrabilirsiniz. Biraz da ³ekillerden bahsedelim. ekilleri herhangi bir programda çizebilirsiniz. nternetten ücretsiz olarak indirip kullanabilece iniz birçok program var. Ben Graph isimli program kullandm. Lisansta ö rendi iniz analitik geometriyi hatrlamak için oldukça iyi bir frsat sa lyor. ekilleri çizdikten sonra jpeg uzants ile kaydedebilirsiniz. Daha sonra bu dosyay bir resim editörü ile açp bo³ alanlar mümkün oldu unca krpmakta fayda var. Bu dosyay yine internet üzerinde ücretsiz bulunan on line programlar yardmyla eps dosyasna çevirmeniz gerekiyor. Sonuçta, örne in, Figure3.5.jpeg ve Figure3.5.eps isimli iki ³ekliniz olacak. Son olarak bunlar kitabnzn LATEX dosyasn içeren büyük dosyann içine koyabilirsiniz. Program kitabn pdf çkts için resimlerin jpeg, dvi çkts için de eps dosyalarn kullanacaktr. Kitabn içine ³ekil yerle³tirme konusunda da bir önerim olacak. E er kitap yerine makale yazyorsanz ³ekillerinizi istedi iniz ölçülerde metnin içine yerle³tirme konusunda bir zorluk çekmeyeceksiniz. Di er taraftan doküman snfnz {book} ise ³eklin boyutlarn ayarlamak mümkün olmayacak, çünkü LATEX ³ekillerin altna yazlacak açklamalarn hangi dilde yazlaca bilgisini isteyecektir. Bu problemi çözmek için doküman snfn \documentclass[11pt,a4paper,turkish]{book}

14 x Kitabn Kullanm ve Yazm ile lgili Notlar seçebilirsiniz. Fakat LATEX programnn Türkçe yazm konusundaki yardmc unsurlar içindeki baz problemlerden dolay sistem yine hata mesaj verecektir. Di er taraftan, doküman snfn ba³ka bir dilde, örne in \documentclass[11pt,a4paper,ku³dili]{book} olarak seçerseniz sistem hata vermeden çal³acaktr. Fakat bu durumda da ³ekillerin altnda, örne in, ekil 3.2 yerine bunun Ku³dili kar³l olan Cikg 3.2 yazacaktr. Bunu düzeltmek için ise \Miktex2.??\tex\generic\babel\ku³dili.ldf dosyasn uygun bir editör ile açp Cikg yerine ekil yazmanz gerekiyor. Ayn ³ekilde Kaynakça ve Semboller kelimelerini de Ku³dili kar³lklarnn yerine yazmalsnz. Bu de i³iklikleri yapabilmek için bilgisayar oturumunu Administrator olarak açmanz gerekebilir. Kapak Sayfalar Hakknda Ön kapaktaki resimde yer alan heykel ODTÜ Mimarlk Fakültesi önünde bulunmaktadr. `Yok' isimli bu heykel 1982 ylnda Rolf Westphal tarafndan yaplm³tr. Heykel uzayda herhangi ikisi aykr olan üç do rudan olu³maktadr. Uzayda herhangi ikisi aykr olan n do runun durumlar (kongürasyonlar) önemli ve zor bir problemdir. Problemin ancak n 7 oldu u durumlarda çözümü vardr. Bu konuyla ilgili kapsaml bir makale [38] nolu referansta bulunmaktadr. Arka kapakta ise ODTÜ Devrim Stadyumu yer almaktadr. Elektronik Kopyann Kullanm Kitabn yazm büyük ölçüde tamamlanm³ olsa da henüz basma hazr hale gelmedi. Buna ra men isteyenlerin kullanma açmann uygun oldu una karar verdim. Bu nedenle internet sayfamda (http : // ozan/) kitabn `pdf' kopyas isteyenlerin kullanmna açktr. Kitabn `pdf' kopyalarn sayfama koydu um tarih ile numaralandraca m. Yeni bir kopyasn koydu umda eski versiyonlarn sayfamda bir süre daha tutmay planlyorum. Kitapla ilgili öneri ve düzeltmelerinizi memnuniyetle kar³larm.

15 çindekiler i Önsöz Kitabn Kullanm ve Yazm ile lgili Notlar iii vii 1 Yardmc Bilgiler Genel Topoloji Kümeler Topolojik Uzaylar Tkz, Ba lantl Uzaylar Metriklenebilir Uzaylar Analiz Türevlenebilme Ters Fonksiyon Teoremi Diferansiyel Denklemlerin Varlk ve Teklik Teoremi Do rusal Cebir Determinant Fonksiyonu Tensörler Temel Formlar ve Baz Uygulamalar Örnek Kantlar Al³trmalar Türevlenebilir Manifoldlar Türevlenebilir Manifoldlar Temel Tanmlar Te et Uzay Te et Demeti Bölüm Manifoldlar Rank Teoremleri Manifoldlarn Gömülmesi Birimin Ayr³m Sard Teoremi Manifoldlarn Gömülmesi Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi xi

16 xii Ç NDEK LER Türevlenebilir Formlar Geri Çekme Manifoldlar Üzerinde Türevlenebilir Formlar D³ Türev Manifoldlarn Yönlendirilmesi Stokes Teoremi Disk ve Kürenin Hacimleri Karma³k Manifoldlar Üzerinde Özel Formlar Al³trmalar Vektör Alanlar ve Demetleri Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri Vektör Alanlarnn ntegralleri Lie Türevi Jeodezikler Jeodezik Denklemi Hacim Eleman ve Yldz Operatörü Vektör Demetleri Temel Tanmlar Vektör Demetleri Üzerinde ³lemler Vektör Demetleri Üzerinde Ba lantlar Poincaré Yar Düzlemi Normal Demet ve Tüp Kom³uluk Teoremi Al³trmalar De Rham Kohomoloji De Rham Kohomoloji De Rham Kohomolojinin Tanm Poincaré Yardmc Teoremi Hesaplamalar ve Uygulamalar Sarlma, Dönme ve Geçi³me Saylar Mayer-Vietoris Dizisi Tkz Destekli Kohomoloji Poincaré zomorzmas Al³trmalar Kesi³im Teorisi Dik Kesi³im Alt Manifoldlarn Kesi³imi ve Poincaré Duali Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi Vektör Demetlerinin Euler Karakteristi i Gysin Tam Dizisi Leray-Hirsch ve Künneth Teoremleri Poincaré-Hopf Teoremi

17 5.3.5 Lefschetz Sabit Nokta Teoremi Riemann-Hurwitz Teoremi Al³trmalar Karakteristik Snar Euler Karakteristik Snf Chern Karakteristik Snar Chern Snarnn Özellikleri Uygulamalar Pontryagin Karakteristik Snar Boyutlu Egzotik Küreler Al³trmalar Kaynakça 365 Semboller 368 Dizin 373

18 xiv çindekiler

19 Kendinizi balkç de il bahçvan olarak görün. Balkç bal neyin çekece ini bilir. Bahçvan ise gerekli ortam hazrlar ve bitkilerin büyümesini sa lar. Matematik takm kurarken en iyi ö rencileri alp kazanmaya çal³mayn; bunun yerine alabildi iniz kadar çok ö renci alp onlar matematikte daha iyi yapmak için elinizden gelen her ³eyi yapn. -Ashley Reiter 1 Yardmc Bilgiler Bu ünitede türevlenebilir manifoldlarn genel teorisini anlayabilmek için gerekli olan temel bilgiler sunulacaktr. Srasyla genel topoloji, analiz ve do rusal cebir ba³lklar altnda toplayaca mz bu bilgilere hakim olan okuyucular do rudan bir sonraki üniteye geçebilirler. Bu ünitenin amac, genel topoloji, analiz veya do rusal cebir konularn daha önceden görmemi³ olan okuyuculara ö retmek de ildir. Tersine bu konular daha önce çal³m³ olanlara biraz hatrlatmak, varsa eksik bilgilerini kapatabilmeleri için frsat sunmaktr. Her matematik ders kitabnda oldu u gibi al³trmalar ksm ö rencilerin en fazla zaman harcamas beklenen bölümdür. Genel topoloji ve analiz alanlarnda daha kapsaml ve detayl bilgi için [28, 30, 31, 34, 35] numaral referanslara bakabilirsiniz. 1.1 Genel Topoloji Kümeler Topolojinin tanmn vermeden önce kümeler ve fonksiyonlara dair baz temel bilgileri hatrlayalm. Bir X kümesi ve onun bir A X alt kümesini alalm. X fark A kümesini X A = {x X x A} olarak tanmlayaca z. E er f : X Y, X kümesinden Y kümesine bir fonksiyon ve B Y bir alt küme ise B alt kümesinin f fonksiyonu altndaki ters görüntüsü f 1 (B) = {x X f(x) B} olarak tanmlanr. {A α } α Λ X kümesinin bir alt kümeler ailesi olsun. Bu durumda f( α Λ A α ) = α Λ f(a α ) oldu u halde, söz konusu alt kümelerin görüntülerinin ara kesitleri olunca sadece f( α Λ A α ) α Λ f(a α ) içermesi do rudur. Ba³ka bir deyi³le, bir alt 1

20 2 Yardmc Bilgiler kümeler ailesinin ara kesitlerinin görüntüsü görüntülerin ara kesitinin alt kümesidir ve genelde bu iki küme farkl olabilir. Ters görüntü alma i³lemi ise hem arakesit hem de birle³im i³lemi ile yer de i³tirebilir: {B α } α Λ, Y kümesinin bir alt kümeler ailesi olsun. Bu durumda, f 1 ( α Λ B α ) = α Λ f 1 (B α ) ve f 1 ( α Λ B α ) = α Λ f 1 (B α ) olur. X bir küme ve bu küme üzerinde bir denklik ba nts olsun. P : X X/ bölüm fonksiyonu olmak üzere her Y kümesi ve f : X Y fonksiyonu için f = f P e³itli ini sa layacak ³ekilde bir f : X/ Y fonksiyonun var olmas için gerek ve yeter ³art her x, y X, x y, için f(x) = f(y) olmasdr. Bu durumda f : X Y fonksiyonu bölüm kümesinde tanmlanr denir. f : X/ Y fonksiyonuna ise f : X Y tarafndan belirlenen fonksiyon diyece iz. Örnek f : X Y örten bir fonksiyon olsun. Bu durumda her x, y X için x y ancak ve ancak f(x) = f(y) ³eklinde tanmlanan ba nt bir denklik ba ntsdr. Ayrca, f : X Y fonksiyonu bu ba ntnn bölüm kümesinden Y kümesine bire bir f : X/ Y e³lemesini verir. Daha somut bir örnek için f : R S 1, f(t) = (cos 2πt, sin 2πt), t R, fonksiyonunu dü³ünelim. Burada S 1 düzlemdeki birim çemberi göstermektedir. Bu örten fonksiyona kar³lk gelen ba nt, her s, t R için s t ancak ve ancak s t Z ³eklinde tanmlanr. Aslnda ayn örnek bölüm gruplar konusunda da verilebilirdi: R kümesi toplama i³lemi ile de i³meli bir grup olu³turur. f : R S 1 fonksiyonu ise tam saylarn olu³turdu u Z normal alt grubuna kar³lk gelen bölüm homomorzmasdr. Bölüm grubu, S 1 birim çemberi, üzerindeki i³lemin karma³k saylarn üzerindeki çarpma i³lemi oldu unun gösterilmesini okuyucuya brakyoruz (bkz. ekil 1.1). ekil 1.1: Bölüm uzay Topolojik Uzaylar Tanm X bir küme olmak üzere bu kümenin kuvvet kümesinin a³a daki ko³ullar sa layan herhangi bir τ alt kümesine X üzerinde bir topolojidir denir:

21 Genel Topoloji 3 1. τ ve X τ, 2. Λ bir endeks kümesi olmak üzere her α Λ için bir O α τ var ise α Λ O α τ, 3. Her O i τ, i = 1,... k, için k i=1 O i τ. Bu durumda (X, τ) ikilisine topolojik uzay, τ topolojisinin elemanlarna (bu topolojinin) açk kümeler, açk kümelerin tümleyenlerine de (bu topolojinin) kapal kümeler denir. Bir küme üzerinde birden fazla topoloji tanmlanabilece i açktr. τ 1 ve τ 2 verilen bir X kümesi üzerinde iki topoloji olsun. E er τ 1 τ 2 ise τ 2 topolojisine τ 1 topolojisinden daha ince ya da daha kuvvetli denir. Bu durumda τ 2 topolojisi τ 1 topolojisinden daha zayf ya da daha kaba da denir. Topolojik uzaylar kategorisinin gönderimleri sürekli fonksiyonlardr. Herhangi iki (X, τ X ) ve (Y, τ Y ) topolojik uzaylar arasnda herhangi bir f : (X, τ X ) (Y, τ Y ) fonksiyonu alalm. E er her açk U τ Y kümesinin f altndaki ters görüntüsü X içinde açk bir küme ise, f 1 (U) τ X, f fonksiyonuna süreklidir denir. E er, sürekli f fonksiyonunun sürekli bir ters fonksiyonu varsa bu fonksiyona bir homeomorzma denir. Bu durumda (X, τ X ) ve (Y, τ Y ) topolojik uzaylarna homeomork uzaylar denir. Hatrlatma Süreklilik tanmndaki `açk kümeler' ifadesi yerine `kapal kümeler' yazarak süreklili in bir ba³ka (denk) tanmn elde ederiz, çünkü her B Y alt kümesi için X f 1 (B) = f 1 (Y B) dir. Örnek R n, (n 0), üzerindeki standart topolojinin açk kümeleri ³u ³ekilde tanmlanr: Bir U R n alt küme olmak üzere her x U için B(x, r) = {y R n y x < r} U olacak ³ekilde bir r > 0 gerçel says var ise U alt kümesine açktr denir. ( x y = ( n i=1 (x i y i ) 2 ) 1/2 ifadesi x = (x 1,..., x n ) ve y = (y 1,..., y n ) noktalar arasndaki Öklit uzakl n göstermektedir). Aksi söylenmedi i sürece Öklit uzayn her zaman bu topolojisi ile beraber dü³ünece iz. Örnek (X, τ) bir topolojik uzay ve A X bir alt küme olsun. Bu durumda τ A = {U A U τ} koleksiyonu A alt kümesi üzerinde bir topoloji belirler ve bu topolojiye alt uzay topolojisi veya (X, τ) uzayndan miras kalan topoloji denir. Bu örnek elimizdeki bir topolojik uzaydan yeni topolojik uzaylar elde etmenin bir yolu olarak da görülebilir.

22 4 Yardmc Bilgiler Verilen topolojik uzaylardan yeni bir topolojik uzay üretmenin bir yolu çarpm topolojisidir. Çarpm topolojisini tanmlamadan önce bir topolojinin tabanndan bahsedelim: (X, τ) bir topolojik uzay ve β τ bir alt aile olsun. E er X = U β U ve her V τ ve x V için x U V olacak ³ekilde bir U β açk kümesi varsa β ailesine bu topolojinin bir tabandr denir. imdi de β bir herhangi bir X kümesinin alt kümelerinin bir ailesi olsun. Bu aileye X, ve β ailesinin sonlu saydaki elemanlarnn ara kesitlerinin rastgele birle³imlerinden olu³an alt kümelerini de ekleyerek bir topoloji olu³turabiliriz. Bu topolojiye β tarafndan üretilen topoloji denir. (X, τ X ) ve (Y, τ Y ) iki topolojik uzay olsun. β = τ X τ Y ailesinin X Y kümesi üzerinde üretti i topolojiye bu iki uzayn çarpm topolojisi denir. Daha genel olarak e er {(X i, τ i )} i I bir topolojik uzaylar ailesi ise U i τ i ve I endeks kümesinin sonlu sayda eleman d³ndaki tüm elemanlar için U i = X i olacak ³ekilde seçilen U i açk kümelerinin U i direk çarpmlarnn olu³turdu u β ailesinin üretti i topolojiye X i çarpm kümesi üzerindeki çarpm topolojisi denir. Hatrlatma ) Çarpm topolojisi, çarpm kümesinden çarpm olu³turan uzaylara tanmlanan her bir iz dü³üm fonksiyonunu sürekli yapan en zayf (kaba) topolojidir. 2)Yukardaki tanmda topolojimizin tabann tüm U i, U i τ i, çarpmlar da alabilirdik. Fakat bu durumda X i çarpm kümesi üzerinde elde edilecek topoloji gere inden fazla kuvvetli olaca için kullan³l olmayacaktr. (Bkz. Al³trma 5) Kutu topolojisi olarak adlandrlan bu topoloji çarpm kümesi üzerindeki her bir iz dü³üm fonksiyonunu sürekli yapan en kuvvetli (ince) topolojidir. 3) Gerçel saylar kümesi üzerindeki standart topolojinin açk kümeleri saylabilir çoklukta ayrk açk aral n birle³imidir (Ba lantl uzaylar bölümüne baknz). Dolaysyla, bu ³ekildeki iki açk kümenin çarpm da düzlemde yine saylabilir çoklukta ayrk açk dikdörtgen bölgenin birle³imi olacaktr. Bu nedenle düzlemdeki bir çok açk küme, örne in yuvarlar, gerçel saylar kümesinin açklarnn bir çarpm olamazlar. Di er taraftan, düzlemdeki her açk küme saylabilir çoklukta açk dikdörtgen bölgenin birle³imi (genelde ayrk olmayan) olarak yazlabilir. Yeni topolojik uzaylar elde etmenin bir di er yolu ise bölüm uzaylardr: f : X Y örten bir küme fonksiyonu ve τ X X üzerinde bir topoloji olsun. f : X Y örten fonksiyonunun vermi³ oldu u P : X X/ bölüm kümesini ve f : X/ Y bire bir e³lemesini dü³ünelim (bkz. Örnek 1.1.1). X/ bölüm kümesi üzerine koyabilece imiz ve P bölüm fonksiyonunu sürekli yapacak en kuvvetli topolojiye bölüm topolojisi denir. Benzer ³ekilde Y kümesi üzerinde f fonksiyonunu sürekli yapan en kuvvetli topolojiyi τ Y ile gösterelim. Bu durumda f : X/ Y fonksiyonu bir homeomorzma olur. Önerme P : X X/ bir bölüm uzay, f : X Y ve f : X/ Y, f = f P, ko³ulunu sa layan fonksiyonlar olsun. Bu durumda

23 Genel Topoloji 5 f : X Y fonksiyonunun sürekli olmas için gerek ve yeter ³art f : X/ Y fonksiyonunun sürekli olmasdr. Örnek Bir önceki bölümde ele ald mz f : R S 1, f(t) = (cos 2πt, sin 2πt), t R, fonksiyonu bize f : R/ S 1 homeomozmasn verecektir. Burada R/ ve dolaysyla S 1 üzerindeki topoloji bölüm uzay topolojisidir. S 1 üzerindeki bu topoloji ile S 1 'in düzlemden ald alt uzay topolojisinin ayn oldu unun gösterilmesini okuyucuya al³trma olarak brakyoruz. Bir (X, τ) topolojik uzay olsun. E er her x, y X için x U, y V ve U V = olacak ³ekilde U ve V açk kümeleri varsa bu uzaya Hausdor (veya T 2 uzay) denir. R n standart topolojisiyle bir Hausdor uzaydr. Hausdor uzaylarn Kartezyen çarpmlar da Hausdor uzaylardr. Bir Hausdor uzayn tüm alt uzaylar da benzer ³ekilde Hausdor'tur. Di er taraftan Hausdor olma özelli i bölüm uzaylarna geçmeyebilir. Örnek X = {(x, y) R 2 x R, y { 1, 1}} alt uzayn dü³ünelim. R 2 üzerindeki standart topoloji Hausdor oldu u için X uzay da Hausdor'tur. X üzerinde bir denklik ba nts tanmlayalm: (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) ancak ve ancak (x 1 = x 2 ve y 1 = y 2 ) veya (x 1 = x 2 0). Bu denklik ba ntsndan elde edilen bölüm uzay Hausdor de ildir. Bunu görmek için bölüm uzaynda (0, 1) ve (0, 1) noktalarnn denklik snarnn farkl olduklarn fakat bu iki noktay ayr ayr içeren herhangi iki açk kümenin ayrk olamayaca n görmek yeterlidir. A³a da bir topolojik uzay için Hausdor olmann kullan³l bir karakterizasyonunu verece iz. Önerme X topolojik uzaynn Hausdor olmas için gerek ve yeter ³art = {(x, x) x X} kö³egen alt kümesinin X X çarpm uzay içinde kapal olmasdr. Kant : lk önce = {(x, x) x X} kö³egen alt kümesinin X X çarpm uzay içinde kapal oldu unu kabul edelim. x, y X ve x y olacak ³ekilde iki nokta alalm. O halde (x, y) olur. kapal bir alt küme oldu u için X içinde x U, y V ve (U V ) = olacak ³ekilde U ve V açk alt kümeleri bulabiliriz. Fakat (U V ) = tam olarak U V = anlamna gelir. O halde, X uzay Hausdor'tur. Bu kantn tüm admlar kolayca ters çevrilebilece i için di er yönün kantn okuyucuya brakaca z.

24 6 Yardmc Bilgiler Tkz, Ba lantl Uzaylar (X, τ) bir topolojik uzay olsun. X = i I U i olacak ³ekilde X uzaynn açk kümelerinden olu³an bir {U i } i I ailesine X'in bir açk örtüsü denir. Tanm Bir (X, τ) topolojik uzaynn her açk örtüsünün sonlu bir alt örtüsü varsa bu uzaya tkzdr denir. X bir topolojik uzay ve A X bir alt uzay olsun. E er A alt uzay tkz ise A'ya X'in tkz bir alt kümesidir denir. Örnek ) Gerçel saylar kümesi (standart topolojisi ile) tkz de ildir çünkü {(n 1, n + 1)} n Z açk örtüsünün sonlu bir alt örtüsü yoktur. 2) Benzer ³ekilde (0, 1] R aral tkz de ildir çünkü {(1/n, 1]} n Z + açk örtüsünün sonlu bir alt örtüsü yoktur. 3) X = {x R x = 0 veya x = 1/n, n Z + } alt kümesi tkzdr çünkü 0 noktasn içeren her açk küme bu kümenin sadece sonlu elemann d³arda brakr (lim 1/n = 0 oldu undan dolay) ve bu sebepten dolay bu kümenin her açk örtüsünün bir sonlu alt örtüsü vardr. Yukardaki örnekler Öklit uzaynn bir alt kümesinin tkz olmas için bu alt kümenin snrl ve kapal olmas (y lma noktalarn içermesi) gerekti ini vurgulamaktadr. Heine-Borel Teoremi de aslnda tam olarak bunu ifade etmektedir. Teorem (Heine-Borel Teoremi). X R n olsun. X alt kümesinin Öklit uzayndan gelen topolojisi ile tkz bir uzay olmas için gerek ve yeter ³art X alt kümesinin snrl ve kapal olmasdr. A³a daki önermelerin kantlar okuyucuya al³trma olarak braklm³tr. Önerme Tkz bir uzayn her kapal alt kümesi tkzdr. Di er taraftan, Hausdor bir uzayn her tkz alt kümesi kapaldr. Önerme f : X Y tkz bir X uzayndan Y uzayna sürekli bir fonksiyon ise f(x) Y alt kümesi de tkzdr. Bu sonucu Heine-Borel teoremi ile birle³tirirsek ³u sonucu buluruz. Sonuç Tkz bir X uzaynda tanml her gerçel say de erli f : X R sürekli fonksiyonunun en büyük (maksimum) ve en küçük (minimum) de eri vardr. A³a daki örnek bire bir, örten ve sürekli bir fonksiyonun homeomorzma olmasnn gerekmedi ini göstermektedir. ile de taban a³a - Örnek τ 1 ile R üzerindeki standart topolojiyi, τ 2 daki aile olan topolojiyi gösterelim: β = {(a, b) a, b R, ab > 0} {(a, b) (c, ) a, b, c R, a < 0 < b}.

25 Genel Topoloji 7 imdi f : (R, τ 1 ) (R, τ 2 ), f(x) = x, x R, fonksiyonunu dü³ünelim. f'in bire bir ve örten oldu u açktr. β τ 1 oldu undan dolay f süreklidir. Di er taraftan ( 1, 1) τ 1 ve ( 1, 1) τ 2 oldu undan f'in tersi sürekli de ildir. Di er taraftan a³a daki sonuç baz durumlarda ters fonksiyonun da sürekli olaca n gösteriyor. Önerme X, Y topolojik uzaylar ve f : X Y bire bir sürekli bir fonksiyon olsun. E er X tkz ve Y Hausdor ise f fonksiyonu görüntüsü üzerine bir homeomorzmadr. Kant : A = f(x) ile f'in görüntüsünü ifade edersek tek yapmamz gereken f 1 : A X ters fonksiyonunun sürekli oldu unu göstermektir. O halde, bir kapal C X alt kümesi alalm. X tkz ve C de kapal küme oldu undan C kümesi de tkz olur. f sürekli oldu u için (f 1 ) 1 (C) = f(c) kümesi Y Hausdor uzay içinde tkz ve dolaysyla kapal bir küme olur. O halde, f 1 ters fonksiyonu süreklidir. E er bir f : X Y fonksiyonu görüntüsü üzerine bir homeomorzma ise f'ye topolojik gömme fonksiyonu denir. Örnek X = R 3 {(0, 0, 0)} uzay (Öklit topolojisi ile) olsun ve X üzerinde denklik ba nts ³u ³ekilde tanmlansn: (x 1, x 2, x 3 ) (y 1, y 2, y 3 ) ancak ve ancak (y 1, y 2, y 3 ) = λ(x 1, x 2, x 3 ) olacak ³ekilde bir λ R + says vardr. X uzayndan iki boyutlu birim küreye, S 2, tanmlanan F (x) = x/ x, x X, x 2 = x x2 2 + x2 3, fonksiyonu bölüm uzayna inerek F : X/ S 2 fonksiyonunu verecektir. Bu fonksiyonun bire bir ve örten oldu u açktr. Her bir koordinat fonksiyonu sürekli oldu u için F ve dolaysyla F süreklidir. P : X X/ bölüm fonksiyonu olsun. P (X) = P (S 2 ) oldu u için X/ = P (S 2 ) bölüm uzay tkzdr. O halde, yukardaki önerme gere ince F : X/ S 2 fonksiyonu bir homeomorzmadr (aslnda bölüm uzaynn R 3 'e bir gömülmesini verir). (Bkz. Al³trma 13) f : X Y topolojik uzaylarn sürekli bir fonksiyonu olmak üzere e er her tkz C Y alt kümesi için f 1 (C) ters görüntüsü de tkz oluyorsa f'ye düzgün bir fonksiyondur denir. Düzgün fonksiyonlarn en önemli özelliklerinden biri a³a daki sonuçtur. Önerme X bir Hausdor topolojik uzay ve f : X R n düzgün ve sürekli bir fonksiyon olsun. O zaman f kapal bir fonksiyondur. E er f ayrca bire bir ise f : X R n bir topolojik gömme fonksiyonudur. Kant : A X içinde kapal bir alt küme olsun. f(a) alt kümesinin kapan³nda bir y 0 f(a) R n noktas alalm. O halde, f(a) içinde y 0 noktasna yaknsayan bir (y n ), (n > 0), dizisi vardr. Örnek (3)'den dolay C = {y n n = 0, 1, } alt kümesi tkzdr. O halde f 1 (C) ve dolaysyla f 1 (C) A alt kümesi X içinde tkzdr. Bu durumda (y n ), (n > 0), dizisi f(f 1 (C) A) tkz kümesinin içindedir. Bu tkz küme ayn zamanda kapal

26 8 Yardmc Bilgiler oldu undan dolay y 0 = lim y n f(a) sonucunu elde ederiz. Di er bir deyi³le f(a) kapaldr. kinci ksmn kant f'nin kapal bir fonksiyon olmasndan kolayca elde edilir. Tanm Bir (X, τ) topolojik uzay bo³ olmayan iki açk alt kümesinin ayrk birle³imi olarak yazlamyorsa bu uzaya ba lantldr denir. Ba lantl olmayan uzaylara ba lantsz uzaylar denir. (X, τ) topolojik uzaynn verilen her iki x, y X noktas için γ(a) = x, γ(b) = y olacak ³ekilde sürekli bir γ : [a, b] X fonksiyonu varsa bu uzaya yol ba lantldr denir. X bir topolojik uzay ve A X bir alt uzay olsun. E er A alt uzay ba lantl ise A'ya X'in ba lantl bir alt kümesidir denir. Örnek ) Gerçel saylar (standart topolojisi ile) uzaynn her aral ba lantldr. Örnek olarak X = [0, 1] aral nn ba lantl oldu unu gösterelim. X içinde U = V, U V = ve X = U V olacak ³ekilde açk kümelerin var oldu unu kabul edelim. 0 U olsun ve a = sup{x [0, x] U} saysn göstersin. a (0, 1) oldu u kolayca görülür. E er a U ise U açk bir küme oldu u için a (a ϵ, a + ϵ) U olacak ³ekilde pozitif ϵ gerçel says vardr. O halde, a+ϵ/2 U olacaktr ve bu a saysnn seçimiyle çeli³ir. E er a U ise a V olur ve yine V açk bir küme oldu u için a ϵ/2 V olacak ³ekilde bir (ba³ka) pozitif ϵ says vardr. Fakat bu durum da tekrar a saysnn seçimi ile çeli³ir. O halde en ba³ta yapt mz kabul yanl³tr ve dolaysyla [0, 1] aral ba lantldr. 2) A R bo³ kümeden farkl bir alt küme olsun. E er A bir aralk de ilse öyle bir a R says vardr ki A (, a) = (a, ) A olur ve dolaysyla A ba lantl bir küme olamaz. O halde, R'nin ba lantl alt kümeleri sadece aralklardr. Yukardaki örne in ilk ksmn kullanarak yol ba lantl bir uzayn ayn zamanda ba lantl oldu unu görebiliriz (bkz. Al³trma 14). Tkzlk konusunda oldu u gibi kantlar al³trma niteli inde olan a³a daki sonuçlarn kantlarn okuyucuya brakyoruz. Önerme Ba lantl bir uzayn sürekli bir fonksiyon altndaki görüntüsü de ba lantldr. Teorem (Ara de er teoremi). f : X R ba lantl bir X uzaynda tanmlanan gerçel say de erli sürekli bir fonksiyon olsun. E er f(x) < c < f(y) olacak ³ekilde x, y X elemanlar ve c R gerçel says varsa, c = f(z) olacak ³ekilde en az bir z X eleman vardr. Örnek ) {E λ } λ Λ, E λ X ba lantl alt kümelerin olu³turdu u bir aile olsun. E er λ E λ ise λ E λ ba lantl bir kümedir.

27 Genel Topoloji 9 Ba lantl alt kümelerden ortak bir elemanlar varsa bu alt kümelerin birle³imi de ba lantldr. 2) E X ba lantl bir alt küme ve E F E ise F alt kümesi de ba lantldr. 3) A topolojik X uzaynn ba lantl bir alt kümesi olmak üzere, A B Ā ko³ulunu sa layan her B alt kümesi de ba lantldr (kant okuyucuya braklm³tr). Topolojist sinüs e risi olarak bilinen S = {(x, sin(1/x)) R 2 x > 0} e risi yol ba lantl oldu u için düzlemin ba lantl bir alt kümesidir. Bu kümenin kapan³ {(0, y) 1 y 1} kümesini içerdi i için S e risinin y-ekseni ile birle³iminden olu³an alt uzay, S, ba lantldr ama yol ba lantl de ildir. Bunu ³u ³ekilde görebiliriz. ekil 1.2: Topolojistin Sinüs E risi. Sinüs fonksiyonunun her periyodu içinde ±1 de erlerini almas gerekirken bu grakte en büyük de erler bazen birin altnda kalyor. Bir süre u ra³tktan sonra bilgisayara do ru gra i çizdirmenin pek kolay olmad n gördüm ve grakteki bu hatann siz de erli okuyucularn hayal gücüyle düzeltilebilece ine karar verdim. Diyelim ki, S = {(x, sin(1/x)) R 2 x > 0} {(0, y) R 2 y R} kümesi yol ba lantl olsun. γ(0) = (0, 0) ve γ(1) = (1/π, 0) olacak ³ekilde sürekli bir γ : [0, 1] S, t γ(t) = (x(t), y(t)), e risi alalm. x(t) sürekli fonksiyonu için, x(0) = 0 ve x(1) = 1/π oldu undan x 1 ((0, )) açk ters görüntü kümesinin 1 noktasn içeren bile³eni (a, 1], 1 > a 0, ³eklinde bir aralktr. Ayrca, x(a) = 0 olmaldr çünkü a x 1 ((0, )) olacak ³ekilde seçilmi³tir. Fakat her t (a, 1) için x(t) > 0 oldu undan y(a) = lim y(t) = lim sin(1/x(t)) = lim sin(1/x) t a + t a + x 0 +

28 10 Yardmc Bilgiler elde ederiz. Fakat en son yazd mz limitin de eri yoktur, dolaysyla bu bir çeli³kidir. X bir topolojik uzay olmak üzere X üzerinde denklik ba ntsn ³u ³ekilde tanmlayalm: x y ancak ve ancak x ve y noktalarnn her ikisini birden içeren bir ba lantl C X alt kümesi vardr. (Aslnda bu ba ntnn geçi³me özelli i oldu unu göstermek için yukardaki örne in ilk ksmn kullanmamz gerekir.) Bu ba lantnn denklik snarna X uzaynn ba lantl bile³enleri denir. Her denklik snf, X uzaynn, bu denklik snfnn herhangi bir noktasn içeren en büyük ba lantl alt kümesidir. Önerme X bir topolojik uzay olmak üzere, X'in topolojik bile³enleri birer kapal alt kümedir. Di er taraftan, bu uzayn hem açk hem de kapal her alt kümesi bir topolojik bile³endir. Ayrca, X uzay ba lantl bile³enlerinin ayrk birle³imi olarak tek bir ³ekilde yazlabilir. Örnek X topolojik uzaynda gerçel say de erli bir f : X R fonksiyonu alalm. E er her x X için, f(x) = f(y), her y U x için, olacak ³ekilde bir x U x X açk kümesi varsa bu fonksiyona yerel olarak sabit fonksiyon denir. E er fonksiyon sürekli ve yerel sabit ise X'in her ba lantl bile³eninde sabit olmaldr. Bunu ³u ³ekilde görebiliriz: a R alalm. {a} R kümesi kapal oldu undan f 1 (a) X kapaldr. Di er taraftan yerel olarak sabit fonksiyon olmann tanmndan f 1 (a) X alt kümesi açk bir kümedir. O halde f 1 (a) X alt kümesi X uzaynn ba lantl bir parçasdr. Buna göre ayn ba lantl parçann içinde olma ba nts ise (Önerme 'in öncesindeki paragrafa baknz) f : X R fonksiyonu bize sürekli bir f : X/ R sürekli fonksiyonu verecektir Metriklenebilir Uzaylar Bo³ olmayan bir X kümesi üzerinde a³a daki ko³ullar sa layan bir d : X X R fonksiyonu alalm: Her x, y, z X için 1. d(x, y) = d(y, x); 2. d(x, z) d(x, y) + d(y, z); 3. d(x, y) 0 dr ve e³itlik ancak ve ancak x = y durumunda sa lanr. Bu durumda d fonksiyonuna X üzerinde bir metrik ve (X, d) ikilisine ise metrik uzay denir. E er her x, y X için, d(x, y) C olacak ³ekilde bir C > 0 gerçel says varsa bu metri e snrldr denir. (X, d) bir metrik uzay ve x X ve r pozitif bir gerçel say olsun. B(x, r) = {y X d(x, y) < r} alt kümesine x merkezli ve r yarçapl yuvar denir. Bir metrik uzayn tüm açk yuvarlarnn üretti i topolojiye metrik uzay topolojisi denir. X kümesi üzerindeki bir τ topolojisi bu küme üzerindeki bir metrik tarafndan üretilen topoloji ise (X, τ) topolojisine metriklenebilir topoloji denir.

29 Genel Topoloji 11 d 1 ve d 2 bir X kümesi üzerinde tanmlanan metrikler olmak üzere her x, y X için m d 1 (x, y) d 2 (x, y) M d 1 (x, y), ko³ulunu sa layan m, M > 0 gerçel saylar varsa bu iki metri e denk metrikler denir. Denk metriklerin ayn topolojiyi ürettiklerinin gösterilmesini al³trmalara brakyoruz. Örnek lk bölümde ele ald mz, R n üzerindeki Öklit topolojisi Öklit metri i tarafndan üretilen topolojidir. (X, d) bir metrik uzay, y X bir nokta ve (x n ) bu uzay içinde bir dizi olsun. E er verilen her ϵ > 0 gerçel says için, ( n N d(x n, y) < ϵ ) olacak ³ekilde bir N do al says varsa (x n ) dizisi y noktasna yaknsyor denir ve lim x n = y olarak yazlr. E er verilen her ϵ > 0 gerçel says için (m, n N d(x m, x n ) < ϵ) olacak ³ekilde bir N do al says varsa (x n ) dizisine Cauchy dizisi denir. Kolayca görülece i gibi her yaknsak dizi bir Cauchy dizisidir. (X, d) metrik uzayndaki her Cauchy dizisi ayn zamanda yaknsak ise bu uzaya tam uzay denir. Topolojik özellikler metrik uzaylarda sadece diziler yardm ile ifade edilebilir. A³a daki ifadelerin kantlarn okuyucuya brakyoruz. Önerme (X, d) bir metrik uzay ve A X bir alt küme olsun. A alt kümesinin kapal olmas için gerek ve yeter ³art A'nn içindeki her yaknsak dizinin limitinin de A içinde olmasdr. 2. (X, d) tam bir metrik uzay ve A X olsun. Bu durumda A alt kümesi kapaldr ancak ve ancak A alt uzay da tam bir metrik uzaydr. 3. Metrik uzaylar arasndaki bir f : (X, d X ) (Y, d Y ) fonksiyonun sürekli olmas için gerek ve yeter ³art X içindeki her yaknsak (x n ) dizisi için (f(x n )) dizisinin (Y, d Y ) içinde yaknsak olmasdr. (X, d) metrik uzay içindeki her dizinin yaknsak bir alt dizisi varsa bu metrik uzaya dizisel tkz metrik uzay denir. Teorem (X, d) bir metrik uzay olsun. A) (X, d) dizisel tkz bir uzay ise snrl ve tamdr. B) (X, d) metrik uzaynn tkz olmas için gerek ve yeter ³art bu uzayn dizisel tkz olmasdr. Bu teoremin kantn topolojik ve metrik uzaylara ait bir çok kri ve tekni i içerdi i için burada verece iz. Kant : A) X dizisel tkz bir uzay olsun. E er X snrl de il ise her x X ve n N için B(x, n) X olacaktr. Buna göre sabit bir x X için x n X

30 12 Yardmc Bilgiler B(x, n) olacak ³ekilde seçilen (x n ) dizisinin yaknsak alt dizisi olmayacaktr. Çünkü limiti z 0 olan yaknsak bir (z n ) dizisi için lim n d(z n, x) = d(z 0, x) olacaktr fakat bizim durumumuzda d(x n, x) n'dir. O halde X metrik uzay snrldr. imdi de X metrik uzaynn tam oldu unu görelim. X uzay içinde bir (x n ) Cauchy dizisi alalm. X dizisel tkz oldu undan bu dizinin yaknsak bir (x kn ) alt dizisi vardr. lim x kn = x 0 olsun. Buna göre verilen her ϵ > 0 gerçel says için, öyle bir n 0 do al says vardr ki, her m, n n 0 tam saylar için d(x m, x n ) < ϵ/2 ve d(x kn, x 0 ) < ϵ/2 e³itsizlikleri sa lanr. Son olarak üçgen e³itsizli ini kullanarak d(x n, x 0 ) d(x n, x kn ) + d(x kn, x 0 ) < ϵ, n n 0, elde ederiz. O halde, (x n ) dizisi de x 0 noktasna yaknsamaktadr ve dolaysyla (X, d) metrik uzay tam bir uzaydr. B) lk önce (X, d) uzaynn tkz oldu unu kabul edelim ve bu uzayn dizisel tkz oldu unu gösterelim. X içinde bir (x n ) dizisi alalm. imdilik her x X eleman için, {n N x n B(x, r x )} kümesi sonlu bir küme olacak ³ekilde bir r x > 0 gerçel saysnn varl n kabul edelim. {B(x, r x )} x X ailesi X tkz uzaynn açk bir örtüsü oldu u için bu ailenin sonlu eleman da X uzayn örtecektir. Bu ise do al saylar kümesinin sonlu olmas çeli³kisine yol açacaktr. O halde, X öyle bir x 0 X noktas vardr ki, her r > 0 gerçel says için {n N x n B(x, r)} kümesi sonsuzdur. Bu durumda (x n ) dizisinin x 0 noktasna yaknsayan bir alt dizisi vardr. Ba³ka bir deyi³le (X, d) metrik uzay dizisel tkzdr. imdi de (X, d) metrik uzaynn dizisel tkz oldu unu kabul edelim ve bu topolojik uzayn tkz oldu unu gösterelim. Diyelim ki, X tkz olmasn. O halde, X uzaynn sonlu alt örtüsü olmayan bir {U α } örtüsü vardr. X uzay dizisel tkz oldu u için X tam ve snrldr. X snrl oldu u için X B(x, R) olacak ³ekilde x X noktas ve R > 0 gerçel says vardr. O halde, A = {r > 0 baz x 1,, x k X için X B(x 1, r) B(x k, r)} gerçel saylarn bo³ olmayan alttan snrl bir alt kümesidir. δ = inf A olsun. E er δ 0 olsayd hiç bir alt dizisi Cauchy dizisi olmayan bir diziyi ³u ³ekilde kurabilirdik: ϵ = δ/2 alalm. Buna göre ϵ A olur. x 1 X alalm ve B(x 1, ϵ) yuvarn dü³ünelim. ϵ A oldu u için X B(x 1, ϵ) olur. O halde x 2 X B(x 1, ϵ) seçebiliriz. Benzer ³ekilde x 3 X (B(x 1, ϵ) B(x 2, ϵ)) ve tümevarm metodu ile x n X (B(x 1, ϵ) B(x n 1, ϵ)) seçebiliriz. Her m n do al say çifti için d(x n, x m ) > ϵ oldu u için bu dizinin hiç bir alt dizisi Cauchy de ildir. Fakat bu durum da (X, d) metrik uzaynn dizisel tkz olmas ile çeli³ir. O halde, δ = 0 olmaldr. lk önce r = 1 alalm. O halde X B(x 1, 1) B(x k, 1) olacak ³ekilde baz x 1,, x k X noktalar vardr. {U α } örtüsünün hiç bir sonlu alt örtüsü X'i örtemedi i için bir birim yarçapl bu yuvarlardan birini de örtemeyecektir. Diyelim ki bu yuvar B(x 1, 1) olsun. imdi r = 1/2 alalm. Bu durumda B(x 1, 1) B(y 1, 1/2) B(y l, 1/2) olacak ³ekilde y 1,, y l X noktalar vardr. Benzer ³ekilde B(y i, 1/2) yuvarlarndan birisi, diyelim ki

31 Genel Topoloji 13 B(y 1, 1/2), {U α } örtüsünün hiç bir sonlu alt örtüsü tarafndan örtülemeyecektir ve B(x 1, 1) B(y 1, 1/2) olacaktr. Bu durumda üçgen e³itsizli ini kullanarak d(x 1, y 1 ) 1 + 1/2 = 3/2 e³itsizli ini elde ederiz. Daha sonra r = 1/4 alarak bir z 1 X noktas bulabiliriz, öyleki B(z 1, 1/4) yuvar {U α } örtüsünün hiç bir sonlu alt örtüsü tarafndan örtülemez ve B(y 1, 1/2) B(z 1, 1/4). Dolaysyla d(y 1, z 1 ) 1/2 + 1/4 = 3/4 olur. Bu i³leme devam ederek ve elde etti imiz dizinin terimlerinin gerekirse isimlerini de i³tirerek a³a daki özelliklere sahip bir (x n ) dizisi elde ederiz: 1) B(x i, 1/2 i ) yuvar {U α } örtüsünün hiç bir sonlu alt örtüsü tarafndan örtülemez; 2) Her i için, d(x i, x i+1 ) < 1/2 i 1 + 1/2 i < 1/2 i 2 olur. Üçgen e³itsizli ini kullanarak her n < m için, d(x n, x m ) < 1/2 n 3 oldu unu kolayca görebiliriz. O halde, (x n ) dizisi Cauchy'dir. Dizisel tkzlk tam uzay olmay gerektirdi i için bu dizinin x 0 gibi bir limiti olacaktr. Son olarak, x 0 U α0 olacak ³ekilde bir α 0 seçelim. U α0 açk bir küme oldu u için B(x 0, ρ) U α0 olacak ³ekilde bir ρ > 0 gerçel says bulabiliriz. Yeterince büyük bir n do al says için d(x n, x 0 ) < ρ/2 ve 1/2 n < ρ/2 e³itsizliklerini elde ederiz. Fakat bu bize B(x n, 1/2 n ) B(x 0, ρ) U α0 çeli³kisini verecektir. Bu çeli³ki kant tamamlar. Örnek (Lebesgue says). {U α } α Λ tkz (X, d) metrik uzaynn bir açk örtüsü olsun. Her x X için B(x, r x ) U αx olacak ³ekilde r x > 0 ve α x Λ seçelim. X uzay tkz oldu u için {(B(x, r x /2)} x X açk örtüsünün, {B(x i, r xi /2)} n i=1 gibi sonlu bir alt örtüsü X uzayn örtecektir. δ = min{r xi /2 i = 1,..., n} olsun. imdi herhangi bir y X için B(y, δ) yuvarn ele alalm. lk önce, d(x i, y) < r xi /2 olacak ³ekilde bir i {1,..., n} vardr. Buna göre her z B(y, δ) için üçgen e³itsizli inden d(z, x i ) d(z, y) + d(y, x i ) < δ + r xi /2 r xi elde ederiz. O halde, z B(x i, r xi ) U αxi ve dolaysyla B(y, δ) U αxi olur. Ba³ka bir deyi³le rastgele bir noktann etrafna çizilebilecek δ yarçapl yuvar açk örtünün elemanlarnn birinin içinde kalacaktr. Bu sayya açk {U α } α Λ örtüsünün bir Lebesgue says denir. Lebesgue saysnn bir uygulamas olarak a³a daki önermeyi kantlayalm. Önerme Tkz bir metrik uzaydan ba³ka bir metrik uzaya giden her sürekli fonksiyon düzgün süreklidir. Kant: (X, d 1 ) tkz bir uzay olmak üzere sürekli bir f : (X, d 1 ) (Y, d 2 ) fonksiyonu alalm. Bir ϵ > 0 says verilsin. Bu durumda her x X noktas için, d 1 (x, y) < δ x d 2 (f(x), f(y)) < ϵ/2 olacak ³ekilde bir pozitif δ x > 0 gerçel says vardr. Tkz (X, d 1 ) uzaynn {B(x, δ x ) x X} açk örtüsünün bir Lebesgue says λ > 0 olsun. imdi

32 14 Yardmc Bilgiler d 1 (x, y) < λ olacak ³ekilde herhangi iki nokta alalm. O halde, y B(x, λ) B(z, δ z ) olacak ³ekilde bir z X noktas bulabiliriz. Son olarak, x, y B(z, δ z ) oldu undan elde ederiz. d 2 (f(x), f(y)) d 2 (f(x), f(z)) + d 2 (f(z), f(y)) < ϵ/2 + ϵ/2 = ϵ Tanm (X, d) metrik uzay ve f : X X bir fonksiyon olsun. Her x, y X için d(f(x), f(y)) λ d(x, y) olacak ³ekilde bir 1 > λ 0 gerçel says varsa f fonksiyonuna bir daraltma fonksiyonu, λ katsaysna ise daraltma katsays denir. Bir daraltma fonksiyonunun sürekli oldu u açktr. Teorem (Banach Daraltma Prensibi). (X, d) tam bir metrik uzay ve f : X X bir daraltma fonksiyonu ise f fonksiyonunun bir ve tek bir sabit noktas vardr. Kant: Bu teorem üçgen e³itsizli inin basit bir uygulamasdr. Herhangi bir x 1 X noktas seçelim ve x n+1 = f(x n ), n 1, ile tanmlanan diziyi göz önüne alalm. 0 λ < 1 gerçel says f fonksiyonunun daraltma sabiti ise, her n 1 tam says için d(x n, x n 1 ) λ d(x n 1, x n 2 ) λ n 2 d(x 2, x 1 ) elde edilir. Di er taraftan, üçgen e³itsizli ini kullanarak, her n 1 tam says için d(x n, x 1 ) d(x n, x n 1 ) + d(x n 1, x n 2 ) + + d(x 2, x 1 ) ve dolaysyla d(x n, x 1 ) (λ n 2 + λ n ) d(x 2, x 1 ) 1 1 λ d(x 2, x 1 ) buluruz. Son olarak her m > n 1 tam say çifti için, d(x m, x n ) λ d(x m 1, x n 1 ) λ n 1 d(x m n+1, x 1 ) λn 1 1 λ d(x 2, x 1 ) elde edilir. Son e³itsizlik ve 0 λ < 1 olmas (x n )'nin bir Cauchy dizisi oldu unu gösterir. (X, d) tam bir metrik uzay oldu u için (x n ) Cauchy dizisinin x 0 gibi bir limit noktas vardr: lim x n = x 0. f : X X sürekli oldu u için f(x 0 ) = f(lim x n ) = lim f(x n ) = lim x n+1 = x 0 elde ederiz. Dolaysyla, x 0 noktas f : X X fonksiyonunun bir sabit noktasdr. Son olarak, e er f : X X fonksiyonunun y 0 x 0 X gibi bir ba³ka sabit noktas daha olsayd 0 < d(x 0, y 0 ) = d(f(x 0 ), f(y 0 )) λd(x 0, y 0 ) < d(x 0, y 0 ) çeli³kisini elde ederdik. Dolaysyla, f fonksiyonunun sadece tek bir sabit noktas vardr.

33 Genel Topoloji 15 Hatrlatma Yukardaki kant tekni i ayn zamanda sabit noktann nasl bulunaca n da gösteriyor. stedi iniz x 1 X noktasndan ba³layarak x n+1 = f(x n ), n > 1, formülü ile tanmlad mz (x n ) dizisi varl n ve tekli ini kantlad mz sabit noktaya yaknsayacaktr. Banach Daraltma Prensibi bir metrik uzay üzerinde tanmlanan denklemleri çözmek için kullanlabilir. Bu i³ için ilk önce uygun metrik uzaylarn kurulmas gerekmektedir. (X, d) bir metrik uzay olmak üzere B(X) ile X uzaynda tanml gerçel (veya karma³k) say de erli snrl fonksiyonlar kümesini dü³ünelim. Bu küme üzerindeki supremum metri i ³u ³ekilde tanmlanr: f, g B(X) ise d sup (f, g) = sup{ f(x) g(x) x X}. B(X) kümesi bu metrik ile tam metrik uzay olur. Ayrca, B(X) içindeki sürekli fonksiyonlar alt kümesi, C(X) B(X), bu uzayn kapal bir alt kümesidir ve dolaysyla da tam bir metrik uzay olu³turur. E er X uzay tkz ise C(X) B(X) (Sonuç ) olaca ndan C(X) alt uzaynn kendisi tam bir metrik uzaydr. Bu paragraftaki iddialarn kantlar okuyucuya braklm³tr. Örnek (a n ), a n 0, toplam α = n=0 a n < 1 olan yaknsak bir dizi olsun. Supremum metrik ile donatlm³ olan B(N) tam metrik uzay üzerinde, her (x n ) B(N) için, Θ((x n ))(m) = 1 + k=m+1 a k 1 x k, ile tanmlanan Θ : B(N) B(N) fonksiyonunu dü³ünelim. d sup (Θ((x n )), Θ((y n ))) = sup{ m N k=m+1 a k 1 (x k y k ) } α d sup ((x n ), (y n )) oldu undan bu bir daraltma fonksiyonudur. O halde, Banach daraltma teoreminden, her n 0 için, x n = 1 + k=n+1 a k 1 x k ko³ulunu sa layan tek bir (x n ) dizisinin var oldu unu görürüz. Di er taraftan, bu örne i biraz de i³tirerek, her n 0 için, x n = 1 + a k 1 x (n+1)k k=n+1 ko³ulunu sa layan tek bir (x n ) dizisinin varl n kantlayabiliriz. Bu dizinin varl n Banach daraltma teoremini kullanmadan kantlamay deneyiniz!

34 16 Yardmc Bilgiler 1.2 Analiz Türevlenebilme Türevlenebilir bir manifold yerel olarak (herhangi bir noktasnn bir kom³ulu u) Öklit uzayna homeomorktir. Dolaysyla, Öklit uzaylarna dair tüm kavram ve bilgilerimizi manifoldlara ta³may dü³ünebiliriz. Öklit uzay üzerinde analiz yaparken kullanlan en önemli kavramlardan ikisi türev ve integraldir. Bu iki kavram manifoldlara ta³yabilmek için gerekli olan alt yapy bu bölümde sunmaya çal³aca z. V ve W ile gerçel ya da karma³k say cismi üzerinde tanml Banach uzaylarn (tam normlu vektör uzay) gösterelim. Sonlu boyutlu olmas durumunda bu uzaylar do rudan R n veya C n (Öklit veya Hermityan normuyla beraber) alaca z. Tanm V ve W Banach uzaylar, x 0 V bir nokta ve F : V W bir fonksiyon olsun. L : V W sürekli (snrl) bir do rusal dönü³üm olmak üzere her h V için F (x 0 + h) = F (x 0 ) + L(h) + h a(x 0, h) ve lim h 0 a(x 0, h) = 0 olacak ³ekilde bir a(x 0, h) W varsa F fonksiyonuna x 0 noktasnda türevlenebilir denir. Bu durumda L : V W do rusal dönü³ümüne de F'nin x 0 noktasndaki türevi denir ve DF (x 0 ) veya F (x 0 ) ile gösterilir. Yukardaki tanmn gösterimini kullanarak her noktada türevlenebilir bir F : V W fonksiyonu bize, her x 0 V için, DF (x 0 )(h) ile tanmlanan DF : V hom(v, W ) türev fonksiyonunu verir (burada hom(v, W ) ile Banach uzaylar arasndaki snrl do rusal dönü³ümlerin olu³turdu u Banach uzayn kastediyoruz). E er bu fonksiyon sürekli ise F C 1 (V, W ) diye yazarz ve F C 1 'dir diye okuruz. Benzer ³ekilde, e er DF C k (V, hom(v, W )), k N, ise F C k+1 (V, W ) diye yazarz. E er, her k N için F C k (V, W ) ise F C (V, W ) diye yazarz ve F sonsuz türevlenebilirdir deriz. Banach uzaylar arasnda tanml bir fonksiyonun türevi ayn uzaylar arasnda tanml sürekli bir do rusal dönü³ümdür. Aslnda a³a da görece imiz gibi bir fonksiyonun türevi, e er varsa, kendisine en yakn (sürekli) do rusal dönü³ümdür. Hatrlatma ) E er F : V W do rusal sürekli bir fonksiyon ise L = F ve a(x 0, v) = 0 alarak F fonksiyonunun türevlenebilir oldu unu ve türevinin kendisine e³it oldu unu görürüz.. Ba³ka bir deyi³le do rusal bir dönü³ümüne en yakn do rusal dönü³üm yine kendisidir.

35 Analiz 17 2) E er F : V W bir x 0 noktasnda türevlenebilirse F fonksiyonu x 0 noktasnda süreklidir: lim F (x 0 + h) F (x 0 ) lim L(h) + lim h a(x 0, h) = 0. h 0 h 0 h 0 Örnek ) f : R R, f(x) = x 2, ile verilen fonksiyonun herhangi bir x 0 R noktasnda türevlenebilir oldu unu görelim: f(x 0 + h) = f(x 0 ) + 2x 0 h + h 2 oldu undan L : R R, L(h) = 2x 0 h, h R, do rusal dönü³ümü ve a(x 0, h) = h fonksiyonu alarak f'nin türevlenebilir oldu unu görürüz. 2) Benzer ³ekilde g : R 2 R, g(x, y) = x 2 + 3xy + 5y 6 ifadesi ile verilen fonksiyonun herhangi bir (x 0, y 0 ) R 2 noktasnda türevlenebilir oldu unu görebiliriz: L : R 2 R, L(h 1, h 2 ) = ((2x 0 + 3y 0 ) h 1, (3x 0 + 5) h 2 ), (h 1, h 2 ) R 2 do rusal dönü³ümü ve h h 1h 2, (h a((x 0, y 0 ), (h 1, h 2 )) = 1, h 2 ) (0, 0) (h 1, h 2 ) 0, (h 1, h 2 ) = (0, 0), fonksiyonu olmak üzere g(x 0 + h 1, y 0 + h 2 ) = g(x 0, y 0 ) + L(h 1, h 2 ) + (h 1, h 2 ) a((x 0, y 0 ), (h 1, h 2 )) olur ve dolaysyla g'nin türevlenebilir oldu unu görürüz. 3) Supremum normu ile donatlm³, [0, 1] aral nda tanml gerçel de erli sürekli fonksiyonlarn olu³turdu u B = C 0 ([0, 1]) Banach uzay üzerinde, her f B için Φ(f) = f 2 ile tanmlanan Φ : B B fonksiyonunu dü³ünelim. Bir f 0 B fonksiyonu alalm. Yukardaki örne e benzer ³ekilde L : B B, L(h) = 2f 0 h, h B, do rusal dönü³ümü snrl ve dolaysyla süreklidir. Aslnda L(h) 2 f 0 h olur. Yine benzer ³ekilde h 2, h 0 a(f 0, h) = h 0, h = 0 sürekli dönü³ümünü alarak Φ fonksiyonunun f 0 B noktasnda türevlenebilir oldu unu görürüz. 4) f : B 1 B 2, g : B 2 B 3, Banach uzaylar arasnda fonksiyonlar olsun ve x 0 B 1 olsun. E er f fonksiyonu x 0 ve g fonksiyonu da y 0 = f(x 0 ) noktasnda türevlenebilir ise g f : B 1 B 3 fonksiyonu da x 0 noktasnda türevlenebilirdir ve türevi D(g f) : B 1 B 3, D(g f) = Dg(y 0 ) Df(x 0 ),

36 18 Yardmc Bilgiler bile³ke fonksiyonudur: Bunu görmek için ilk önce tanm kullanarak f(x 0 + h 1 ) = f(x 0 ) + Df x0 (h 1 ) + h 1 a(x 0, h 1 ) ve g(y 0 + h 2 ) = g(y 0 ) + Dg y0 (h 2 ) + h 2 b(y 0, h 2 ), yazalm. O halde, bile³ke fonksiyon için (g f)(x 0 + h 1 ) = (g f)(x 0 ) + Dg y0 (Df x0 (h 1 ) + h 1 a(x 0, h 1 )) + Df x0 (h 1 ) + h 1 a(x 0, h 1 ) b(y 0, Df x0 (h 1 ) + h 1 a(x 0, h 1 )) = (g f)(x 0 ) + (Dg y0 Df x0 )(h 1 ) + h 1 c(x 0, h 1 ) elde ederiz, öyle ki, hata terimi (h 1 0 için) c(x 0, h 1 ) = Dg y0 (a(x 0, h 1 )) + Df x0 (h 1 / h 1 ) + a(x 0, h 1 ) b(y 0, Df x0 (h 1 ) + h 1 a(x 0, h 1 )) ile verilir. Son olarak, Df x0 do rusal dönü³ümü snrl oldu undan kolayca lim c(x 0, h 1 ) = 0 e³itli i elde edilir. h 1 0 Hatrlatma E er F : R n R m herhangi bir x 0 noktasnda türevlenebilir bir fonksiyon ise DF (x 0 ) : R n R m türev fonksiyonunun standart tabanlardaki matris gösterimini F fonksiyonunun x 0 noktasndaki Jakobiyen matrisi olacaktr. Bunun kantn okuyucuya brakyoruz. Sayfa 68'de manifoldlar arasnda tanml fonksiyonlarn türevini ele alaca z Ters Fonksiyon Teoremi U B 1, V B 2 Banach uzaylar içinde açk kümeler ve F : U V bire bir örten ve sonsuz kere türevlenebilir bir fonksiyon olsun. E er F 1 : V U fonksiyonu da sonsuz defa türevlenebilirse F : U V fonksiyonu bir difeomorzmadr denir. Analizin en temel sonuçlarndan biri olarak kabul edilen Ters Fonksiyon Teoremi türevlenebilir bir fonksiyonun türevinin bir izomorzma olmas durumunda fonksiyonun kendisinin de, en azndan yerel olarak, bir difeomorzma oldu unu göstermektedir. Bu teoremi vermeden önce kant içinde kullanaca mz ³u sonucu kantlayalm. B 1, B 2 Banach uzaylar ve T : B 1 B 2 do rusal bir dönü³üm olsun. E er T (v) B2 M v B1, her v B 1 için, olacak ³ekilde pozitif bir M gerçel says varsa T operatörüne snrldr denir. Ayrca, T dönü³ümü snrl ise inf{m > 0 T (v) B2 M v B1, v B 1 } gerçel saysna dönü³ümün normu denir ve T ile gösterilir.

37 Analiz 19 Önerme B bir Banach uzay ve T : B B snrl do rusal bir operatör olsun. E er, T = λ < 1 ise Id B T : B B operatörünün snrl bir tersi vardr. Dolaysyla, snrl ve tersi olan operatörlerin, tüm snrl operatörler uzay içinde olu³turdu u U alt kümesi açktr. Ayrca, ϕ : U U, T T 1, sonsuz kere türevlenebilir bir fonksiyondur. Kant : T n = T T operatörünün normu T n λ n e³itsizli ini sa lad ndan L : B B, x T n (x) operatörü iyi tanmldr ve snrldr: L n=0 λn = 1/(1 λ). Di er taraftan, L (Id B T ) = Id B = (Id B T ) L oldu u kolayca görülür. kinci iddiann kant ilk admdan dolay açktr. ϕ fonksiyonunun tersi kendisine e³it oldu undan bu fonksiyon ayn zamanda bire bir ve örtendir. O halde, kant tamamlamak için bu fonksiyonun sonsuz kere türevlenebilir oldu unu söylemek yeterlidir. T : B B tersi olan bir operatör ise yeterince küçük bir h : B B operatörü için ϕ(t + h) = ϕ(t (Id B + T 1 h)) = (Id B + T 1 h) 1 T 1 n=0 = [ Id B (T 1 h) + (T 1 h) 2 (T 1 h) 3 + ] T 1 = T 1 (T 1 h) T 1 + (T 1 h) 2 T 1 (T 1 h) 3 T 1 + = ϕ(t ) (T 1 h) T 1 + (T 1 h) 2 T 1 (T 1 h) 3 T 1 + elde edilir. O halde, L T : B B, L T (h) = T 1 h T 1, ve (T 1 h) 2 T 1 (T 1 h) 3 T 1 +, h 0 a(t, h) = h 0, h = 0 alarak ϕ : U U fonksiyonunun T operatöründe türevli oldu unu görürüz (lim h 0 a(t, h) = 0 oldu unun gösterilmesini okuyucuya brakyoruz). (E er operatörler yer de i³tirilebilseydi L T (h) = T 2 h olurdu. Bunu f(x) = 1/x fonksiyonunun türeviyle kar³la³trn!) ϕ'nin ikinci kez türevlenebilir oldu unu görmek için Dϕ : U hom(hom(b, B), hom(b, B)), Dϕ(T ) = L T : hom(b, B) hom(b, B), L T (h) = T 1 h T 1 dönü³ümünün türevlenebilir oldu unu görmeliyiz. Do rudan hesap yaparak bunun türevinin D 2 ϕ : U hom(hom 2 (B, B), hom(b, B)), D 2 ϕ T (h, k) = T 1 h(t 1 k)t 1 + (T 1 k)t 1 ht 1 oldu unu görürüz. Kantn geri kalann okuyucuya brakyoruz.

38 20 Yardmc Bilgiler Hatrlatma E er B Banach uzay sonlu boyutlu ise yukarda ele ald mz ϕ(t ) = T 1 fonksiyonu Kramer kuralndan dolay T'nin matris gösteriminin elemanlarnn rasyonel bir ifadesidir ve dolaysyla sonsuz kere türevlenebilir oldu u açktr. Teorem (Ters Fonksiyon Teoremi). B 1, B 2 Banach uzaylar, x 0 B 1 bir nokta ve F : B 1 B 2 bir C k, k > 0, fonksiyon olsun. E er DF (x 0 ) : B 1 B 2 bir izomorzma ise x 0 U B 1, y 0 = F (x 0 ) V B 2 olmak üzere öyle açk kümeler vardr ki, F fonksiyonunun U kümesine kstlan³nn tersi vardr ve F 1 : V U ters fonksiyonu da C k snfndandr. Kant : T 1 : B 1 B 1, T 1 (x) = x + x 0 ve T 2 : B 2 B 2, T 2 (x) = y y 0 an öteleme fonksiyonlar olmak üzere F fonksiyonunu T 2 F T 1 bile³ke fonksiyonu ile de i³tirerek, genellikten bir ³ey kaybetmeden (T 1 ve T 2 fonksiyonlar difeomorzma olduklarndan dolay), x 0 = 0 ve y 0 = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Benzer ³ekilde L = DF (x 0 ) : B 1 B 2 de bir difeomorzma oldu u için teoremi F yerine L 1 F : B 1 B 1 bile³ke fonksiyonu için kantlamak yeterli olacaktr. Bu bile³ke fonksiyonun türevini x 0 noktasnda zincir kuralndan hesaplarsak B 1 Banach uzaynn birim fonksiyonunu buluruz. O halde, teoremi F (0) = 0 ve DF (0) = I B1 ko³ullarn sa layan bir F : B 1 B 1 fonksiyonu için kantlamak yeterlidir. DF (0) = I B1 oldu undan, her x B[0, r 1 ] için, F (x) = x + x a(x) ve a(x) 1/2 olacak ³ekilde bir r 1 > 0 gerçel says ve a : B[0, r 1 ] B 1 fonksiyonu bulabiliriz. Ayrca yine DF (0) = I B1 oldu u için, gerekirse r 1 > 0 saysn küçülterek, her x B[0, r 1 ] için I B1 DF (x) 1/2 oldu unu kabul edebiliriz (burada I B1 DF (x) 1/2 ile Banach uzayndan kendisine giden I B1 DF (x) do rusal operatörünün normunu kastediyoruz). imdi y B[0, r 1 /2] olmak üzere y = F (x) = x + x a(x) denklemini göz önüne alalm. lk önce bu denklemin her y B[0, r 1 /2] için sadece tek bir x B[0, r 1 ] çözümü oldu unu gösterece iz: Bunun için bir y B[0, r 1 /2] noktas sabitleyelim ve θ(x) =. y+x F (x) = y x a(x) ifadesini dü³ünelim. Bu durumda, her x B[0, r 1 ] için θ(x) y + x a(x) r 1 /2 + r 1 /2 = r 1 (*) olur ve dolaysyla θ'y B[0, r 1 ] yuvarndan kendisine bir fonksiyon olarak dü³ünebiliriz. imdi de bu fonksiyonun bir daraltma fonksiyonu oldu unu görelim. θ(x) = y + x F (x) fonksiyonu tanm gere i türevlenebilirdir ve türevi Dθ(x 0 ) = I B1 DF (x 0 ) olur. r 1 > 0 gerçel saysnn seçiminden dolay Dθ(x 0 ) 1/2'dir. Son olarak x 1, x 2 B[0, r 1 ] alalm ve γ(t) = (1 t)x 2 + tx 1 bu yuvarn içinde kalan do ru parças olmak üzere h(t) =. θ(γ(t)) olarak tanmlanan h : [0, 1] B 1 fonksiyonunu dü³ünelim. Zincir kuralndan h (t) = Dθ(γ(t))(x 1 x 2 ) yazabiliriz. Analizin Temel Teoremi'ni kullanarak θ(x 1 ) θ(x 2 ) = h(1) h(0) = 1 0 h (t) dt

39 Analiz 21 ve buradan da θ(x 1 ) θ(x 2 ) 1 0 Dθ(γ(t)) x 1 x 2 dt x 1 x 2 2 e³itsizli ini buluruz. O halde, θ bir daraltma fonksiyonudur. Bir daraltma fonksiyonunun sadece bir sabit noktas oldu undan, her y B[0, r 1 /2] için y = F (x) olacak ³ekilde tek bir x B[0, r 1 ] noktas vardr. Aslnda yukardaki ( ) e³itsizli ine tekrar dönersek, her y < r 2 < r 1 /2 için y = F (x) denklemini çözen x noktasnn x r 2 + r 1 /2 < r 1 e³itsizli ini sa lad n görürüz. Dolaysyla, V = B(0, r 1 /2) ve U = B(0, r 1 ) F 1 (V ) açk kümeleri için F : U V bire bir ve örten bir C k fonksiyon olur. Kantn bitmesi için son olarak F 1 : V U ters fonksiyonunun da C k oldu unu göstermeliyiz. Bunun için kantn ba³nda yazd mz y = x+ x a(x) denklemine dönelim. Biliyoruz ki her y < r 1 /2 için bu denklemi sa layan sadece tek bir x < r 1 vardr. Ayrca bu iki nokta için y = F (x) ve x = F 1 (y) dir. O halde, x = y + x F (x) = y x a(x) denklemini kullanarak x y + x a(x) y + x 2 ve buradan da 1 x y 2 elde ederiz. Ayrca, y = F (x) = x + x a(x) denkleminden y x + x 2 = 3 x 2 buluruz. Buna göre 1) x = 0 dr ancak ve ancak y = 0'dr; 2) x 0 ancak ve ancak y 0; 3) E er x 0 y ise, 2 3 x y 2 ve 1 2 y x 3 2 imdi a(x) x, y 0 b(0, y) = y 0, y = 0 olur. fonksiyonunu dü³ünelim (x = F 1 (y) oldu undan bu ifade gerçekten y'nin bir fonksiyonudur). (1), (2) ve (3)'ü kullanarak kolayca b(0, y) fonksiyonunun y = 0 noktasnda sürekli oldu unu görebiliriz. Bu fonksiyonun tanmndan x = y + y b(0, y) elde ederiz. O halde, F 1 ters fonksiyonu y = 0 noktasnda türevlidir. Her x B[0, r 1 ] için I B1 DF (x) 1/2 oldu undan U kümesinin her noktasnda DF'in izomorzma oldu unu biliyoruz (bkz. Önerme 1.2.5). Dolaysyla ayn kant F 1 ters fonksiyonunun V üzerinde türevlenebilir oldu unu

40 22 Yardmc Bilgiler gösterecektir. Son olarak, zincir kuraln F (F 1 (y)) = y, y V, e³itli ine uygulayarak DF 1 (y) = (DF (F 1 (y))) 1 elde ederiz. Buradan kolayca F 1 ters fonksiyonunun da C k oldu unu görürüz, çünkü tersi var olan operatörler açk alt uzaynda, tersini alma i³lemi sonsuz türevlenebilir bir fonksiyondur (bkz. Önerme 1.2.5). Hatrlatma F : C n C n türevlenebilir (analitik) bir fonksiyon ve z 0 C n bir nokta olsun. E er DF (z 0 ) : C n C n türev fonksiyonun tersi varsa F analitik fonksiyonunun yine analitik yerel bir tersi oldu unu görürüz. A³a da verece imiz Kapal Fonksiyon Teoremi Ters Fonksiyon Teoremi'nin bir sonucudur (aslnda bu iki teorem birbirine denktir! Bkz. Al³trma 26): Sonuç (Kapal Fonksiyon Teoremi). B 1, B 2 Banach uzaylar (x 0, y 0 ) B 1 B 2 çarpm uzay içinde nokta ve F : B 1 B 2 B 2 türevlenebilir ve türevi sürekli olan bir fonksiyon olsun. F (x 0, y 0 ) = 0 oldu unu kabul edelim. E er bu noktada F'nin ikinci de i³kene göre türevi F y (x 0, y 0 ) : {0} B 2 B 2 bir izomorzma ise x 0 U B 1 olacak ³ekilde bir açk küme ve bu küme üzerinde tanml bir ϕ : U B 2 fonksiyonu vardr; öyle ki, 1) ϕ(x 0 ) = y 0 ve 2) her x U için F (x, ϕ(x)) = 0 olur. Ba³ka bir deyi³le, (x 0, y 0 ) noktasnn bir kom³ulu unda F (x, y) = 0 denkleminin y = ϕ(x) gibi bir çözümü vardr. Kant : G : B 1 B 2 B 1 B 2, (x, y) (x, F (x, y)), fonksiyonunun (x 0, y 0 ) noktasndaki türevi her (u, v) B 1 B 2 için, DG(x 0, y 0 ) : B 1 B 2 B 1 B 2 DG(x 0, y 0 )(u, v) = (u, F x (x 0, y 0 )(u) + F y (x 0, y 0 )(v)) ile verilmektedir. Buna göre, e er bir (u, v) B 1 B 2 vektörü için ise u = 0 ve dolaysyla da DG(x 0, y 0 )(u, v) = 0 F y (x 0, y 0 )(v) = 0

41 Analiz 23 olmaldr. Di er taraftan, F y (x 0, y 0 ) : {0} B 2 B 2 bir izomorzma oldu undan v = 0 olmaldr. Ba³ka bir deyi³le, DG(x 0, y 0 ) bir izomorzmadr. O halde, Ters Fonksiyon Teoremi'nden G'nin C 1 snfndan yerel bir ters fonksiyonu vardr: G 1 : U V W ((x 0, 0) U V ). G 1 (x, y) = (Ψ(x, y), Φ(x, y)) olsun. Her (x, y) W için (x, y) = G(G 1 (x, y)) = G(Ψ(x, y), Φ(x, y)) = (Ψ(x, y), F (Ψ(x, y), Φ(x, y))) oldu undan Ψ(x, y) = x ve y = F (x, Φ(x, y)) elde ederiz. imdi y = 0 alarak her x U için F (x, Φ(x, 0)) = 0 oldu unu görürüz. O halde ϕ(x) = Φ(x, 0) olarak tanmlanrsa her x U için F (x, ϕ(x)) = 0 olur. Ayrca (x 0, y 0 ) = G 1 (x 0, 0) = (x 0, Φ(x 0, 0)) = (x 0, ϕ(x 0 )) oldu u için y 0 = ϕ(x 0 ) elde edilir. Bu bölümü daha sonra bir çok defa kullanaca mz Taylor Teoremi ile bitirelim. f : R n R çok de i³kenli bir fonksiyon x = (x 1,, x n ) R n ve α = (α 1,, α n ) N n olmak üzere, ksmi türevini, çarpmlarn ve son olarak D α f =. α f x α 1 1 xαn n x α. = x α 1 1 xα n n, α!. = α 1! α n! toplamn göstersin. α. = α α n Teorem (Taylor Teoremi). I R açk bir aralk ve f : I R, (k + 1)'inci dereceden türevi sürekli olan bir fonksiyon olsun. Bu durumda her, x, x 0 I için, f(x) = f(x 0 ) + (x x 0 ) f (x 0 ) + + (x x 0) k f (k) (x 0 ) k! olur. Burada R k (x) a³a daki formülle verilir: R k (x) = x x 0 (x t) k f (k+1) (t) dt k!. + R k (x)

42 24 Yardmc Bilgiler U R n konveks bir küme olmak üzere, f : U R, (k + 1) sürekli türevlenebilir bir fonksiyon ise, her x, x 0 U için, f(x) = olur. Yine burada k α =0 R β (x) = β β! (x x 0 ) α (D α f)(x 0 ) α! β =k+1 R β (x) (x x 0 ) β (D β f)(x 0 + t(x x 0 )) (1 t) β 1 dt ile verilir. Dolaysyla, R k (x) ve R β (x) kalan fonksiyonlar (x, x 0 ) ikilisinin sürekli fonksiyonlardr. Teoremin ilk ksmnn kant tümevarm yöntemiyle yaplr. Tümevarmn geçi³ adm kalan terime ksmi integral uygulayarak tamamlanabilir. Teoremin ikinci ksmn kant için ise g : [0, 1] R, g(t) = f(tx + (1 t)x 0 ) fonksiyonuna teoremin ilk ksmn uygulamak yeterlidir. Son olarak kalan terim için a³a daki sonucu verece iz: Önerme R k (x) yukarda tek de i³kenli fonksiyonlar için verilen Taylor açlmnn kalan terimi olmak üzere, sürekli bir C(x) 0 fonksiyonu için R k (x) C(x) x x 0 k+1 e³itsizli i sa lanr. Benzer ³ekilde çok de i³kenli fonksiyonlarn k'nc dereceden Taylor açlmnn kalan için, R β (x) (x x 0 ) β C(x) x x 0 k+1 β =k+1 e³itsizli ini sa layan sürekli bir C(x) 0 fonksiyonu vardr. Kant : Sadece ilk ksmn kantn verece iz. kinci ksmn kantn al³trma olarak size brakyoruz. R k (x) = x x 0 (x t) k f (k+1) (t) dt k! olmak üzere C(x) fonksiyonu a³a daki fonksiyonun mutlak de eri olarak tanmlansn: R k (x) (x x C(x) = 0 ) k+1, x x 0 f (k+1) (x 0 ), x = x 0. (k + 1)!

43 Analiz 25 f (k+1) : I R fonksiyonu sürekli oldu undan (Taylor Teoremi'nin hipotezine baknz) C(x) fonksiyonunun x x 0 durumunda sürekli oldu u açktr. O halde, kant tamamlamak için a³a daki limiti hesaplamalyz: lim x x 0 x R k (x) x (x x 0 ) k+1 = lim 0 (x t) k f (k+1) (t) dt x x 0 k! (x x 0 ) k+1. Limit 0/0 belirsizlik durumunda oldu undan L'Hopital kuraln kullanabiliriz. Bunun için ilk önce payn türevini hesaplamalyz. Fonksiyonu iki de i³kenli fonksiyon gibi görerek türevini alabiliriz: g(x, y) = y (x t) k f (k+1) (t) dt x 0 k! olmak üzere R k (x) = g(x, x) olacaktr. imdi y = y(x) = x alarak türevi hesaplayalm. E er k 1 ise R k (x) = d g(x, y(x)) dx = g x (x, x) + g y (x, x) y (x) = x x 0 (x t) k 1 f (k+1) (t) dt (k 1)! olarak hesaplanr, çünkü ikinci terim sfrdr. imdi L'Hopital kuraln (k + 1) defa ard ardna kullanarak x R k (x) x lim x x 0 (x x 0 ) k+1 = lim 0 (x t) k f (k+1) (t) dt x x 0 k! (x x 0 ) k+1 buluruz. Böylece kant tamamlanr. = lim x x 0 f (k+1) (x) (k + 1)! = f (k+1) (x 0 ) (k + 1)! Diferansiyel Denklemlerin Varlk ve Teklik Teoremi Bu bölümde ba³langç de er problemlerinin çözümlerinin varl ve tekli i ve ba³langç de erlerine ba ll üzerine sonuçlar elde edece iz. Bir önceki bölümde oldu u gibi yine Banach Daraltma Prensibi'ni kullanaca z. B bir Banach uzay, U B bir açk alt küme ve f : U B bir fonksiyon olsun. E er her x, y U için f(x) f(y) λ x y olacak ³ekilde bir λ > 0 sabiti varsa f fonksiyonuna bir Lipschitz fonksiyonu ve λ'ya da Lipschitz sabiti denir.

44 26 Yardmc Bilgiler Teorem B bir Banach uzay, I R açk bir aralk ve f : I B B sürekli ve ikinci de i³kene göre Lipschitz olan bir fonksiyon olsun. Bu durumda her t 0 I ve y 0 B için, y (t) = f(t, y), y(t 0 ) = y 0 ba³langç de er probleminin t 0 noktasn içeren bir (t 0 ϵ, t 0 +ϵ) I alt aral nda tanml tek bir çözümü vardr. Ayrca e er f fonksiyonu C k snfndan ise çözüm fonksiyonu C k+1 snfndandr. Kant : y (t) = f(t, y), y(t 0 ) = y 0 ba³langç de er problemi t y(t) = y 0 + f(s, y(s)) ds t 0 integral denklemine denk oldu undan bundan sonra bu integral denkleminin üzerinde çal³aca z. λ > 0 ile f fonksiyonun Lipschitz sabitini gösterelim. Ayrca, ϵλ = α < 1 olacak ³ekilde bir ϵ > 0 gerçel says seçelim. Bu durumda [t 0 ϵ, t 0 + ϵ] aral nda tanml B Banach uzay de erli snrl ve sürekli fonksiyonlar uzay B 1 = C 0 ([t 0 ϵ, t 0 + ϵ], B) (supremum normu ile beraber) yine bir Banach uzaydr. imdi B 1 Banach uzay üzerinde ³u fonksiyonu tanmlayalm: Θ : B 1 B 1, Θ(y)(t) = y 0 + Aslnda Θ bir daraltma fonksiyonudur: t t t 0 f(s, y(s)) ds, y(t) B 1. Θ(y 1 )(t) Θ(y 2 )(t) = (f(s, y 1 (s)) f(s, y 2 (s))) ds t 0 t t 0 f(s, y 1 (s)) f(s, y 2 (s)) ϵλ y 1 (t) y 2 (t) α y 1 (t) y 2 (t) Bu daraltma fonksiyonunun sabit noktas olan fonksiyon aranan çözüm olacaktr. Son olarak, e er f fonksiyonu C k snfndan ise y (t) = f(t, y) ba ntsndan çözüm fonksiyonunun C k+1 snfndan oldu unu görürüz. Yukardaki kantn gösterimini kullanarak yine teoremin ifadesinde verilen I açk aral n yeterince küçük alarak verilen her (t 1, y 1 ) I B ba³langç de er ko³ulu için elde edilen çözümün B 1 = C 0 ([t 0 ϵ, t 0 + ϵ], B) Banach uzay içinde kald n kabul edebiliriz. imdi (t 0, y 0 ), (t 0 + h 1, y 0 + h 2 ) I B gibi iki ba³langç de er ko³uluna kar³lk gelen y 0 ve y h çözümlerinin arasndaki fark inceleyelim. Aslnda, Ψ : I B B 1, (t 1, y 1 ) Ψ(t 1, y 1 ) ifadesi (t 1, y 1 ) noktasndaki ba³langç de er ko³uluna kar³lk gelen çözümü veren fonksiyonu gösterirse bu fonksiyonun sürekli oldu unu görebiliriz: lk önce f fonksiyonun

45 Analiz 27 normunun sonlu oldu unu kabul edelim (örne in, e er B Banach uzay tkz ise bu ko³ul açk ³ekilde sa lanr). Ψ(t 0 + h 1, y 0 + h 2 ) Ψ(t 0, y 0 ) = y h y 0 = Θ(y h ) Θ(y 0 ) = h 2 + t0 +h 1 t 0 f(s, y 0 (s)) ds t + (f(s, y h (s)) f(s, y 0 (s))) ds t 0 +h 1 h 2 + h 1 f + α y h y 0 ve buradan da y h y 0 h 2 + h 1 f 1 α elde ederiz. O halde, Ψ fonksiyonu ba³langç de er ko³ullarna göre düzgün süreklidir. imdi de f fonksiyonun snrl olmad n dü³ünelim. Bu durumda, f(s, y 0 (s)) fonksiyonu I tkz aral nda snrl olaca ndan t0 +h 1 t 0 f(s, y 0 (s)) ds integralinin mutlak de eri yine M h 1 gibi pozitif bir saydan küçük olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, Ψ fonksiyonu (t 0, y 0 ) noktasnda süreklidir. Hatrlatma ) Teoremin kantndan elde edilen çözümün tanml oldu u aral n boyunun, 2ϵ, tamamen λ Lipschitz sabiti ile belirlendi ini gördük. Dolaysyla varlk teklik teoremini arka arkaya kullanarak çözümün I aral nn tamamnda tanml oldu unu görürüz. 2) f = f(x, y) : R l R k R k sürekli bir fonksiyon olsun. E er bu fonksiyonun ikinci de i³kene göre türevi de sürekli ise f fonksiyonu her snrl bölgede ikinci de i³kene göre Lipschitz fonksiyon olacaktr. Örnek Bu teoremin bir uygulamas olarak gerçel saylardan gerçel saylara giden fonksiyonlar için ters görüntü teoreminin (biraz zayf bir halinin) bir ba³ka kantn verelim: f : R R C k, k 2, snfndan bir fonksiyon ve a R, f (a) 0, ko³ulunu sa layan bir nokta olsun. Bu durumda x = a noktasnn açk bir kom³ulu unda fonksiyonumuz hep artan veya hep azalan olacaktr. Ba³ka bir deyi³le f fonksiyonu x = a noktasnn açk bir kom³ulu undan f(a) noktasnn açk bir kom³ulu una bire bir örten bir fonksiyon verir (bkz. Al³trma 25). imdi bu ters fonksiyonun türevlenebilir oldu unu görelim. Bunun için a³a daki ba³langç de er problemini dü³ünelim: b = f(a) olmak üzere y 1 (x) = f, y(b) = a. (y(x))

46 28 Yardmc Bilgiler (a) ki vektörün belirledi i paralelkenarn alan: A(u, v) ekil 1.3 (b) Dejenere paralelkenarn alan sfrdr: A(u, u) = 0 f C k, k 2 ve f (a) 0 oldu u için 1/f (x) fonksiyonunun türevi x = a noktasnn kapal bir kom³ulu unda sürekli olacaktr. Dolaysyla, 1/f (x) fonksiyonu bu aralkta Lipschitz olur. O halde, yukardaki ba³langç de er probleminin b noktas etrafnda tanml tek bir y = y(x) yerel çözümü vardr. Di er taraftan, diferansiyel denklemi y (x)f (y(x)) = 1 veya (f(y(x))) = 1 diye yazarak f(y(x)) = x + C çözümünü buluruz. Ayrca y(b) = a ba³langç ko³ulundan b = f(a) = f(y(b)) = b + C e³itli i ve buradan da C = 0 bulunur. O halde, x = b noktasnn açk bir kom³ulu undaki her x de eri için f(y(x)) = x elde edilir. Ba³ka bir deyi³le x = b noktas etrafnda f fonksiyonunun türevlenebilir yerel bir tersi vardr. Son olarak, y (x) = 1/f (y(x)) denkleminin türevini alarak (ve tümevarm metodunu kullanarak) f 1 fonksiyonunun da C k snfndan oldu unu görürüz. 1.3 Do rusal Cebir Determinant Fonksiyonu Bir koordinat düzleminde verilen iki vektörün belirledi i paralelkenarn alann bulmaya çal³alm: A : R 2 R 2 R fonksiyonu u = (x 1, y 1 ) ve v = (x 2, y 2 ) düzlemde vektörler olmak üzere A(u, v) = u ve v vektörlerinin belirledi i paralelkenarn alan olarak tanmlansn ( ekil 1.3a). Bu tür bir fonksiyonun sa lamasn bekledi imiz birkaç özeli i sralayalm: 1) Ayn iki vektörün belirledi i paralelkenar aslnda bir do runun içinde kalaca ndan paralelkenarn alan sfr olsun: Her u R 2 için A(u, u) = 0 ( ekil 1.3b). 2) Bir paralelkenarn kenarlarndan birinin uzunlu unu λ R katna çkarrsak alan da ayn oranda de i³sin: A(λu, v) = λa(u, v) = A(u, λv) ( ekil 1.4). Bu fonksiyonun sa lamasn istedi imiz bir di er özellik ise ³udur:

47 Do rusal Cebir 29 ekil 1.4: Bir kenarn skaler ile çarpm: A(λu, v) = λa(u, v) 3) Verilen iki u ve v vektörleri ile belirlenen paralelkenarn kenarlarndan birinin herhangi bir λ R katn di erine eklersek bu paralelkenarn yüksekli i de i³meyece inden alan da de i³meyecektir: A(u, v + λu) = A(u, v) = A(u + λv, v) ( ekil 1.5). ekil 1.5: Bir kenarn skaler katnn di erine eklenmesi: A(u, v) = A(u, v + λu) imdi de birer kenarlar ortak iki paralelkenar alalm: (u, v 1 ) ve (u, v 2 ). Her ikisinin de yüksekliklerini (dolaysyla alanlarn) de i³tirmeden bu paralelkenarlar dikdörtgen haline getirelim. Bunu yapmak için v i vektörlerinden u vektörünün bunlar üzerine iz dü³ümlerini çkartmak yeterlidir. Elde edilen dikdörtgen bölgeler (u, v 1 λ 1 u) ve (u, v 2 λ 2 u) vektör çiftleriyle verilsin ( ekil 1.6). Bu iki dikdörtgeni üst üste koyarak alanlar toplamndan ekil 1.6: Paralelkenar ile e³it alana sahip dikdörtgen: A(u, v) = A(u, v λu) A(u, v 1 ) + A(u, v 2 ) = A(u, v 1 λ 1 u) + A(u, v 2 λ 2 u) = A(u, v 1 + v 2 (λ 1 + λ 2 )u) = A(u, v 1 + v 2 )

48 30 Yardmc Bilgiler sonucunu elde ederiz ( ekil 1.7). (Yukardaki son e³itlik (3) numaral özelli in sonucudur.) O halde düzlemde verilen herhangi u, v 1 ve v 2 vektörleri için ekil 1.7: Ortak kenarl iki paralelkenarn toplam: A(u, v 1 ) + A(u, v 2 ) = A(u, v 1 + v 2 ) A(u, v 1 + v 2 ) = A(u, v 1 ) + A(u, v 2 ) olmaldr. Benzer ³ekilde u 1, u 2 ve v vektörleri için A(u 1 + u 2, v) = A(u 1, v) + A(u 2, v) oldu u görülür. Bunu (2) ile birle³tirirsek A : R 2 R 2 R fonksiyonun her iki de i³kene göre de do rusal (bilineer) oldu u sonucuna varrz: Her u, u 1, u 2, v, v 1, v 2 vektörleri ve λ R gerçel says için ve A(u 1 + λu 2, v) = A(u 1, v) + λa(u 2, v) A(u, v 1 + λv 2 ) = A(u, v 1 ) + λa(u, v 2 ) e³itlikleri do rudur. Di er taraftan (2) numaral özellikten 0 = A(u + v, u + v) = A(u, u) + A(u, v) + A(v, u) + A(v, v) = A(u, v) + A(v, u) ve dolaysyla A(u, v) = A(v, u) elde ederiz. Bu son e³itli i sa layan bilineer fonksiyonlara de i³meli fonksiyonlar denir. Aslnda sralad mz di er bütün özellikler bu iki özellikten türetilebilir. imdi e 1 = (1, 0), e 2 = (0, 1) olmak üzere u = (a, b) = ae 1 + be 2 ve v = (c, d) = ce 1 + de 2 gibi iki vektörün belirledi i paralelkenarn alann hesaplayalm: A(u, v) = A(ae 1 + be 2, ce 1 + de 2 ) = ad A(e 1, e 2 ) + bc A(e 2, e 1 ) + ac A(e 1, e 1 ) + bd A(e 2, e 2 ) = (ad bc) A(e 1, e 2 )

49 Do rusal Cebir 31 olarak elde ederiz. O halde bu paralelkenarn alan birim karenin alannn (ad bc) katdr. E er birim karenin alann bir birim olarak alrsak, A(e 1, e 2 ) = 1, A(u, v) = ad bc olur. Dikkat edersek bu say satrlar u ve v vektörlerinin β = {e 1, e 2 } sral tabanndaki koordinat vektörleri olan ( ) a b c d matrisinin determinantndan ba³ka bir ³ey de ildir. Ba³ka bir deyi³le, birim karenin alannn ne oldu una karar verdikten sonra her paralelkenarn alann hesaplayabiliriz. Paralelkenarn alan birim karenin alan ile satrlar, paralelkenarn kenarlarn olu³turan vektörlerin standart tabandaki koordinat vektörleri olan matrisin determinantnn çarpmdr. Hatrlatma Alan hesabn yukardaki gibi aksiyomatik bir ³ekilde yapmann bir bedeli olarak baz paralelkenarlarn alanlar negatif olacaktr. Aslnda A(u, v) = A(v, u) e³itli i bize alan hesab yaparken kenarlarn sralamasnn önemli oldu unu göstermektedir. A(u, v) says ilk kenar u ikinci kenar v olan paralelkenarn i³aretli alan olacaktr. Kenarlar sralama (veya numaralandrma) i³lemine yönlendirme diyece iz. Buna göre kenarlar u, v olarak sralanm³ paralelkenar ile v, u olarak sralanm³ paralelkenarlar farkl yönlendirilmi³ paralelkenarlardr. ³aretli uzunluk, i³aretli alan veya hacim i³aretsiz olanlara göre daha kullan³l ve do al olanlardr. Bu temay bütün kitap boyunca sk sk görece iz. imdi de R n içinden rastgele alnan v 1,, v n vektörlerinin belirledi i paralel yüzlünün hacmini hesaplayalm: β = {e 1,, e n }, e i = (0,, 0, 1, 0,, 0), sral tabannda bu v i vektörünün koordinat vektörü [a i1,, a in ] olsun. O halde, her i = 1,, n için v i = a i1 e 1 + +a in e n olur. Düzlemde yapt mz geometrik analiz tamamyla bu durumda da geçerli olacaktr ve dolaysyla e er A : R n R n R bir hacim fonksiyonu ise A n-do rusal (her de i³kene göre do rusal) ve de i³meli olacaktr. Bu iki özelli i defalarca kullanarak A(v 1,, v i,, v n ) = A j a 1j e j,, j a ij e j,, j a nj e j ( ) = sgn(σ) a 1σ(1) a iσ(i) a nσ(n) A(e 1,, e i,, e n ) σ S n

50 32 Yardmc Bilgiler elde edilir. Burada S n n-elemanl {1,, n} kümesinin tüm permütasyonlarnn olu³turdu u grubu ve sgn(σ) ise σ S n permütasyonun i³aretini göstermektedir. O halde, yine birim küpün hacminin ne olaca na karar verirsek her paralel yüzlünün hacmini hesaplayabiliriz. A(e 1,, e i,, e n ) = 1 ko³ulunu sa layan forma R n üzerindeki determinant fonksiyonu denir. Buna göre R n üzerinde tanml her de i³meli n-do rusal form determinant fonksiyonunun bir kat olacaktr. R n üzerinde tanml de i³meli n-do rusal formlarn determinant ve bunun katlar oldu unu gördük. Di er taraftan R 3 üzerinde (de i³meli) 2-form var m diye sorabiliriz. Bu sorunun cevabn vermek için önce tensörleri tanmlamalyz Tensörler R de i³meli bir halka, M, N, P bu halka üzerinde tanml modüller ve F : M N P bilineer bir fonksiyon olsun. F : M N P bilineer fonksiyonu M N çarpm kümesi üzerindeki çarpm modül yapsyla bir modül homomorzmas de ildir. Çünkü e er öyle olsayd her (m, n) M N ve r R için rf(m, n) = f(rm, rn) = rf(m, rn) = r 2 f(m, n) olurdu ki bunun genelde do ru olamayaca açktr. Di er taraftan f(rm, n) = rf(m, n) = f(m, rn) olur. Benzer ³ekilde f(m 1 + m 2, n) = f(m 1, n) + f(m 2, n) dir. Bu durumda istenilen modül yapsn bir bölüm modülü olarak kurabiliriz: M N çarpm kümesini taban olarak kabul eden serbest { n } F (M N) = α i (m i, n i ) n N, α i R, m i M, n i N i=1 R-modülü üzerinde denklik ba nts, a³a daki ba ntnn üretti i denklik ba nts olarak tanmlansn: 1. Her (m, n) M N ve r R için (rm, n) r(m, n) (m, rn); 2. Her m, m 1, m 2 M ve n, n 1, n 2 N için (m 1 + m 2, n) (m 1, n) + (m 2, n) ve (m, n 1 + n 2 ) (m, n 1 ) + (m, n 2 ). Çarpm modülünü bu denklik ba ntsna (ba ntnn üretti i alt modüle) bölerek istedi imiz modül yapsn elde ederiz: F (M N)/.

51 Do rusal Cebir 33 Bu R-modül M ve N R-modüllerinin R-tensör çarpm diye adlandrlr ve M R N ile gösterilir. Benzer ³ekilde (m, n) M N elemannn denklik snfn m n ile gösterece iz. Bu durumda ve r(m n) = (rm) n = m (rn), (m 1 + m 2 ) n = m 1 n + m 2 n m (n 1 + n 2 ) = m n 1 + m n 2 olur. Ayn ³ekilde sonlu sayda R-modülün tensör çarpm tanmlanabilir: M 1 R R M n. Al³trma 30 ise tensör çarpmnn kategorik bir ³ekilde yaplabilece ini göstermektedir. V bir F cismi üzerinde tanml n-boyutlu bir vektör uzay olsun. V k, (k n), ile V 'nin kendisi ile k defa tensör çarpmn gösterelim. β = {e 1,, e n } V 'nin bir taban ise 1 i 1,, i k n olmak üzere T i1,,i k = e i1 e ik tensörü olsun. Bu durumda V k vektör uzay da sonlu boyutludur ve {T i1,,i k 1 i 1,, i k n} bu vektör uzaynn bir tabandr. Dolaysyla, V k 'nn boyutu n k 'dr. {1,, k} kümesinin permütasyonlarnn olu³turdu u S k grubu V k vektör uzay üzerine etki eder: Taban elemanlar üzerindeki etki, σ S k için, σ(t i1,,i k ) = T iσ(1),,i σ(k) olarak tanmlanr ve do rusal bir ³ekilde tüm vektör uzayna geni³letilir. Bu etkinin altnda de i³mez olan tensörlere simetrik k-tensörler denir. Simetrik tensörlerin olu³turdu u Sim k (V ) vektör uzaynn boyutu n + k 1 elemanl bir kümenin k elemanl alt kümelerinin saysna e³ittir: ( ) n + k 1. k En az simetrik tensörler kadar önemli olan bir di er tensör tipi, önceden de görmü³ oldu umuz de i³meli tensörlerdir: a V k olmak üzere, e er her σ S k için σ(a) = sgn(σ) a oluyorsa, a tensörüne de i³meli k-tensörü denir (burada sgn(σ) ile σ permütasyonun i³areti gösterilmi³tir). De i³meli k- tensörlerin olu³turdu u Alt k (V ) vektör uzaynn boyutunun da ( ) n k

52 34 Yardmc Bilgiler says oldu u kolayca görülür. De i³meli k-tensörlere k-form da denir. Aslnda a³a da verilen do rusal fonksiyonlarn birer iz dü³üm dönü³ümü (karesi kendisine e³it olan bir dönü³üm) oldu u kolayca gösterilir: 1) Sim : V k V k, her v V k için, v 1 σ(v) k! σ S k olarak tanmlanan do rusal fonksiyon bir iz dü³üm dönü³ümüdür ve görüntüsü Sim(V k ) = Sim k (V )'dr. 2) Benzer ³ekilde Alt : V k V k, her v V k için, v 1 sgn(σ) σ(v) k! σ S k olarak tanmlanan do rusal fonksiyon yine bir iz dü³üm dönü³ümüdür ve görüntüsü Alt(V k ) = Alt k (V ) alt uzaydr. V vektör uzaynn dualini V = hom(v, F) ile gösterelim. E er β = {e 1,, e n } tabannn dual taban da β = {f 1,, f n } ise, her 1 i, j n için, f i (e j ) = δ ij olur. f i1 f ik tensörünün k! Alt operatörü altndaki görüntüsünü f i1 f ik = k! Alt(f i1 f ik ) = σ S k sgn(σ) f iσ(1) f iσ(k) ile gösterece iz. Hatrlatma E er v s = j a sj e j, s = 1,, k, V içinde vektörler ise (f i1 f ik )(v 1,, v k ) = det((a sil ) s, l=1,,k ) olur. Yazm konusunda büyük kolaylk sa layan bu gösterim ³ekli de i³meli tensörlerin d³ çarpmnn tanmlanabilmesi için de olanak sa lar: f i1 f ik ve f j1 f jl gibi iki taban elemannn d³ çarpm (f i1 f ik ) (f j1 f jl ) = f i1 f ik f j1 f jl olarak tanmlanr. Bu tanm do rusal bir ³ekilde tüm k N Alt(V k ) vektör uzayna geni³leterek bu vektör uzayn bir F-cebiri yapabiliriz. Bu cebire V vektör uzayna ait d³ cebir ad verilir ve Λ(V ) ile gösterilir. Bu cebirin elemanlarna d³ form da denir. Burada Alt(V 0 ) ile F cismi gösterilmektedir. A³a daki özelliklerin kantlar okuyucuya braklm³tr:

53 Do rusal Cebir Yukarda tanmlad mz d³ cebirin bir cebir oldu unu gösteriniz. 2. ω bir k-form ve ν bir l-form ise ω ν = ( 1) kl ν ω oldu unu gösteriniz. 3. ω bir k-form ve ν bir l-form ise ω ν = gösteriniz. (k + l)! Alt(ω ν) oldu unu k! l! 4. L : V W F-vektör uzaylar arasnda do rusal bir fonksiyon ve L : W V ise bu fonksiyonun duali olsun. Bu durumda dual fonksiyon d³ cebirler arasnda do al bir do rusal fonksiyon verir: öyle ki her v 1,, v k V için, L : Λ(W ) Λ(V ), ω L (ω) L (ω)(v 1,, v k ) = ω(l(v 1 ),, L(v k )) olur. L (ω) d³ formuna ω'nn L ile geri çekilmesi denir. Geri çekme i³leminin d³ çarpm ile yer de i³tirebilece ini ve dolaysyla bir cebir homomorzmas oldu unu gösteriniz: L (ω ν) = L (ω) L (ν). L örten (bire bir) ise L 'n bire bir (benzer ³ekilde, örten) oldu unun gösterilmesini de okuyucuya al³trma olarak brakyoruz Temel Formlar ve Baz Uygulamalar Temel formlarn en yaygn kullanlan kö³egenle³tirmedir. Operatörlerin veya matrislerin kö³egenle³tirilmesinin neden önemli oldu unu anlamak için a³a da verilen matrisin kuvvetlerini hesaplamaya çal³alm: A = [ ], A 2 = [ ], A 3 = [ ], A 4 = [ ] bu i³lemi on, yüz veya milyon kez yapmak bilgisayar yardmyla bile oldukça zor olabilir. Örnek vermek gerekirse, A 100 matrisinin baz bile³enleri 21 basamakl saylardr. Benzer ³ekilde, A n matrisini sadece n de i³keninin açk bir fonksiyonu ile ifade edebilir miyiz? Di er taraftan, A kö³egen bir matris olsayd bu i³lem çok kolay olurdu: [ ] [ ] λ1 0 A =, A n λ n = λ 2 0 λ n. 2 Sonlu bir vektör uzay üzerinde tanml her operatör uzayn bir taban verildi inde kare bir matris ile ifade edilebilir. Bu sebepten sadece matrislerin kö³egenle³tirilmesi üzerinde duraca z. Katsaylar F cisminden seçilmi³ n n'lik bir A matrisi alalm. E er sfrdan farkl bir v F n vektörü ve bir λ F için

54 36 Yardmc Bilgiler Av = λv oluyorsa λ saysna A matrisinin bir özde eri ve v F n vektörüne de bu özde ere kar³lk gelen bir özvektör denir. E er F n vektör uzaynn A matrisinin özvektörlerinden olu³an bir β = {v 1,, v n } taban varsa, öyle ki her i için Av i = λ i v i, sa lanyorsa, A matrisine kö³egenle³tirilebilir matris denir. Bu durumda e er P sütunlar v 1,, v n vektörlerinden olu³an (taban de i³tirme) matris ise P 1 AP çarpm λ P 1 0 λ 2 0 AP = D = λ n kö³egen matrisini verir. Devam etmeden önce çok sk kullanlan ve kantn okuyucuya brakaca mz bir sonucu hatrlatmak istiyoruz: Teorem ) T : V W vektör uzaylar arasnda do rusal bir dönü³üm olsun. E er V sonlu boyutlu bir uzay ise dim(v ) = dim(ker T ) + dim(t (V )); ba³ka bir deyi³le V 'nin boyutu do rusal fonksiyonun çekirde inin ve görüntüsünün boyutlar toplamna e³ittir. 2) A M(n, n) olmak üzere A : F n F n, v Av, v F n, ile tanmlanan do rusal fonksiyon için a³a daki ko³ullar birbirine denktir: det(a) 0, A : F n F n bir izomorzmadr, ker(a) = (0). Av = λv denklemini (λi n A)v = 0 olarak yazarsak, v 0 olmasndan det(λi n A) = 0 denklemini elde ederiz. O halde, A matrisinin özde erleri f A (λ) = det(λi n A) polinomunun kökleridir. Derecesi n olan bu polinoma A matrisinin karakteristik polinomu denir. Cayley-Hamilton Teoremi'ne göre f A (A) = 0 olur (bkz. Al³trma 35)). Bu ko³ulu sa layan en küçük dereceli monik polinoma A matrisinin minimal polinomu denir (bkz. Sonuç 1.3.5). [ ] 0 1 Örnek Bu bölümün ba³nda ele ald mz A = matrisine tekrar dönelim. f A (λ) = λ 2 λ 1 oldu undan özde erler λ 1,2 = 1 ± olarak 2 bulunur. Av i = λ i v i denkleminden özvektörler [ ] [ ] v 1 = olarak bulunur. O halde, P = [ ve v 2 = ]

55 Do rusal Cebir 37 ve olur. Son olarak ve buradan da elde edilir. P 1 AP = P 1 A n P = (P 1 AP ) n = A n = P [ [ [ ( ) n 0 0 ( ) n ] ( ) n 0 0 ( ) n ] P 1 Bu bölümde ³imdi de matrislerin üstel fonksiyonundan bahsedece iz. Üstel matrisler do rusal türevlenebilir denklem sistemleri teorisindeki kullanl³larnn yan sra, geometri ve topolojinin de vazgeçilmez konularndan biri olan Lie gruplar ve Lie cebirleri konusuna da giri³ yapma imkan vermektedir. Her x R için, e x = 1 + x 1! + x2 2! + x3 3! + = seri açlm yardmyla da tanmlanan üstel fonksiyonu matrisler üzerinde de tanmlayabiliriz: F gerçel veya karma³k say cismini ve M(m, n) bu cisim üzerinde tanml (m n)-lik matrislerin vektör uzayn göstersin. Her A M(n, n) matrisi ve t F says için, oldu u açktr. Di er taraftan, (ta) k k! e ta = ( t A )k k! ( t A ) k gerçel say dizisi yaknsak oldu undan Weierstrass M-testini kullanarak I n + ta 1! + (ta)2 2! k=0 + (ta)3 3! k! + = k=0 x k k! (ta) k k=0 serisinin de düzgün yaknsak oldu unu görürüz. Fakat, λ λ 2 0 D = λ n k! ]

56 38 Yardmc Bilgiler kö³egen matrisi için kolayca e td = e λ 1t e λ 2t e λ nt oldu unu görürüz. Dolaysyla A kö³egenle³tirilebilir bir matris ise e ta = e P (td)p 1 = P e td P 1 elde ederiz (yukardaki ikinci e³itlik, üstel fonksiyonun seri açlmndan kolayca görülür). Bu seri sayesinde exp : R M(n, n), t e ta, ³eklinde tanmlanan fonksiyon aslnda C snfndan bir fonksiyondur ve türevi t Ae ta, ile verilir Örnek Kantlar Bu bölümde yukarda bahsetti imiz kanonik formlarn teorisine dair baz basit gözlemlerde bulunaca z. Ba³langç olarak a³a daki sabit katsayl do rusal denklem sistemini dü³ünelim: a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 x y z = Al³trma 33 içinde tanmlanan R i R j, satr de i³tirme ve R j rr i + R j bir satrn herhangi bir katn di erine ekleme i³lemleri, Gauss yok etme metodundaki satr i³lemlerinden ikisine kar³lk gelir. Ayn i³lemlerin sütunlara uygulanmas ise de i³kenlerin do rusal bir izomorzma ile de i³tirilmesine denk olacaktr. Örne in, (C 1 C 1 +3C 2 ) i³lemi (x, y, z) de i³kenlerinin (x, y+3x, z) de i³kenleriyle de i³tirilmesine kar³lk gelir. E er amacmz çözüm uzayn bulmak de il de sadece boyutunu hesaplamak ise de i³kenlerin nasl de i³ti inin takip edilmesine bile gerek yoktur. imdi genel bir A kare matrisi için (λi n A)v = 0 özde er-özvektör problemini dü³ünelim: λ a 11 a 12 a 1n a 21 λ a 22 a 2n λi n A = ( ) a n1 a n2 λ a nn sistemini yukarda bahsetti imiz satr ve sütun i³lemleri yaparak çözmeye çal³alm. Bu matrisi F[λ] polinom halkas (esas ideal bölgesi) üzerinde dü³ünüp

57 Do rusal Cebir 39 satr ve sütun i³lemleri yaparak d 1 d 2 d n olacak ³ekilde baz d i F[λ] polinomlar için d d 2 0 D = ( ) d n matrisine dönü³türebiliriz. Bu matrise λi n A matrisinin Smith Normal Form'u denir. Uygulad mz satr ve sütun i³lemleri en fazla determinantn i³aretini de i³tirece i için d 1 d 2 d n = ± det(λi n A) = ±f A (λ) karakteristik polinomu olacaktr. O halde hiçbir d i sfr polinomu de ildir. d 1 d 2 d n = ± det(λi n A) = ±f A (λ) ve d 1 d 2 d n oldu undan f A (λ) ile d n polinomlar ayn asal çarpanlara sahiptirler. Aslnda tüm d i polinomlarn monik seçerek d 1 d 2 d n = det(λi n A) = f A (λ) elde ederiz. Bu durumda d i polinomlarna A matrisinin de i³mez çarpanlar denir. Yukarda elde etti imiz d d 2 0 D = d n matrisine A matrisinin temel formu denir. lk önce her matrisin sadece bir tane temel formu oldu unu görelim (d i polinomlarn monik seçmek kaydyla): Bunun için, i ile λi n A matrisinin tüm i i'lik alt matrislerinin determinantlarndan olu³an F[λ] içindeki idealin monik üretecini gösterelim. Boyutlar i i olan bir matrisin determinantn bir satr veya sütuna göre açt mzda (i 1) (i 1)'lik alt matrislerinin determinantlarnn bir do rusal birle³imini elde edece imizden, her i = 1,, n için, i 1 i olmaldr. Di er yandan yukarda kulland mz satr ve sütun i³lemleri sadece alt matrislerin yerlerini de i³tirece inden bu satr ve sütun i³lemleri i polinomlarn de i³tirmeyecektir. O halde λi n A ve D matrisi için ayn i 'ler elde edilecektir. Fakat D matrisi için i = d 1 d i oldu u kolaylkla görülür. Buna göre d i = i / i 1 olur. Ba³ka bir deyi³le, i 'ler tamamen A matrisi ile tek bir ³ekilde belirlendi i için A matrisinin bir ve sadece tek bir temel formu vardr. imdi i j için λ i λ j olmak üzere, d n = (λ λ 1 ) (λ λ k ) farkl do rusal terimlerin çarpm oldu unu kabul edelim. Bu durumda her d i farkl

58 40 Yardmc Bilgiler do rusal terimlerin çarpm olmaldr. Ayrca karakteristik polinomun derecesi n oldu undan r r k = n olacak ³ekilde baz pozitif r i tam saylar için f A (λ) = (λ λ 1 ) r1 (λ λ k ) r k olacaktr. Buna göre her bir i = 1,, k, için tam olarak r i tane farkl d j1,, d jri polinomu (λ λ i ) do rusal terimini içerecektir. ( ) ve ( ) denklem sistemleri birbirine denk oldu u için ( ) sisteminde λ yerine λ i koyarak λ i özde erine kar³lk gelen özvektör uzaynn boyutunun tam olarak r i oldu unu görürüz. Son olarak, r r k = n oldu undan A matrisinin özvektörleri F n vektör uzay için bir taban olu³turur ve dolaysyla A matrisi kö³egenle³tirilebilir. Di er taraftan, e er A kö³egenle³tirilebilir bir matris ise bu admlar tersten giderek d n polinomunun farkl do rusal terimlerin bir çarpm oldu unu görürüz. O halde, a³a daki sonucu kantlam³ olduk: Sonuç A kare matrisinin kö³egenle³tirilebilmesi için gerek ve yeter ³art d n polinomunun farkl do rusal terimlerin bir çarpm olmasdr. Aslnda biraz daha dikkatli ilerleyerek kanonik formlarn teorisini kurabiliriz. F bir cisim ve V = F n olmak üzere T : V V, v T (v). = Av, v V, dönü³ümünü ele alalm. V vektör uzay do al bir biçimde bir R = F[x] modülü olarak görülebilir: imdi R V V, (f(x), v) f(x) v. = f(t )(v), (f(x), v) R V. ϕ : R n V, e R i = (0,, 1, 0) e i = (0,, 1, 0), i = 1,, n, ile tanmlanan örten R-modül homomorzmas bize R n / ker ϕ = V izomor- zmasn verir. Bu homomorzmay genel bir eleman üzerinde hesaplarsak ϕ(p 1 (x),, p n (x)) = p 1 (T )(e 1 ) + + p n (T )(e n ) elde ederiz. Ayrca, V üzerinde seçti imiz modül yapsndan dolay izomor- zmann sol tarafnda bölüm polinom halkasnn bir elemann x ile çarpmak sa tarafta bir vektöre T ile etki etmeye denk gelecektir: x m = T (ϕ(m)), m = (p 1 (x),, p n (x)) R n / ker ϕ. Dolaysyla, T operatörünün V üzerindeki etkisini anlamak için bölüm halkasnda x ile çarpmay anlamak yeterli olacaktr. Bu i³e giri³meden önce ker ϕ alt modülünün oldukça tandk bir nesne oldu unu görelim.

59 Do rusal Cebir 41 Önerme ker ϕ alt halkas xi n A karakteristik matrisinin sütunlar tarafndan üretilir. Kant : Her i = 1,, n için, T (e i ) = j a jie j, oldu undan ( a 1i, a 2i,, x a ii,, a ni, ) ker ϕ elde edilir. Dolaysyla, xi n A karakteristik matrisinin sütunlar ker ϕ alt modülünün içinde kalr. Yukarda oldu u gibi, xi n A karakteristik matrisinin Smith normal formunu kö³egen Kö³e(d 1 (x),, d n (x)) matrisi ile gösterelim. Bu durumda, ker ϕ alt modülünün her (0,, d i (x),, 0) elemann içerdi ini kabul edebiliriz. O halde, W, (0,, d i (x),, 0) elemanlarnn üretti i alt modül olmak üzere, çekirde i ker ϕ/w olan, örten bir ψ : R n / ker ϕ R n /W R-modül, dolaysyla da F-vektör uzay, homomorzmasn elde ederiz. Yukardaki paragraardan dolay, R n / ker ϕ F-vektör uzaynn V = F n vektör uzayna izomork oldu unu biliyoruz. Di er taraftan, R n /W R-modülü (Fvektör uzay) için ise R n /W = n i=1r/rd i (x) = n i=1f[x]/(d i (x)) = n i=1f deg(d i(x)) yazabiliriz. Son olarak, karakteristik polinomu oldu undan elde ederiz. Buradan, örten d 1 d 2 d n = det(λi n A) = f A (λ) n i=1f deg(d i(x)) = F i deg(d i(x)) = F n ψ : F n = R n / ker ϕ R n /W = F n F-vektör uzay homomorzmasnn bir izomorzma oldu unu görürüz. O halde, ker ψ = ker ϕ/w = 0 olmaldr. Böylece kant tamamlanr. Bu iddiann bir sonucu olarak V = R n / ker ϕ = n i=1r/rd i (x) yazabiliriz. Ayrca, her bir d i (x) = d(x) = p n 1 1 (x) pn k k (x) polinomunu asal çarpanlarna ayrrsak R/d(x) = k j=1f[x]/p n j j (x) ayr³mn elde ederiz. Ayrca, p n j j (x) = b(x) = b b m 1 x m 1 + x m ise F[x]/p n j j (x) = 1, x,, x m 1 vektör uzay üzerinde x ile çarpma F

60 42 Yardmc Bilgiler operatörünün bu tabandaki matris gösterimi olarak p n j j (x) polinomunun e³ matrisi olan 0 0 b b 1 C b(x) = b m 1 matrisini elde ederiz. E er, deg(p j (x)) > 1 ise bu matris T operatörünün rasyonel kanonik formunu verir. Di er taraftan, e er deg(p j ) = 1 ise, ba³ka bir deyi³le b(x) = (x λ) m ise x ile çarpma operatörünün {1, x λ,, (x λ) m 1 } sral tabanndaki matris gösterimi λ λ 0 0 J(λ) m = 0 1 λ λ Jordan formu olur. Yukarda elde ettiklerimizden faydalanarak kanonik formlarn temel özelliklerini kolayca görebiliriz. 1) E er F-cismi cebirsel kapal ise her kare matrisin Jordan formu vardr: Aslnda e er f A polinomunu do rusal çarpanlara ayrlabiliyorsa uygun bir taban de i³tirme sonunda J m1 0 0 P 1 0 J m2 0 AP = J mr Jordan bloklarnn bir kö³egen matrisi ³eklinde yazlabildi ini gördük. Burada J m 'ler Jordan blok matrislerini göstermektedir, λ i λ i 0 J m = J(λ i ) m = λ i Teorik önemlerinin yan sra kö³egen matrisler kadar olmasa da Jordan bloklarn kuvvetlerini veya üstel fonksiyonunu hesaplamak kolaydr ve bu sebeple oldukça kullan³ldr. Örne in 2 2'lik bir Jordan blok matrisinin kuvvetleri

61 Al³trmalar 43 a³a daki gibidir: [ ] λ 0 J =, J 2 = 1 λ [ λ 2 0 2λ λ 2 ] [,, J n = λ n 0 nλ n 1 λ n 2) A ve B benzer iki matris olsun. O halde tersi olan bir P matrisi için, B = P 1 AP ve λi n B = P 1 (λi n A)P olur ve dolaysyla λi n B matrisi λi n A matrisinden satr ve sütun i³lemleriyle elde edilir. Bu durumda, bu iki matrisin temel formlar ayn olacaktr. (Aslnda bir satr veya sütunu bir say ile çarpmak determinant da ayn sayyla çarpmak anlamna gelir, fakat i 'i monik polinom olarak seçti imiz için bu durum bir soruna neden olmayacaktr.) Di er taraftan, bu iddiann tersi de do rudur: Temel formlar ayn olan iki kare matris benzerdir; ba³ka bir deyi³le, iki matrisin benzer olmas için gerek ve yeter ³art bu matrislerin temel formlarnn ayn olmasdr. Bunu görmek için temel formlar ayn olan iki matrisin ayn operatörün farkl iki bazdaki temsilleri oldu unu fark etmek yeterlidir. Bu ise yukarda kantlad mz izomorzmasnn açk bir sonucudur. 3) Yine V = R n / ker ϕ = n i=1r/rd i (x) V = R n / ker ϕ = n i=1r/rd i (x) izomorzmasnn dü³ünelim. f A (λ) = det(λi n A) = d 1 d 2 d n karakteristik polinomu f A (x) ( n i=1 R/Rd i(x)) = 0 e³itli ini sa lad için f A (A) = 0 sonucuna varrz. Bu ise Cayley-Hamilton Teoremi'dir. Di er taraftan her d i (x) d n (x) oldu undan d n (x) ( n i=1r/rd i (x)) = 0 elde ederiz. Buradan d n polinomunun A matrisinin minimal polinomu oldu unu görürüz. 1.4 Al³trmalar 1. Λ bir küme ve bu küme üzerinde tanml bir ksmi sralama ba nts olsun. E er her i, j Λ için i k ve j k olacak ³ekilde bir k Λ varsa (Λ, ) ksmi sralama kümesine bir yönlü küme denir. Bir {X i } i Λ topolojik uzaylar ailesi alalm, öyle ki, 1) her i j için sürekli bir f ij : X i X j fonksiyonu verilsin, öyle ki f ii = 1 Xi sa lansn; ve 2) her i j k için f ik = f jk f ij e³itli i sa lansn. Bu topolojik uzaylarn ayrk birle³imi üzerinde bir denklik ba nts tanmlayalm: x X i ve y X j için x y'dir ancak ve ancak öyle ].

62 44 Yardmc Bilgiler bir k Λ ve z X k vardr ki i, j k dir ve hem f ik (x) = z hem de f jk (y) = z olur. {X i } i Λ topolojik uzaylarnn ayrk birle³imini bu denklik ba ntsna bölerek elde edilen bölüm uzayna {X i } i Λ ailesinin düz limiti denir ve lim i Λ X i ile gösterilir. Her bir X i için X i lim i Λ X i, x [x], x elemannn limit uzayndaki denklik snfna götüren fonksiyonunun sürekli oldu unu gösteriniz. Ayrca her bir f ij fonksiyonun bir topolojik gömme fonksiyonu olmas durumunda X i uzaylarnn hangi özelliklerinin limit uzayna geçti ini inceleyiniz: Hausdor'luk, tkzlk, ba lantllk, metriklenebilirlik, vs. 2. X bir topolojik uzay olmak üzere X'in alt uzaylarnn olu³turdu u aileyi alt küme ba nts ile sralayalm: A, B X için A B ancak ve ancak A B. Ayrca bu durumda f AB : A B, x x, içerme fonksiyonu olsun. lim A X A = X oldu unu gösteriniz. 3. X R n içinde açk bir küme olsun ve X'in tüm tkz alt kümelerinin ailesini, Λ = {K X K tkz bir alt uzay}, yine alt küme ba nts ile sralyalm. lim K Λ A = X oldu unu gösteriniz. 4. A³a daki ifadeleri kantlayn. (a) Herhangi bir küme üzerinde tanml olan rastgele topolojilerin ara kesitinin de bir topoloji oldu unu gösteriniz. (b) X bir küme ve β, X'in alt kümelerinin bir ailesi olsun. β ailesinin üretti i topoloji β'y içeren X üzerindeki tüm topolojilerin ara kesitidir. Dolaysyla bu topoloji β'y içeren en küçük topolojidir. 5. n N [0, 1] çarpm kümesinde (x k), x k = (a 1 k, a2 k,, al k, ), { a l 0, l k k = 1, k < l dizisini ele alalm. Bu dizinin çarpm uzaynda yaknsak oldu unu ama kutu topolojisinde raksak oldu unu gösteriniz. 6. {X i } i I bir topolojik uzaylar ailesi ve X = Π i I X i bu ailenin çarpm uzay olsun. Bir topolojik uzaydan çarpm uzayna giden bir f : Y X fonksiyonunun sürekli olmas için gerek ve yeter ³art f'nin her bile³en fonksiyonunun f i : Y X i sürekli olmasdr. Bu sonucun kutu topolojisi durumunda do ru olmad n örnekle gösteriniz. 7. G hem grup hem de topolojik bir uzay osun. E er, G G G, (g 1, g 2 ) g1 1 g 2, i³lemi sürekli ise G bir topolojik gruptur denir. G topolojik grubunun Hausdor olmas için gerek ve yeter ko³ul birim elemandan olu³an tek elemanl {e} G kümesinin kapal olmasdr. Benzer ³ekilde, H G bir alt grup olmak üzere G/H bölüm uzaynn Hausdor olmas için gerek ve yeter ko³ul H alt grubunun kapal bir alt küme olmasdr.,

63 Al³trmalar Bu al³trmada Önerme yardm ile bölüm uzaylarnn hangi ³artlar altnda Hausdor olduklarn inceleyece iz. X topolojik uzay ve P : X X/ bu uzay üzerinde bir bölüm uzay olsun. A³a daki ifadeleri kantlaynz: (a) P bölüm fonksiyonu açk bir fonksiyon olsun. Bu durumda P P : X X (X/ ) (X/ ) çarpm fonksiyonunun (X/ ) (X/ ) kümesi üzerine koydu u bölüm uzay topolojisi, X/ uzaynn kendisi ile çarpmndan elde edilen çarpm uzay topolojisi ile çak³r. (b) (X/ ) (X/ ) çarpm uzaynn kö³egeninin P P : (X X) (X/ ) (X/ ) bölüm fonksiyonu altndaki ters görüntüsü X X ba lant alt kümesidir. (c) P : X X/ bölüm fonksiyonunun açk fonksiyon olmas durumunda bölüm uzaynn Hausdor olmas için gerek ve yeter ³art denklik ba ntsnn X X çarpm uzay içinde kapal bir alt küme olmasdr. 9. (a) X topolojik uzay ve P : X X/ bu uzay üzerinde bir bölüm uzay olsun. P fonksiyonunun açk olmas için gerek ve yeter ko³ul her U X açk alt kümesi için U alt kümesinin denklik ba nts ile geni³lemesinin U = {x X x y, baz y U} açk olmasdr. (b) G, X uzaynn tüm homeomorzmalarnn olu³turdu u grubunun bir alt grubu olsun. X üzerinde denklik ba nts x y ancak ve ancak baz g G için y = g(x), ³eklinde tanmlasn. Bu durumda X/ bölüm uzay G-yörüngelerinden olu³ur ve X'in yörünge uzay diye adlandrlr. P : X X/ bölüm fonksiyonunun açk bir fonksiyon oldu unu gösteriniz. (c) Bir önceki al³trmann sonucunu kullanarak X/G bölüm uzaynn Hausdor olmas için {(x, g(x)) X X x X, g G)} alt kümesinin X X çarpm uzay içinde kapal olmasnn gerek ve yeter ko³ul oldu unu gösteriniz. (d) X Hausdor bir uzay ve G sonlu bir grup ise X/ = X/G yörünge uzaynn da Hausdor oldu unu gösteriniz. 10. P : X Y ve Q : Y Z iki bölüm fonksiyonu ise Q P : X Z bile³ke fonksiyonunun da bir bölüm fonksiyonu oldu unu gösteriniz. 11. f : R S 1, f(t) = (cos 2πt, sin 2πt), t R, fonksiyonun bölüm uzay seviyesinde verdi i f : R/ S1 fonksiyonunun bir homeomorzma oldu unu gösteriniz. Burada R/ üzerindeki topoloji bölüm uzay topolojisidir. S 1 üzerindeki bu topoloji ise S 1 'in düzlemden ald alt uzay topolojisidir.

64 46 Yardmc Bilgiler 12. Tkz bir X uzayndan tanmlanan her sürekli f : X Y fonksiyonun düzgün oldu unu gösteriniz. 13. Bu al³trmada önceden ele ald mz bir örne i biraz daha derinlemesine inceleyece iz (bkz. Örnek ): X = R 3 {(0, 0, 0)} uzay (Öklit topolojisi ile) olsun ve X üzerinde denklik ba nts ³u ³ekilde tanmlansn: (x 1, x 2, x 3 ) (y 1, y 2, y 3 ) ancak ve ancak (y 1, y 2, y 3 ) = λ(x 1, x 2, x 3 ), olacak ³ekilde baz λ R saylar vardr. X/ bölüm uzay üç boyutlu Öklit uzayndaki do rularn uzaydr, gerçel projektif düzlem diye adlandrlr ve RP 2 ile gösterilir. (a) Bu uzayn iki boyutlu birim küre, S 2, üzerinde (x 1, x 2, x 3 ) ( x 1, x 2, x 3 ) ile tanmlanan denklik ba ntsndan elde edilen bölüm uzayna homeomork oldu unu gösteriniz. (b) F : S 2 R 6, F (x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 x 2, x 2 x 3, x 3 x 1, x 2 1, x2 2, x2 3 ) fonksiyonunun RP 2 'nin R 6 içine topolojik bir gömme fonksiyonu verdi ini gösteriniz. (c) F (x, y, z) = (x 2 + yz, y 2, xy, zx) ile tanmlanan F fonksiyonunun gerçel projektif düzlemin R 4 içine topolojik bir gömme verdi ini gösteriniz. (Gerçel projektif düzlemin R 3 içine gömülmesi mümkün de ildir (bkz. Ünite 5, Al³trma 16).) 14. Yol ba lantl bir topolojik uzayn ba lantl oldu unu gösteriniz. Di er taraftan R n 'nin ba lantl her açk alt kümesinin yol ba lantl oldu unu gösteriniz. 15. A = ( 1, 0) (0, 1) R alt uzay olsun. E er f : A R bire bir sürekli bir fonksiyon ise f(a) görüntü uzaynn da ba lantsz oldu unu gösteriniz. Di er taraftan, g(a) R 2 ba lantl olacak ³ekilde bire bir sürekli bir g : A R 2 fonksiyonu bulunuz. 16. Genellikle gerçel saylar kümesinin her aral nn kardinalitesinin ayn oldu unu lisans derslerinde i³lenir. Di er taraftan, [0, 1) ve (0, 1) gibi verilen iki aralk arasnda bire bir e³leme örne i lisans derslerinde nadiren verilir: A = {0, 1/2, 1/3,, 1/n, } [0, 1) ve B = {1/2, 1/3,, 1/n, } (0, 1) olmak üzere f : [0, 1) (0, 1) fonksiyonu ³u ³ekilde tanmlansn: x X A ise f(x) = x, f(0) = 1/2 ve n > 1 için f(1/n) = 1/(n+1). Bu fonksiyon istenilen e³lemeyi verir. Görüldü ü gibi bu e³leme fonksiyonunun sonsuz noktada süreksizli i vardr. A³a da, bu durumdan kurtulmann mümkün olmad n görece iz.

65 Al³trmalar 47 (a) R'nin alt uzaylar olarak [a, b) ve (a, b) aralklarnn homeomork olmadklarn gösteriniz. (b) [0, 1) ve (0, 1) aralklar arasndaki her bire bir e³lemenin sonsuz noktada süreksizli i oldu unu gösteriniz. 17. f : X X ba lantl ve tkz X uzayndan kendisine açk ve sürekli bir fonksiyon ise f'nin örten oldu unu gösteriniz. E er f fonksiyonu ayrca bire bir ise f bir homeomorzmadr. 18. Bir f : (X, d) (X, d) fonksiyonu her x, y X için d(f(x), f(y)) = d(x, y) ko³ulunu sa lyorsa bu fonksiyona (X, d) metrik uzaynn bir izometrisi denir. Her izometrinin bire bir ve sürekli oldu unu gösteriniz. E er (X, d) tkz bir metrik uzay ise f izometrisinin ayrca örten ve dolaysyla bir homeomozma oldu unu gösteriniz. 19. R n Öklit metrik uzaynn her izometrisinin an bir fonksiyon oldu unu gösteriniz. 20. (a) Örnek 'de R üzerine koydu umuz τ 2 topolojisinin metriklenebilir oldu unu bir metrik in³a ederek gösteriniz. (b) f : ([0, ), τ 2 ) S 1, f(x) = (cos 2πx 2πx, sin ), fonksiyonunun 1 + x 1 + x bir homeomorzma oldu unu gösteriniz. (c) R üzerindeki τ 3 topolojisi β = {(a, b) a, b R, ab > 0} {(a, b) (c 1, ) (, c 2 ) a, b, c 1, c 2 R, a < 0 < b} taban ile üretilen topoloji olsun. Bu uzayn düzlemde çizilen sekiz rakamna homeomork oldu unu gösteriniz. 21. (a) Denk metriklerin ayn topolojiyi üretti ini gösteriniz. (b) d 1, X kümesi üzerinde tanmlanan bir metrik olmak üzere her x, y X için d 2 (x, y) = d 1(x, y) 1 + d 1 (x, y) ile tanmlanan fonksiyonun da X üzerinde bir metrik oldu unu ve bu iki metri in ayn topolojiyi ürettiklerini gösteriniz. d 1 snrl bir metrik ise bu iki metrik denktir. (c) R kümesi üzerinde ayn topolojiyi veren ve birbirine denk olmayan iki metrik bulunuz. 22. (X, d) herhangi bir metrik uzay ve ( X, d) bu uzayn bir tamlan³ olsun. E er X saylabilir bir küme ise, X = {r n n = 1, 2, }, (r n ) dizisinin, X X içindeki her noktaya yaknsayan bir alt dizisi oldu unu gösteriniz.

66 48 Yardmc Bilgiler 23. Bir metrik uzayn tkz olmas için gerek ve yeter ³art o uzay üzerindeki her gerçel de erli sürekli fonksiyonun en büyük (maksimum) de erinin olmasdr. ANAL Z 24. z = x 1 + ix 2 = (x 1, x 2 ) ve w = y 1 + iy 2 = (y 1, y 2 ) alarak verilen bir f : C C, w = f(z) karma³k saylar fonksiyonunu R 2 'den R 2 'ye bir fonksiyon olarak görebiliriz: F (x 1, x 2 ) = (Re(f(x 1 + ix 2 )), Im(f(x 1 + ix 2 ))). Bu durumda f fonksiyonu bir p C noktasnda kompleks fonksiyon olarak türevlenebilirdir ancak ve ancak F fonksiyonu ayn noktada türevlenebilirdir ve DF (p) : R 2 R 2 do rusal dönü³ümü karma³k vektör uzay dönü³ümüdür. Kantlayn! 25. Bu al³trmada Ters Fonksiyon Teoremi'nin özel halini Ortalama De er Teoremi ve temel topoloji bilgileri yardmyla Banach Daraltma Prensibini kullanmadan kantlayaca z: f : R R C 1 snfndan bir fonksiyon ve x 0 R, f (x 0 ) 0, ko³ulunu sa layan bir nokta olsun. (a) Ortalama De er Teoremi'ni kullanarak f fonksiyonun x 0 noktas etrafnda hep artan veya hep azalan oldu unu gösteriniz ve bunu kullanarak f : (a, b) (c, d) fonksiyonu bire bir ve örten olacak ³ekilde x 0 (a, b), y 0 = f(x 0 ) (c, d) aralklarnn varl n kantlaynz. (b) f 1 : (c, d) (a, b) ters fonksiyonunun y 0 noktasnda türevlenebilir oldu unu gösteriniz. 26. Kapal Fonksiyon Teoremi'ni kabul ederek Ters Fonksiyon Teoremi'ni kantlayanz. 27. (a) [0, 1] aral nda tanml sürekli fonksiyonlar uzayn supremum metri i ile dü³ünelim. Her x [0, 1] için T (f)(x) = x x 0 f(t) sin t dt ile tanmlanan T : C([0, 1]) C([0, 1]) fonksiyonunun, her f, g C([0, 1]) için T (f) T (g) 0.5 f g sa lad n gösteriniz. x (b) y(x) = x + 1 y(t) sin t dt denklemini sa layan tek bir sürekli 2 0 y : [0, 1] R fonksiyonu oldu unu gösteriniz. DO RUSAL CEB R

67 Al³trmalar Bu al³trmada determinant pozitif olan (n n)'lik matrislerin olu³turdu- u alt uzayn, GL + (n, R), yol ba lantl oldu unu gösterece iz. Herhangi bir c R gerçel says için ³u elementer pozitif determinantl matrisleri dü³ünelim: c 1 0, c 0, (ikinci matris için c > 0 alaca z). imdi bir A GL + (n, R) alalm ve her biri yukardaki iki tipten birinden olacak ³ekilde seçilen sonlu saydaki E i elementer matrisleri yardmyla E r E r 1 E 2 E 1 A = I n In ³eklinde yazalm öyle ki, matrisi birim matristen satrlarnn yer de i³tirmesi (bir permütasyonu) ve yine baz satrlarnn 1 ile çarplmasyla elde edilmi³ olsun. Bu matrisin determinantnn da pozitif oldu unu gözlemleyiniz. Örne in, (3 3)'lük bir Ĩ 3 matrisi ³u olabilir: Her A GL + (n, R) matrisinin bu ³ekilde bir çarpm olarak yazlabilece ini kantlaynz. imdi de her bir E i matrisinin ve I n matrisinin, görüntüsü GL + (n, R) içinde kalan sürekli bir e ri ile birim matrise ba lanabilece ini görelim. kinci tip elementer matris için e rimiz γ(t) = ct 0, t [1, 1/c] ya da t [1/c, 1], olarak seçilebilir. Birinci tip elementer matris için e ri bulma i³ini size brakrken yukarda verdi imiz Ĩ3 matrisini birim matrise ba layan e ri ³u ³ekilde seçilebilir: cos tπ/2 sin tπ/2 0 α(t) = sin tπ/2 cos tπ/2 0, t [0, 1]

68 50 Yardmc Bilgiler Genel durumun kantn size brakyoruz. Kantta faydal olacak bir ipucu verelim: In matrisinin içindeki negatif bile³enlerin says m olsun. Her negatif sayy pozitife çevirdikten sonra elde edilen matrisin satrlarnn yerlerini de i³tirerek birim matris etmemizi sa layan permütasyon da σ olsun. Bu durumda, In matrisinin determinant pozitif oldu undan ( 1) m sgn(σ) = 1 olur. Dolaysyla, GL + (n, R) grubu yol ba lantldr. Determinant pozitif bir matrisin ilk satrn 1 ile çarpmak GL + (n, R) uzayndan determinant negatif olan matrisler uzayna, GL (n, R), bir homeomorzma tanmlar. Dolaysyla, GL(n, R) birbirine homeomork iki ba lantl bile³enden olu³maktadr. Determinant sfrdan farkl bir matrisin satrlarna Gram-Schmidt operasyonu uygulayarak genel do rusal gruptan ortogonal matrisler gurubuna örten sürekli bir fonksiyon buluruz (bkz. ayrca 237): P : GL(n, R) O(n). Bu fonksiyonun ortogonal matrisler grubuna kstlamasnn birim dönü- ³üm oldu unu gözlemleyiniz. Bu özelli e sahip fonksiyonlara küçültme fonksiyonu ad verilir (bkz. Tanm 4.1.7). Son olarak, küçültme fonksiyonu yardmyla, O(n) ortogonal matrisler grubunun biri SO(n) olmak üzere iki ba lantl bile³enden olu³tu unu gösteriniz. 29. f : R n R n C 1 snfndan bir fonksiyon ve (x n ) R n yaknsak bir dizi olsun. E er her n > 0 için f(x n ) = x n ise x 0 = lim x n noktasnn da f fonksiyonu için sabit nokta oldu unu ve λ = +1 saysnn bu noktadaki türev fonksiyonunun, Df(x 0 ) : R n R n, bir özde eri oldu unu gösteriniz. 30. A³a daki ifadeyi kantlaynz: R de i³meli bir halka, M ve N bu halka üzerinde tanml modüller olsun. Bu durumda her P R-modülü ve F : M N P bilineer bir fonksiyonu için F = G π olacak ³ekilde sadece tek bir A R-modülü, π : M R N A R-modül homomorzmas ve G : A P R-modül homomorzmas vardr. 31. Bu al³trmada tensörlerin geometrik bir uygulamas olarak Hilbert'in üçüncü problemini ele alaca z. David Hilbert 1900 ylnda Paris'te düzenlenen Uluslararas Matematik Konferansnda 20. Yüzyl matemati ine yön veren 10 problemden olu³an bir liste sundu. Daha sonra liste biraz daha geni³leyerek 23 probleme çkt. Listenin 8. problemi olan Riemann Hipotezi, 12. problemi ve Gerçel Cebirsel Düzlem e rilerinin kongürasyonu problemini de kapsayan 16. problemi halen açk. Geri kalan problemlerin önemli bir ksm tamamen veya ksmen çözülmü³ durumda. Listenin ilk çözülen problemi ise 3. problem. Bu problem Hilbert'in o zamanlar ö rencisi olan Max Dehn (Dehn adyla anlan, Dehn Twist, Dehn Surgery gibi bir çok matematiksel araç ve teknik özellikle dü³ük boyutlu

69 Al³trmalar 51 topoloji alannda halen yo un olarak kullanlmaktadr) tarafndan ayn yl çözüldü. Bu al³trmada bu problemi tantp Dehn'in çözümünü sunaca z. Düzlemde ayn alana sahip iki çokgen alalm. Bolyai-Gerwien Teoremi olarak bilinen sonuca göre bunlardan birini, muhtemelen birden fazla, do ru boyunca makas ile kesip farkl ³ekillerde yap³trarak di erini elde etmek mümkündür. Hilbert'in 3. problemi ayn sonucun 3-boyutlu çok yüzlü kat cisimler için do ru olup olmad n sormaktadr: P 1 ve P 2 ayn hacme sahip çok yüzlü iki kat cisim olsun. Örne in bir küp ile bir düzgün dört yüzlü. Küpü bir bçak yardmyla düzlemler boyunca sonlu sayda parçaya ayrsak ve yüzleri boyunca tekrar yap³trsak düzgün dört yüzlüyü elde edebilir miyiz? Dehn bunun mümkün olmad n tanmlad bir de i³mez yardmyla gösterdi. Dehn'in kulland kir gerçekten basit. Kat cismi bir düzlem boyunca kesti imizi dü³ünelim. E er kenarlardan biri bu düzlemin içinde kalyorsa bu kenarn uzunlu u de i³meyecek fakat bu kenara ait aç, toplam ayn kalacak ³ekilde, iki parçaya bölünecektir. E er bir kenar bu düzlem ile kesi³miyorsa ne bu kenarn uzunlu u ne de bu kenara ait aç de i³ecektir. Yine e er bu düzlem bir kenar kö³eleri d³nda bir noktada kesiyorsa bu kenar, uzunluklar toplam ayn kalmak üzere, iki parçaya ayrlacaktr. Ayrca bu durumda bu iki parçann da açlar de i³meyecektir. Son olarak, kesme i³lemi sonunda bir yüz iki parçaya ayrlrsa, ayn uzunlu a sahip iki yeni kenar ortaya çkacaktr. Bu kenarlara ait açlar toplam ise π olacaktr. imdi Dehn de i³mezini tanmlayabiliriz: P sonlu sayda ayrk çok yüzlü kat cismin ve E bu cisimlerin tüm kenarlarnn kümesi olsun. Herhangi bir e E kenar için l(e) R bu kenarn uzunlu unu ve θ(e) R bu kenara ait yüzler arasndaki aç olsun. Bu durumda, R Q (R/(Qπ)) Q-vektör uzay içinde de er alan Dehn de i³mezi D(P ). = e E l(e) Q (θ(e) + Qπ) R Q (R/(Qπ)), olarak tanmlanr. Bu ifadenin P kümesi içinde kalan kat cisimlerin düzlemler boyunca kesilmesi ile de i³medi ini gözlemleyiniz. Herhangi bir küp için bu de i³mezin sfr oldu unu gösteriniz. Son olarak, herhangi bir düzgün dört yüzlü için bu de i³mezin sfrdan farkl oldu unu ve dolaysyla bir küpü kesip yap³trarak düzgün dört yüzlü elde edemeyece imizi gösteriniz. Bu konuda daha kapsaml bir okuma için Dehn-Hadwiger Teoremi ile Dehn-Sydler Teoremi'ne bakabilirsiniz. Bu problemin yüksek boyutlu ( n 5) genellemeleri henüz açk durumdadr. Bu tarihi ve güzel problemi dikkatime sunan Be³ikta³ Atatürk Anadolu Lisesi ö rencisi sayn Baran Çetin'e te³ekkür ederim (2014 Aralk ay).

70 52 Yardmc Bilgiler 32. R de i³meli bir halka, (Λ, ) yönlü bir küme ve {M i } i Λ bir R-modülleri ailesi olsun, öyle ki, a) her i j için bir f ij : X i X j R-modül homomorzmas olsun; ve ayrca b) her i j k için f ik = f jk f ij e³itli i sa lansn. imdi bu R-modüllerin direkt toplam üzerinde bir denklik ba nts tanmlayalm: x M i ve y M j için x y'dir ancak ve ancak öyle bir k Λ ve z X k vardr ki i, j k'dir ve hem f ik (x) = z hem de f jk (y) = z olur. i Λ M i içinde x y olmak üzere x y tipindeki elemanlarn üretti i alt modülü D ile gösterelim. Bu durumda i Λ M i /D bölüm modülüne {M i } i Λ ailesinin düz limiti denir ve lim M i ile gösterilir. Buna denk bir ba³ka tanm ise ³udur: Bu modüllerin ayrk birle³imi üzerinde yukardaki denklik ba ntsn dü³ünelim. Toplama i³lemini de ³u ³ekilde yapalm. x M i ve y M j rastgele iki eleman olmak üzere i, j k ko³ulunu sa layan k endeksi için bu iki elemann toplamn M k içinde bunlara denk olan elmanlarn toplam olarak tanmlayalm: x + y =. f ik (x) + f jk (y). Bu ikinci tanmn avantaj direkt limitin grup, halka ve cisimler için de do rudan tanmlanabilmesine olanak sa lamasdr. Bu sayede gruplar için skntl olan direkt toplam i³inden kurtulmu³ oluruz. (a) Λ = Z + kümesi üzerinde m n ancak ve ancak m n ksmi sralama ba ntsn tanmlayalm. Her n Λ için M n = Z n devirli grubunu ve her m n için f mn : M m M n, [k] [nk/m], ile verilen Z-modül homomorzmasn göstersin. lim M n limit grubunun Q/Z bölüm grubuna (toplama i³lemi ile beraber) izomork oldu unu gösteriniz. (b) Yukarda ele ald mz sorudaki modülleri M n = Z ve homomor- zmalar f mn : M m M n, k nk/m, alrsak lim M n limit grubunun Q grubuna (toplama i³lemine göre) izomork oldu unu gösteriniz. E er M n modülünü {k/n k Z} Z alrsak f mn : M m M n homomorzmasnn rasyonel saylardaki payda e³itleme i³lemine kar³lk geldi ini görebiliriz. 33. M = Z 2 rank iki olan de i³meli grup ve N bu grup içinde (2, 3) ve (1, 5) elemanlarnn üretti i alt grup olsun. Bu durumda M/N bölüm grubu nedir? Sonlu ise kaç eleman vardr? Bu vektörleri satr olarak kabul eden [ ] 2 3 A = 1 5 matrisinin determinantnn bir anlam var m? Bu al³trmada bu sorunun cevabn bulmann sistematik bir yolunu ö renece iz.

71 Al³trmalar 53 R bir esas ideal bölgesi, M sonlu üretilen serbest bir R-modül ve N M bir alt modül olsun (R bir esas ideal bölgesi oldu undan M Noetherian'dr ve dolaysyla her alt modülü sonlu üretilir). β = {e 1,, e n } M modülünün bir taban ve β = {f 1,, f m } N'nin bir üreteç kümesi olsun. A = (a ij ), f i = j a ije j, i = 1,, m ve j = 1,, n, olacak ³ekilde bir matris olsun. (C i C j ) : e i e j ve (R i R j ) : f i f j yer de i³tirme ve (C i C i rc j ) : e j re i + e j ve (R j rr i + R j ) : f j rf i + f j bir üreteçin r R katn di erine ekleme i³lemleri üreteçlerin de i³iminin A matrisini nasl de i³tirdi ini gösterir (C i ler A matrisinin sütunlar, R i ler ise satrlardr). Örnek olarak, (C i C i rc j ) : e j re i + e j i³lemi β kümesinde e j 'nin re i +e j ile de i³tirilmesi sonucunda A matrisinin i'inci satrndan j'inci satrnn r katnn çkarld n göstermektedir. Taban de i³tirme i³lemlerinin gerçekten iddia edilen satr ve sütun i³lemlerine kar³ geldi ini gösteriniz. Bu tür satr ve sütun i³lemlerini kullanarak A matrisin sonlu admda bir D = (d ij ) matrisine dönü³türebiliriz; öyle ki, d 11 d 22 d kk 0 olacak ³ekilde bir k min{m, n} vardr ve di er tüm d ij = 0'dr: d 11 R halkas içinde tüm a ij 'lerin en küçük ortak bölenidir (halkamz bir esas ideal bölgesi oldu u için bunu yapabiliriz). A matrisinde a 11 yerine d 11 elemann getirdikten sonra yine satr ve sütun i³lemleriyle birinci satr ve sütundaki di er tüm elemanlar sfr yapabiliriz. Daha sonra matrisin birinci satr ve sütununa dokunmadan ayn i³lemleri di er satr ve sütunlara yaparak devam ederiz. Bu i³lemin sonlu admda bitece i açktr. Bu i³lemler sonucunda β = {e 1,, e n } ve β = {d 11 e 1,, d kk e k } oldu unu kabul edebiliriz. O halde bölüm modülü ( k i=1r/(d ii R)) R n k olur. Son olarak R = Z ve n = k ise bölüm grubu sonludur ve eleman says det(a) = det(d) = d 11 d kk saysdr. En ba³ta verdi imiz örnek için det(a) = 7 oldu undan bölüm grubu yedi elemanl tek Z-modül olan Z/7Z olmaldr. 34. Bu al³trmada gerçel (veya karma³k) saylar üzerindeki M(n, n) kare matrisler uzay içinde n-tane farkl özde eri olan matrislerin olu³turdu u alt uzayn M(n, n) = R n2 içinde açk bir yuvar içerdi ini gösterece iz: D = (d ij ), d ij = iδ ij, (i, j = 1,, n), kö³egen matrisini dü³ünelim.

72 54 Yardmc Bilgiler (a) D matrisinin karakteristik polinomunun f D (λ) = (λ 1) (λ n) oldu unu gösteriniz. Bu polinomun 0.5, 1.5,, n 0.5, n noktalarnda ald de erlerin i³aretlerinin her seferinde de i³ti ini gözlemleyiniz. (b) Katsaylar f D (λ) polinomunun katsaylarna ϵ kadar yakn olan n'inci dereceden her f(λ) polinomunun n tane farkl gerçel kökü olacak ³ekilde bir ϵ > 0 saysnn varl n gösteriniz. (c) M(n, n) R n2 metrik uzay içinde her A B(D, δ) matrisinin n tane farkl özde eri olacak ³ekilde bir B(D, δ) açk yuvarnn varl n gösteriniz. 35. Bu al³trmada Cayley-Hamilton Teoremi'nin bir ba³ka kantn görece iz. (a) Do rudan hesap yaparak her kö³egen D M(n, n) matrisi için f D (D) = 0, sfr matrisi, oldu unu gösteriniz. Benzer ³ekilde her kö³egenle³tirilebilir B M(n, n) matrisi için f B (B) = 0, oldu unu gösteriniz. (b) Φ : M(n, n) M(n, n), Φ(A) = f A (A), ile tanmlanan fonksiyonun her bile³eninin A = (a ij ) matrisinin a ij bile³enlerinin birer polinomu oldu unu gösteriniz. (c) Al³trma 34'in sonucunu kullanarak her A M(n, n) için Φ(A) = 0 oldu unu gösteriniz. 36. A bir kare matris olmak üzere det(e A ) = e tra oldu unu gösteriniz (ilk önce kö³egen bir matris için gösteriniz ve daha sonra e³itli in her iki tarafnn da A'nn analitik fonksiyonlar olmasn ve kö³egenle³tirilebilir matrislerin tüm matrisler içinde açk bir yuvar içerdi ini kullannz). A izi sfr olan bir kare matris ise e A 'nn determinant bir olan bir matris oldu unu gösteriniz. 37. Bu al³trmada karakteristik polinomu do rusal terimlerin çarpm ³eklinde yazlabilen bir matrisin Jordan temel formunun nasl bulunaca n görece iz. F cismi üzerinde tanml bir A M(n, n) matrisinin karakteristik polinomu, i j için, λ i λ j olacak ³ekilde λ 1,, λ k F özde erleri için f A (λ) = (λ λ 1 ) n1 (λ λ k ) n k olsun. V ile F n vektör uzayn gösterelim.

73 Al³trmalar 55 (a) i = 1, 2 olmak üzere T i : V V do rusal operatörleri için T 1 T 2 = 0 ve ker(t 1 ) ker(t 2 ) = (0) ise V = ker(t 1 ) ker(t 2 ) direkt toplam oldu unu gösteriniz. (b) g 1 (λ), g 2 (λ) F[λ] aralarnda asal iki polinom ve B M(n, n) herhangi bir matris olmak üzere g i (B) : V V operatörleri için ker(g 1 (B)) ker(g 2 (B)) = (0) oldu unu gösteriniz. (c) Her i = 1,, k için V i = ker(λ i I n A) n i olmak üzere A(V i ) V i ve V = V 1 V k oldu unu gösteriniz ( pucu : g 1 (λ) = (λ λ 1 ) n 1 ve g 2 (λ) = f A (λ)/g 1 (λ) alnz ve tümevarm metodunu kullannz). (d) Her i = 1,, k için A'nn V i alt uzayna kstlan³nn, A Vi : V i V i, karakteristik polinomunun (λ λ i ) n i oldu unu gösteriniz. Buradan V i vektör uzaynn boyutunun n i oldu u sonucuna varrz. ( pucu : A : V V do rusal operatörünün V i 'lerin tabanlarnn birle³iminden olu³an bir tabandaki matris gösterimini kullanarak karakteristik polinomunu yaznz). (e) B matrisinin karakteristik polinomunun (λ λ 0 ) n oldu unu kabul edelim. L = λ 0 I n B operatörü olmak üzere W i = ker(l i ) olarak tanmlansn. O halde, L(W i ) W i 1, W 0 = (0), W 1 = E λ0, λ 0 özde erine kar³lk gelen özvektör uzay ve W n = F n olur. E er v 1,, v k W i vektörlerinin denklik snar W i /W i 1 bölüm uzay içinde do rusal ba msz bir küme ise 0 s < i, ve 1 j k olmak üzere {L s (v j )} kümesinin do rusal ba msz bir küme oldu unu gösteriniz. imdi W i /W i 1 (0) olacak ³ekilde en büyük i saysn seçelim. Bu say l olsun. W l uzay içinde denklik snar W l /W l 1 bölüm uzaynn bir taban olacak ³ekilde v1 1,, v1 k 1 vektörleri seçelim. O halde L(v1 1),, L(v1 k 1 ) kümesi W l 1 /W l 2 bölüm uzaynn içinde do rusal ba msz bir küme verir. imdi de, öyle v1 2,, v2 k 2 W l 1 seçelim ki, L(v1), 1, L(vk 1 1 ), v1, 2, vk 2 2 vektörlerinin denklik snar W l 1 /W l 2 bölüm uzaynn bir taban olsun (k 2 = 0 olmas elbette mümkündür). Bu ³ekilde devam ederek, L l 1 (v 1 1),, L l 1 (v 1 k 1 ), L l 2 (v 2 1),, L l 2 (v 2 k 2 ),, L(v1 l 1 ),, L(v l 1 k l 1 ), v1, l, vk l l vektörlerinin denklik snar E λ0 = W 1 /W 0 bölüm uzay için bir taban olacak ³ekilde v 1 1,, v 1 k 1, v 2 1,, v 2 k 2,, v l 1 1,, v l 1 k l 1, v l 1,, v l k l vektörlerini elde ederiz. Bu durumda

74 56 Yardmc Bilgiler {v 1 1, L(v1 1 ),, Ll 1 (v 1 1 ), v 1 2, L(v1 2 ),, Ll 1 (v 1 2 ),.... vk 1 1, L(vk 1 1 ),, L l 1 (vk 1 1 ), v 2 1, L(v2 1 ),, Ll 2 (v 2 1 ), v 2 2, L(v2 2 ),, Ll 2 (v 2 2 ),.... vk 2 2, L(vk 2 2 ),, L l 2 (vk 2 2 ), v1 l 1, L(v1 l 1 ), v2 l 1, L(v2 l 1 ),. v l 1 k l 1 v l 1, v l 2,. v l k l },., L(v l 1 k l 1 ), kümesinin V = F n için bir taban olu³turdu unu ve A matrisinin bu sral tabanda Jordan bloklar ³eklinde göründü ünü gösteriniz. 38. Bir matrisin karakteristik polinomu do al bir ³ekilde matrisin sürekli bir fonksiyonudur. Di er taraftan, minimal polinomun matrisin sürekli bir fonksiyonu olamayaca n gösteriniz. 39. (a) a 0 = a 1 = 1 ve n 2 için a n+2 = a n + a n+1 ile tanmlanan (a n ) = (1, 1, 2, 3, 5, 8, ), Fibonacci dizisinin genel teriminin sadece n cinsinden ifadesini Örnek yardmyla hesaplayalm: v n = [a n a n+1 ] T vektörü ise Av n 1 = v n oldu unu gösteriniz. Buradan v n = A n v 0 yazarak sonucu hesaplaynz. (b) Bu metodu kullanarak (1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, ) periyodik dizisinin genel teriminin sadece n cinsinden ifadesini bulunuz (bu dizi için kullanaca nz matrisin özde erleri karma³k saylar olacaktr). (c) Jordan temel formunu kullanarak, n 0 için, a n+2 = 4(a n+1 a n ) ile verilen (a n ) dizisinin genel terimini a 0, a 1 ve n cinsinden hesaplaynz.

75 Al³trmalar 57 (d) (a n ) k'nc dereceden indirgemeli bir dizi olsun. Ba³ka bir deyi³le öyle c 0,, c k 1 saylar vardr ki her n 0 için a n+k = c k 1 a n+k c 0 a n olur. Yukarda ki gibi v n = [a n a n+k 1 ] T vektörünü gösterirse Av n 1 = v n olacak ³ekilde seçilen A matrisinin karakteristik polinomunun f A (λ) = λ k c k 1 λ k 1 c 1 λ c 0 oldu unu gösteriniz. 40. Bu al³trmada rank n 1 olan serbest de i³meli G = Z n grubunun, endeksi verilen bir N 1 do al saysna e³it olan alt gruplarnn saysn, Smith Normal Form benzeri bir i³lem kullanarak hesaplayaca- z. Boyutlar n n olan tam say katsayl bir A matrisi alalm. Bu matrisin satrlarn üreteç kümesi kabul eden alt grubu H G ile gösterelim. Al³trma 33'da görmü³ oldu umuz satr i³lemlerinin H alt grubunu koruyaca açktr. (a) A matrisine sadece satr i³lemleri uygulayarak bu matrisi a³a da tarif edilen temel forma dönü³türebiliriz: d 1 d 12 d 1n A 0 d 2 d 2n = D = d n D matrisinin kö³egen elemanlarnn pozitif seçilebilece ini ve bu durumda N = d 1 d n ko³ulunu sa lad n gösteriniz. Ayrca 0 d ij < d j ko³ulunu da eklersek D matrisinin A matrisi tarafndan tek bir ³ekilde belirlendi ini gözlemleyiniz. (b) G serbest de i³meli grubunun endeksi N olan alt gruplarnn yukarda tarif etti imiz D matrisleriyle bire bir e³lenebilece ini gösteriniz. O halde, endeksi N olan alt gruplar saymak yukardaki ko³ullar sa layan D matrislerini saymaya denktir. (c) Verilen N ve n pozitif tam saylar için, G = Z n grubunun endeksi N olan alt gruplarnn saysn f n (N) ile gösterelim. Bu durumda a³a daki fonksiyonel ba ntnn do ru oldu unu gösteriniz: f n (N) = d n 1 f n 1 (N/d). d N (d) f 1 (N) = 1 ve f 2 (N) = d oldu unu gösteriniz. (Bu konuda yazlm³ oldukça geni³ kapsaml bir çal³ma için [22] numaral referansa d N baknz.) 41. Bu al³trmada do rusal cebir kullanarak Özel Görecelik Kuram'nn önemli bir parças olan Lorentz Dönü³ümleri'ni elde etmeye çal³aca z.

76 58 Yardmc Bilgiler Bunun için ilk önce, düz bir yol boyunca sabit v hzyla ilerleyen bir tren dü³ünelim. Trenin d³nda ve içinde iki ayr gözlemci oldu unu varsayalm. Trenin üzerinde hareket etti i yolun x-ekseni oldu unu ve trenin pozitif eksen boyunca hareket etti ini kabul edelim. Trendeki gözlemci de uzunluklar ölçebilmek için bir x -ekseni kullansn. Ayrca trenin içinde ve d³nda bulunan iki saat yardmyla gözlemciler zaman dilimlerini ölçüyor olsunlar. Trenin d³ndaki gözlemci zaman t ile gösterirken içindeki gözlemci t ile göstersin. Lorentz dönü³ümleri trenin içinde geçen bir olay ile ilgili uzunluk ve zaman ölçümlerinin d³ardaki gözlemci tarafndan nasl göründü ünü ifade eder: Trenin içinde ölçülen bir x uzunlu u ile t zaman dilimi d³ardaki gözlemci tarafndan x ve t olarak ölçülmü³ olsun. O halde, Lorentz dönü³ümü ( t, x ) ikilisinin ( t, x) ikilisi cinsiden ifadesini vermeli: ( t, x ) = L( t, x). I³k hz ile ilgili bir deneyi grak ile göstermeye çal³t mzda gerçekçi bir grak çizmek çok zordur çünkü ³k hz günlük hayatta kar³la³t mz hzlara göre çok büyüktür. Bu nedenle zaman eksenini c ³k hz ile çarparak (t, x) yerine (ct, x) ve (t, x ) yerine de (ct, x ) koordinatlar ile çal³alm. Yeni koordinatlarda eksenlerin her ikisinin de ayn birime (metre veya kilometre) sahip oldu unu gözlemleyiniz. Daha fazla ilerleyebilmek için iki kabul yapaca z: Birincisi matematiksel bir kabul. A) (ct, x ) = L(ct, x) fonksiyonu do rusaldr. Her iki koordinat sistemini de R 2 ile e³lersek bu do rusal dönü³ümü R 2 üzerinde bir do rusal operatör olarak görebiliriz. Bu operatörün standart tabandaki matris gösterimi [ ] a11 (v) a A(v) = 12 (v) olsun. a 21 (v) a 22 (v) kincisi ise deneylerde tescil edlilmi³ ziksel bir olgu. B) I³k hz seçilen koordinat sisteminden ba mszdr. Dolaysyla, herhangi bir deney sonucunda her iki gözlemci de ³ n hzn 1 olarak hesaplayacaktr (zaman ³k hz ile çarpt mz için artk ³k hz bir birimdir). imdi bir deney hayal edelim: Trenin içindeki bir vagonun bir ucundan tutulan fenerin ³ nn c t zaman aral nda x kadar yol ald n kabul edelim. Bu durumda d³ardaki gözlemci ³ n c t zaman aral nda x kadar yol ald n ölçecektir. I³k hz her iki gözlemci için de 1 olaca na göre a³a daki e³itlik do rudur: x c t = 1 = x c t.

77 Al³trmalar 59 Bu e³itlikleri kullanarak [1 1] T vektörünün A(v) matrisinin bir özvektörü oldu unu gösteriniz. Ayrca, ayn deneyi feneri negatif x - ekseni yönünde vagonun di er ucundan tutsaydk [1 1] T vektörünün de bir özvektör oldu unu görürdük. O halde, [ 1 A(v) 1 ] [ 1 = λ 1 (v) 1 ] [ ve A(v) 1 1 ] [ = λ 2 (v) 1 1 olacak ³ekilde λ 1 (v), λ 2 (v) gerçel özde erleri vardr. Bu bilgileri kullanarak A(v) = 1 [ ] [ ] λ1 + λ 2 λ 1 λ 2 γ(v) α(v) = 2 λ 1 λ 2 λ 1 + λ 2 α(v) γ(v) elde ederiz. Bu arada A(v) matrisinin simetrik oldu unu da görmü³ olduk. Her iki gözlemcinin durumlar birbirine göre simetriktir. Ba³ka bir deyi³le, trendeki gözlemciyi duruyor, d³ardakini ise v yönünde haraket ediyor olarak dü³ünebiliriz. Dolaysyla, A(v) 1 = A( v) olmaldr. imdi dönü³ümü matris gösterimini kullanmadan tekrar yazarsak, ve benzer ³ekilde denklemlerini elde ederiz. c t = γ(v)c t + α(v) x c x = α(v)c t + γ(v) x c t = γ( v)c t + α( v) x c x = α( v)c t + γ( v) x ] ekil 1.8: Trenin tavanndan çkan ve yerden yansdktan sonra tekrar tavana çarpan ³ n izledi i yolun d³ardaki gözlemci tarafndan alglan³ ³ekli.

78 60 Yardmc Bilgiler Einstein hayali bir deney tasarlayarak γ(v) fonksiyonunu hesaplam³tr. Deneyi size aktaralm. Vagonun yüksekli i h olsun. Tavandaki bir fenerden çkan ³k vagonun tabanndaki bir aynadan yansyarak tekrar tavana çarpsn. Bu durumda vagonun içindeki gözlemciye göre ³ n tavandaki fenerden çkp tekrar tavana ula³mas t = 2h/c saniye sürecektir. Di er taraftan, d³ardaki gözlemci ³ n yukardaki ³ekilde gösterilen iki e ik do ru parças boyunca hareket etti ini görecektir. Her bir do ru parças kenar uzunluklar h ve v t/2 olan dik üçgenlerin hipotenüsüdür. O halde, t = 2D c = 2 h 2 + v 2 ( t) 2 /4 c elde edilir. imdi bu iki denklemi kullanarak t = t 1 (v/c) 2 e³itli ini bulunuz. Di er taraftan, bu deneyde x = 0 oldu unu kullanarak γ( v) = sonucuna ula³nz. 1 (v/c) 1 2 imdi, γ( v) = 1 1 (v/c) 2 = γ(v) ve I 2 = A(v)A(v) 1 = A(v)A( v) e³itliklerini kullanarak α( v) = α(v) ve det(a(v)) = 1 oldu unu gösteriniz. Dolaysyla, γ 2 (v) α 2 (v) = 1 ve buradan da β(v) = v/c olmak üzere α(v) = ±β(v)γ(v) e³itli ini elde ediniz. Hangi i³aretin do ru oldu unu tespit etmek için Einstein'n deneyine tekrar dönelim. Deneyde t > 0 ve x = 0 de erlerine kar³lk x > 0'dr, çünkü x deney srasnda ³ n yatay olarak ald mesafenin d³ardaki gözlemci tarafndan ölçülen büyüklü üdür ve ³k d³ardaki gözlemciye göre pozitif yönde hareket etmektedir. Dolaysyla, yukarda elde etti imiz c x = α( v)c t + γ( v) x e³itli inden α( v) > 0 oldu unu görürüz. Son olarak (trenin hz) v > 0 oldu undan α(v) = β(v)γ(v) sonucuna varrz. O halde, [ ] γ(v) β(v)γ(v) A(v) = β(v)γ(v) γ(v) olur. Bu matrisin özde erlerini ve bunlara kar³lk gelen özvektörleri bulunuz. Lorentz dönü³ümlerinin trenin hznn her zaman ³k hzndan küçük kald n öngördü ünü gözlemleyiniz. Bu al³trmay bir soruyla tamamlayalm: Hz v olan trenin içinde, x - ekseni boyunca ve u hznda yürüyen birinin hznn d³ardaki gözlemci

79 Al³trmalar 61 tarafndan u + v 1 + uv/c 2 olarak ölçülmesi gerekti ini kantlaynz.

80

81 Hiç büyümemi³ bir çocuk gibiyim. Sürekli `neden' ve `nasl' diye soruyorum. Arada bir de cevap buluyorum. -Stephen Hawking 2 Türevlenebilir Manifoldlar Bu ünitede ilk önce türevlenebilir manifoldun tanm, manifold örnekleri ve manifoldlarn yaplarna dair temel özellikler verilecektir. Daha sonra türevlenebilir manifoldlarn te et uzaylar ve te et demet yaplarn inceleyece iz. Ardndan rank teoremlerini ve manifoldlarn Öklit uzayna gömülmesine dair sonuçlar verece iz. Son olarak türevlenebilir formlar ve Stokes Teoremi'ni görece iz. [15], [2], [39] ve [6] türevlenebilir manifoldlar için yaygn kullanlan kaynaklardan bazlardr. 2.1 Türevlenebilir Manifoldlar Temel Tanmlar X Hausdor ve ikinci saylabilir (saylabilir bir tabana sahip olan) bir uzay olsun. E er X her biri R n 'nin açk bir alt kümesine homeomork olan açk alt kümelerinin birle³imi olarak yazlabiliyorsa, X'e n-boyutlu topolojik manifold denir. X = U α, ve φ α : U α V α, V α R n, homeomorzmalar ise {φ α : U α V α } ailesine X topolojik manifoldunun bir topolojik atlas denir. Bu durumda bo³ kümeden farkl her U α U β ara kesiti için φ β φ 1 α : φ α (U α U β ) φ β (U α U β ) bile³ke fonksiyonu R n 'nin açk alt kümelerinin bir homeomorzmas olacaktr. E er X topolojik manifoldu için, bu bile³ke fonksiyonlarnn hepsi C k - snfndan olursa (k N { }) bu atlasa X topolojik manifoldu üzerinde C k -snfndan türevlenebilir yap denir. Bu durumda X topolojik manifolduna da C k -snfndan türevlenebilir manifolddur denir. E er k = ise X'e ksaca türevlenebilir manifold denir. n saysna X manifoldunun boyutu ve her 63

82 64 Türevlenebilir Manifoldlar bir φ α : U α V α homeomorzmasna (U α üzerinde) bir koordinat sistemi denir. p U α olmak üzere φ(p) = (x 1 (p),, x n (p)) fonksiyonunun x i (p) bile³enlerine de koordinat fonksiyonlar denir. Manifoldlar büyük harflerle, boyutlarn ise manifoldu gösteren harn üzerine küçük harf veya rakam yazarak gösteririz: S n, M 4, R 3 vs. Hatrlatma U R n ve V R m açk kümeler ve f : U V bir difeomorzma olsun. Bu durumda her p U için Df(p) : R n R m türev fonksiyonu do rusal bir izomorzma oldu undan n = m olmaldr. Bundan dolay türevlenebilir manifoldun boyutu iyi tanmlanm³tr. Aslnda f fonksiyonun sadece bir homeomorzma olmas durumunda bile n = m olur. Dolaysyla topolojik manifoldlarn boyutu da iyi tanmldr. Fakat bu sonucun, birkaç özel durum d³nda (bkz. Al³trma 3), basit saylabilecek bir kant yoktur (tekil homoloji teorisi kullanlarak kantlanabilir). Sfr boyutlu her manifold yerel olarak R 0 = {0}'a homeomork oldu undan ayrk topolojiye sahiptir. Di er taraftan, her manifold ikinci saylabilir oldu u için bu ayrk küme saylabilir bir kümedir. Aslnda, sonraki bölümlerde görece imiz gibi her manifold bir Öklit uzaynn uygun alt uzayna homeomorktir (bkz. sayfa 80) ve saylamaz ayrk bir küme hiçbir Öklit uzayna gömülemez. Dolaysyla, manifold tanmndaki ikinci saylabilirlik ko³ulu, manifoldlar Öklit uzayna gömmeyi amaçlyorsak, vazgeçilemez bir ko³uldur. Örnek R n ya da herhangi bir açk alt kümesi n boyutlu türevlenebilir manifolddur. Aslnda koordinat sistemini birim dönü³üm seçerek tek bir eleman olan atlas ile manifoldumuzu kaplayabiliriz. Ayrca, R n Hausdor ve ikinci saylabilir oldu u için her alt uzay da Hausdor ve ikinci saylabilirdir. Hatrlatma Yukardaki tanmda R n yerine C n yazarak n-boyutlu karma³k manifold tanmn elde ederiz. Fakat C 1 karma³k fonksiyonlar ayn zamanda C olduklar için her karma³k manifoldu C kabul edebiliriz. Di er taraftan, türevlenebilir her f : C n C n fonksiyonu C bir f : R 2n R 2n fonksiyonu olarak görebilece imiz için n-boyutlu karma³k her manifold aslnda 2n-boyutlu C bir manifolddur. Örnek (Birim Küre). Bu örnekte R n+1 S n = {(x 1,, x n+1 ) R n+1 içindeki n+1 x 2 i = 1} birim küresinin türevlenebilir bir manifold oldu unu görece iz. Küre Öklit uzaynn bir alt kümesi oldu u için Hausdor ve ikinci saylabilirdir. Ayrca küre üzerindeki S = (0,, 0, 1) ve N = (0,, 0, 1) noktalar etrafnda U N = S n {N} ve U S = S n {S} ile tanmlanan açk kümeleri birim kürenin açk bir örtüsünü vermektedir. imdi φ N : U N R n x n, φ N (x 1,, x n+1 ) = (,, ) 1 x n+1 1 x n+1 i=1 x 1

83 Türevlenebilir Manifoldlar 65 ve φ S : U S R n x 1 x n, φ S (x 1,, x n+1 ) = (,, ) 1 + x n x n+1 fonksiyonlarn tanmlayalm. Bu fonksiyonlarn terslerinin ve N : 2y 1 Rn U N, y = (y 1,, y n ) ( 1 + y 2,, 2y n 1 + y 2, y y 2 ) φ 1 S : 2y 1 Rn U S, y = (y 1,, y n ) ( 1 + y 2,, 2y n 1 + y 2, 1 y y 2 ) φ 1 oldu u kolayca görülür. O halde, φ N ve φ S birim küre üzerinde iki elemanl bir atlas olu³turur. Bu fonksiyonlar ve tersleri de i³kenlerin rasyonel ifadeleri olduklarndan φ N φ 1 S : Rn {0} R n {0} ve φ S φ 1 N : Rn {0} R n {0} koordinat dönü³üm fonksiyonlar C 'durlar. Dolaysyla S n birim küresi türevlenebilir manifolddur. Örnek (Projektif Uzay). Bir önceki bölümün Al³trma 13'ünde ele ald mz gerçel projektif düzlemin do rudan genellemesi olan gerçel projektif uzay tanmlayaca z. R n+1 {(0,, 0)} uzay üzerinde denklik ba ntsn ³u ³ekilde tanmlayalm: (x 0,, x n ) (y 0,, y n )'dr ancak ve ancak (y 0,, y n ) = λ(x 0,, x n ) olacak ³ekilde sfrdan farkl bir λ says vardr. RP n = R n+1 {(0,, 0)}/ ile gösterilen bölüm uzay n + 1- boyutlu Öklit uzaynda merkezden geçen do rularn uzaydr ve gerçel projektif uzay diye adlandrlr. Sfrdan farkl bir (x 0,, x n ) noktasnn bölüm uzayndaki denklik snfn [x 0 : : x n ] ile gösterece iz. Bölüm fonksiyonunu π : R n+1 {(0,, 0)} RP n ile gösterelim. Her i = 0,, n için, U i = {[x 0,, x i,, x n ] RP n x i 0} açk kümesini göstersin (π 1 (U i ) ters görüntü kümesinin R n+1 {(0,, 0)} içinde açk oldu u kolayca görülür). Yine RP n = U 0 U n oldu unu görmek kolaydr. Bu açk kümeler üzerinde koordinat sistemleri ³u ³ekilde tanmlanr: φ i : U i R n, φ i ([x 0 : : x n ]) = ( x 0 x i,, x i x i, xn x i ). (Bu gösterimde üzerinde ³apka bulunan koordinat yok saylmaktadr.) Bu fonksiyonun tersi φ 1 i : R n U i, (y 1,, y n ) [y 0,, y i 1, 1, y i+1, y n ]

84 66 Türevlenebilir Manifoldlar ile verilir. Aslnda projektif uzay ayn denklik ba nts yardmyla birim kürenin bir bölüm uzay olarak da görülebilir: RP n = S n /, ve dolaysyla projektif uzay tkzdr. Birinci Ünite'deki Al³trma 9 ve Al³trma 13 sayesinde projektif uzay Hausdor'tur. Projektif uzayn ikinci saylabilir oldu u ise genel bir sonucun gere idir: kinci saylabilir bir uzayn herhangi bir bölüm uzay da ikinci saylabilirdir (kant tanmlardan kolayca görülür). Ayrca, küredekine benzer ³ekilde tüm koordinat sistemleri birer homeomorzmadr ve dönü³üm fonksiyonlar C oldu undan gerçel projektif uzay bir türevlenebilir manifolddur. Yukardaki örnekte gerçel saylar yerine karma³k saylar kullanlarak karma³k projektif uzay CP n elde edilir. Hemen hemen ayn ³ekilde tanmlanm³ olsalar da gerçel ve karma³k projektif uzaylar sahip olduklar geometrik ve topolojik özellikler açsndan çok farkl manifoldlardr. Türevlenebilir manifoldlar kategorisinin morzmalar türevlenebilir fonksiyonlardr: f : M N türevlenebilir manifoldlar arasnda bir fonksiyon olsun. E er, srasyla, m ve n boyutlu M m ve N n manifoldlar üzerindeki her φ : U R m ve ϕ : V R n koordinat sistemi için ϕ f φ 1 bile³ke fonksiyonu C ise f : M N fonksiyonuna türevlenebilirdir denir. Türevlenebilir fonksiyonlarn bile³kelerinin de türevlenebilir oldu unun gösterilmesini okuyucuya brakyoruz Te et Uzay M türevlenebilir bir manifold, p M bir nokta ve f : U R, g : V R bu noktann p U ve p V gibi iki açk kom³ulu unda tanml fonksiyonlar olsun. E er bu iki fonksiyon p W (U V ) gibi bir açk alt küme üzerinde birbirine e³itse bu iki fonksiyona denktir diyece iz. Bu ba ntnn denklik snarna p noktasndaki fonksiyon tohumlar denir ve denklik snar kümesi G p = {[f] f : U R} ile gösterilir. Aslnda G p gerçel saylar cismi üzerinde bir cebir olu³turur: [f], [g] G p rastgele fonksiyonlarn tohumlar olmak üzere toplama ve çarpma i³lemleri ve [f] + [g] = [f U V + g U V ] [f] [g] = [f U V g U V ] ile tanmlanr. imdi M manifoldunun bir p M noktasndaki te et vektörlerini G p cebiri üzerindeki derivasyonlar olarak tanmlayaca z: A³a daki ko³ullar sa layan bir D : G p R fonksiyonuna G p üzerinde bir derivasyon denir:

85 Türevlenebilir Manifoldlar Her [f], [g] G p ve a, b R için D(a[f] + b[g]) = a D([f]) + b D([g]) (Do rusallk); 2. Her [f], [g] G p için D([f] [g]) = f(p) D([g]) + g(p) D([f]) (Leibniz kural). Manifoldun p M noktasndaki tüm te et vektörlerinin (derivasyonlarn) olu³turdu u küme toplama ve sabit ile çarpma i³lemleri altnda bir R-vektör uzay olu³turur. Bu uzaya manifoldun p M noktasndaki te et uzay denir ve T p M ile gösterilir. Bu tanm herhangi bir koordinat sistemini kullanmad için teorik açdan daha avantajl olsa da pratikte pek kullan³l de ildir. imdi bir koordinat sistemi yardmyla te et uzayna bir taban bulaca z: p U M ve V R n açk kümeler olmak üzere φ : U V bir koordinat sistemi olsun. φ(q) = (x 1 (q),, x n (q)), q U, ise her i = 1,, n için, D i : G p R derivasyonu x i yönündeki yönlü türev yardmyla ³u ³ekilde tanmlansn: p 0 = (a 1,, a n ) = φ(p) olmak üzere D i : G p R, D i ([f]) = (f φ 1 ) x i (p 0 ), [f] G p. Bunun iyi tanmlanm³ bir derivasyon oldu unun gösterilmesini okuyucuya brakyoruz. Önerme {D 1,, D n } kümesi T p M te et uzaynn bir tabandr. Kant : [f] G p ise p 0 R n noktas etrafnda g = f φ 1 türevlenebilir fonksiyonun Taylor açlmn göz önüne alalm, g(x 1,, x n ) = g(p 0 ) n i,j=1 n i=1 g x i (p 0 )(x i a i ) 2 g x i x j (ξ)(x i a i )(x j a j ), (burada ξ, p 0 = (a 1,, a n ) ile (x 1,, x n ) noktalarn birle³tiren do ru üzerinde bir noktadr). D T p M bir derivasyon olsun. D(1) = D(1 1) = 2D(1) oldu undan her sabit C R fonksiyonu için D(C) = 0 elde edilir. Yine Leibniz kuralndan dolay 2 g D(( (ξ)(x i a i ))(x j a j )) = 0 x i x j oldu u görülür (burada ( 2 g x i x j (ξ)(x i a i ) ifadesinin de türevlenebilir fonksiyon oldu unu kullanyoruz; bkz. Al³trma 6). Bu durumda, D([f]) = n i=1 g x i (p 0 ) D((x i a i ))

86 68 Türevlenebilir Manifoldlar olmaldr. Di er taraftan, D i ([f]) = g x i (p 0 ) oldu undan D = n D((x i a i )) D i i=1 e³itli ini elde ederiz. Son olarak D i ((x j a j )) = δ ij e³itli ini kullanarak {D 1,, D n } kümesinin do rusal ba msz ve dolaysyla te et uzay için bir taban olu³turdu unu görürüz. Yukardaki sonuca göre, bir nokta etrafnda koordinat sistemi seçmek bize o noktadaki te et uzay için bir taban verecektir. Yukardaki te et vektörü gösteriminde vektörün ait oldu u te et uzay belirtilmemektedir; bu yüzden D i T p M te et vektörünü p x i ile gösterece iz. O halde, e er V R n açk bir küme, p V ve [f] G p ise p ([f]) = f (p) x i x i olur (burada V açk kümesi için koordinat sistemini birim fonksiyon olarak alyoruz). Φ : R n R m türevlenebilir bir fonksiyon, p R n ve q = Φ(p) olsun. p R n noktasnda bir D T p R n te et vektörü alalm. Bu durumda, [f] G q için Φ (D)([f]) = D(f(Φ)) olarak tanmlanan ifade q R m noktasnda bir te et vektör tanmlar. Aslnda bu ifade bize bir do rusal fonksiyon verir: Φ : T p R n T q R m, D Φ (D). imdi bu do rusal fonksiyonun matris gösterimini bulalm: lk önce fonksiyonumuzun R n üzerinde (x 1,, x n ) ve R m üzerinde (y 1,, y m ) ile verilen rastgele koordinat sistemleri cinsinden ifadesini Φ(x 1,, x n ) = (ϕ 1 (x 1,, x n ),, ϕ m (x 1,, x n )) olarak yazalm. Buradan ve dolaysyla Φ ( x i p )([y j ]) = Φ ( x i p ) = x i p (y j (Φ)) = ϕ j x i (p) m j=1 ϕ j x i (p) y j q do rusal fonksiyo- elde edilir. Son olarak, bu açlmdan Φ : T p R n T q R m nunun { } β = p,, p ve β = x 1 x n { y 1 q,, } q y m

87 Türevlenebilir Manifoldlar 69 noktasn- sral tabanlarndaki matris gösteriminin Φ fonksiyonunun p R n daki Jakobiyen matrisi, [ ] [Φ ] β β = ϕj (p), x i m n oldu unu görürüz (Ayrca bkz. Hatrlatma 1.2.4). Sonuç olarak, Φ : R n R m fonksiyonu bir uzaydan di erine noktalar ta³rken bu fonksiyonun türevinin de o noktalardaki te et vektörleri ta³d n görmü³ olduk. Φ te et fonksiyonunu Φ (p), (dφ) p veya (DΦ) p ile de gösterebiliriz. Baz durumlarda bir fonksiyonun türevini Jakobiyen matrisi kullanmadan hesaplamak daha pratik olabilir. Bunu açklamadan önce kolay bir gözlemde bulunaca z. v T p R n bir te et vektör olsun. O halde n v = i=1 a i p x i olacak ³ekilde a i R katsaylar bulabiliriz. Bu durumda γ : ( ϵ, ϵ) R n, γ(t) = p + tv, fonksiyonun t = 0 noktasndaki türevi v vektörüdür: D(γ)(0)( d n dt 0) = a i p = v = γ (0). x i Ayrca zincir kuralndan i=1 (DΦ) p (v) = (Φ(γ)) (0) buluruz. Bu metodun neden kullan³l oldu unu bir örnek üzerinde görelim. Örnek M(n, n) = R n2 ve S(n) = R n(n+1)/2 srasyla gerçel katsayl n n-matrisler ve n n simetrik matrisler uzaylarn göstersin. Φ : M(n, n) S(n), Φ(Q) = Q T Q, fonksiyonunun Q = Id birim matrisindeki türev fonksiyonunu hesaplayalm. Do rusal bir uzayn bir noktasndaki te et uzayn kendisi ile e³leyebiliriz. Bu durumda T Id M(n, n) = M(n, n) ve T Id S(n) = S(n) alabiliriz. Herhangi bir A M(n, n) te et vektörü için γ(t) = Id + ta alarak (DΦ) Id (A) = (Φ(γ)) Φ(γ(t)) Φ(γ(0)) (0) = lim t 0 t ve buradan da Id + ta T + ta + t 2 A T A Id (DΦ) Id (A) = lim = A + A T t 0 t buluruz: (DΦ) Id : M(n, n) S(n), A A T + A. (Bkz. Örnek ) Bundan sonra, tersi söylenmedikçe her manifold türevlenebilir bir manifold ve manifoldlar arasndaki her fonksiyon türevlenebilir bir fonksiyon olarak kabul edilecektir.

88 70 Türevlenebilir Manifoldlar Te et Demeti Herhangi bir M manifoldunun te et demeti te et uzaylarnn birle³imi olarak tanmlanr: T M = p M T p M = {(p, v) p M, v T p M}. Te et demetinden manifolda giden do al iz dü³üm fonksiyonu π : T M M, (p, v) p, ile tanmlanr. E er M boyutu n olan bir manifold ise T M boyutu 2n olan bir manifold olur. Aslnda M C k -snfndan bir manifold ise T M C k 1 -snfndan bir manifold olur. Te et demeti üzerindeki manifold yaps M'nin koordinat sistemleri kullanlarak olu³turulur. M = α U α, {φ α : U α V α }, M manifoldunun bir atlas olsun. Yukardaki gözlemlerimizin ³ nda (x 1,, x n ) V α R n üzerinde koordinat sistemi ise φ α : T U α V α R n, (p, i a i p ) (φ α (p), (a 1,, a n )) x i fonksiyonu bire bir e³leme verir. T U α üzerine φ α fonksiyonlarn homeomor- zma yapacak ³ekilde topoloji koyalm. M manifoldunu U α açk kümelerinin birle³imi olarak yazarsak manifoldu R n 'nin açk kümelerinin ayrk birle³iminin bir bölüm uzay olarak görebiliriz: M = α U α α V α /x (φ β φ 1 α )(x). Burada ' ' i³areti ile homeomorzma (aslnda difeomorzma) gösterilmektedir. Di er taraftan, bir (p, v) T M noktas için (p, v) T U α T U β ve φ α (p, v) = (φ α (p), w α ), φ β (p, v) = (φ β (p), w β ) olmak üzere D(φ β φ 1 α ) φα(p)(w α ) = w β oldu undan te et demetini V α R n 'larn ayrk birle³iminin bir bölüm uzay olarak yazabiliriz: T M = α T U α α V α R n /(x, w α ) ((φ β φ 1 α )(x), w β ), (henüz te et demeti üzerinde türevlenebilir yap koymad mz için ' ' ile sadece homeomorzma kastedilmi³tir). Te et demeti bu koordinat sistemlerinin olu³turdu u { φ α : T U α V α R n } atlas ile türevlenebilir bir manifold olur. Bu atlas olu³turan koordinat sistemleri, manifoldun koordinat fonksiyonlar ve onlarn türevlerinden olu³tu u için C k -snfndan bir manifoldun te et demeti C k 1 -snfndan olur. Benzer ³ekilde, f : M N türevlenebilir manifoldlarn C k -snfndan bir fonksiyonu ise f : T M T N, (p, v) (f(p), (Df) p (v)), fonksiyonu da C k 1 -snfndan olur. Her W U α açk kümesi için π 1 (W ) = W R n olmasna ra men genelde T M = π 1 (M) M R n Kartezyen çarpmna difeomork de ildir. Al³trma 17 de bir çarpm manifoldunun te et uzaynn, çarpmn olu³turan manifoldlarn te et uzaylarnn kartezyen çarpm oldu u gösterilmektedir.

89 Türevlenebilir Manifoldlar 71 Tanm ) π : X Y kümeler arasnda örten bir fonksiyon ise π s = id Y ko³ulunu sa layan her s : Y X fonksiyonuna π : X Y bölüm fonksiyonunun bir kesiti denir. 2) M bir manifold olmak üzere π : T M M te et demeti iz dü³üm fonksiyonunun her kesitine M manifoldu üzerinde bir vektör alan denir. Demetin herhangi bir kesiti s : M T M, p (p, f(p)), p M, ³eklinde verilsin. Genellikle, gösterimi kötü kullanarak kesitin ilk koordinatn görmezden gelece iz kesiti sadece p f(p) olarak yazaca z. Örnek M = R 2 manifoldu üzerinde her vektör alan A(p) = A(x, y) ve B(p) = B(x, y) türevlenebilir fonksiyonlar olmak üzere X(p) = A(p) x p + B(p) y p ³eklindedir. X(x, y) = x x p + y y p merkezcil vektör alanyken Y (x, y) = y x p + x y p dönel bir vektör alandr. ekil 2.1: Düzlem üzerindeki alanlarn birim çembere kstlan³lar Yukardaki örnek vektör alanlarnn bir koordinat sisteminde nasl göründü ünü göstermektedir. M = α U α, {φ α : U α V α }, M manifoldunun bir atlas ve s : M T M bir kesiti (vektör alan) olsun. s α : V α T V α bu kesitin V α koordinat sistemindeki ifadesi ise her α, β için, ϕ ij = φ β φ 1 α olmak üzere s β (ϕ ij (x)) = (Dϕ ij ) x (s α (x)) e³itli i sa lanr. Di er taraftan bu e³itlikleri sa layan her {s α : V α T V α } toplulu u manifold üzerinde bir vektör alan belirler.

90 72 Türevlenebilir Manifoldlar Örnek ) Örnek 2.1.5'te ele ald mz gerçel projektif do ru iki gerçel say do rusunun ayrk birle³iminin bir bölüm uzay olarak yazlabilir: O halde, te et demetini de RP 1 = R R /x ϕ(x) = 1/x, x R {0}. T RP 1 = T R T R /(x, v) (ϕ(x), ϕ (x)(v)) = (1/x, v/x 2 ), (x, v) R {0} R = T (R {0}), ³eklinde ifade edebiliriz. π : T RP 1 RP 1, [x, v] [x], te et demetinin iz dü³üm fonksiyonu olsun. Birinci ve ikinci koordinat sistemi üzerinde tanmlanan s 1 (x) = (x, 1 + x2 ) ve s 2 (x) = (x, 1 + x2 ) 2 2 yerel kesitlerini dü³ünelim. Gösterimi kötü kullanarak kesitleri olarak yazarsak s 1 (x) = 1 + x2 2 ve s 2 (1/x) = 1 x 2 s 1(x) s 2 (x) = 1 + x2 2 oldu undan bu iki yerel kesit RP 1 üzerinde bir s : RP 1 T RP 1 kesiti verir (bkz. Tanm 2.1.8). Dikkat edilirse bu kesitin hiçbir noktada sfr olmad n görürüz. E er P : RP 1 R RP 1, ([x], w) [x], ve F : RP 1 R T RP 1, ([x], w) w s([x]) ile tanmlanan fonksiyonlar ise P ([x], w) = π(f ([x], w)) olur. Burada F fonksiyonu difeomorzma olmakla beraber, her {[x]} R line kstlan³ da do rusal bir izomorzmadr. O halde, gerçel projektif uzayn te et demeti bir çarpm olarak ifade edilebilir. 2) Yukardakine benzer bir ³ekilde karma³k projektif do runun (karma³k) te et demetini de in³a edebiliriz T CP 1 = T C T C /(x, v) (ϕ(x), ϕ (x)(v)) = (1/x, v/x 2 ), (x, v) C {0} C = T (C {0}) (C yerine R 2 yazarak gerçel te et demetinin ifadesini elde edebiliriz). Fakat bu sefer s : CP 1 T CP 1 vektör alannn iki tane sfr olacaktr (s 1 (x) = s 2 (x) = 1+x2 2 polinomlarnn i ve i olmak üzere iki tane ortak kökü vardr ve 1/i = i dir). Dolaysyla bu te et demetini, olu³turdu umuz vektör alann kullanarak bir çarpm olarak yazamayz. Aslnda, S 2 = CP 1 projektif uzaynn te et demetini bir çarpm olarak yazamamann çok hakl sebepleri vardr. (Bkz. Hatrlatma (2) ve Örnek (2)) Yukardaki örne in ilk bölümünde oldu u gibi te et demeti çarpm ³eklinde yazlabilen manifoldlara paralellenebilir manifoldlar denir.

91 Türevlenebilir Manifoldlar 73 ekil 2.2: X 1 üzerinde 180 -döndürme ile Z 2 ve X 2 üzerinde de döndürme ile Z 3 etkisi vardr. Ayrca her iki etkinin de bölüm uzay Y 'dir: X 1 /Z 2 Y X 2 /Z Bölüm Manifoldlar ekil 2.3: Sa daki örtü uzay soldaki örtü uzayndan ³i³irilerek elde edilen iki boyutlu manifoldlarn bir örtü uzaydr. Graarn yüzeylere gömülmü³ oldu una dikkat ediniz! X, Y topolojik uzay ve P : X Y bu iki uzay arasnda sürekli bir fonksiyon olsun. Herhangi bir U Y açk kümesinin P 1 (U) ters görüntü kümesi, her α Λ için P V α : V α U bir homeomozma olacak ³ekilde, P 1 (U) = α Λ V α bir ayrk birle³imi olarak yazlabiliyorsa U açk kümesine P : X Y fonksiyonu ile tamamen örtülür denir. E er Y uzay bu tür açk kümelerin bir birle³imi ise X uzayna Y uzaynn bir topolojik örtü uzay (örtüsü) ve P : X Y fonksiyonuna da bir örtü fonksiyonu denir. Hatrlatma Yukardaki tanmdan kolayca görülece i gibi e er P : X Y bir örtü fonksiyonu ise, y P 1 (y), y Y, (y noktasnn üzerindeki lin, P 1 (y), kardinalitesi) fonksiyonu yerel sabit bir fonksiyondur. Dolaysyla, e er Y ba lantl bir uzay ise her noktann üzerindeki lin kardinalitesi ayndr. E er bu kardinalite sonlu bir say ise bu sayya örtünün derecesi denir. Örnek ekil 2.2 ve ekil 2.3'de iki çemberin tek nokta birle³iminin derecesi iki ve üç olan örtü uzaylarna örnekler verilmi³tir. lk ³ekildeki örtü uzaylar bir grup etkisinin bölüm uzay olarak yazlabilirse de ikinci ³ekildeki örnekler için bu do ru de ildir! Verilen topolojik bir uzayn örtü uzaylar tamamen bu uzayn temel grubu tarafndan belirlenir ve cisim geni³lemelerinin snandrlmas olarak görülebilecek Galois teoriye çok benzerdir (bkz. [18] s.56). Herhangi bir M manifoldunun difeomorzmalar kümesi Diff(M) = {f : M M f bir difeomorzmadr}

92 74 Türevlenebilir Manifoldlar fonksiyonlarn bile³ke operasyonu altnda bir grup olu³tururlar. G bu difeomorzma grubunun bir alt grubu olsun. E er her p M için id G g G olmak üzere g(u) U = olacak ³ekilde p U M bir açk kom³ulu u varsa G grubu M manifoldu üzerinde düzgün süreksiz etki ediyor denir (her ne kadar her g G için g : M M, x g(x), türevlenebilir bir fonksiyon olsa da). Bu ko³ulu sa layan açk kom³uluklara iyi kom³uluklar denir. Önerme E er bir G Dif f(m) alt gurubunun M manifoldu üzerindeki etkisi düzgün süreksiz ise bu etki serbest bir etkidir. Ayrca hiç bir yörüngenin y lma noktas yoktur ve dolaysyla, her yörünge manifold içinde kapaldr. Kant: Etkinin serbest oldu u düzgün süreksiz etki tanmndan açktr. imdi de önermede iddia edilenin tersine manifoldun bir q M noktasnn G p gibi bir yörüngesinin y lma noktas oldu unu kabul edelim. Etki düzgün süreksiz oldu undan her g G için, g(v ) V = olacak ³ekilde bir q V M açk kümesi vardr. q M noktasna yaknsayan bir (g n (p)) G p dizisi alalm. O halde, her n n 0 için g n (p) V olacak ³ekilde bir n 0 pozitif tam says vardr. Bu durumda, g n0 (p), g n0 +1(p) V ve dolaysyla g n0 +1(p) = (g n0 +1 gn 1 0 )(g n0 (p)) V (g n0 +1 gn 1 0 )(V ) olur. O halde, V (g n0 +1 gn 1 0 )(V ) çeli³kisini elde etmi³ olduk. Y lma noktas olmayan her küme kapal olaca ndan her yörünge kapaldr. Yukardaki gösterimi kullanarak devam edelim. E er G grubu sonlu ise Ünite 1, Al³trma 9'un sonucuna göre M/G bölüm uzay da Hausdor'tur. E er G grubunun etkisi düzgün süreksiz ve M/G bölüm uzay Hausdor ise bölüm uzay üzerinde do al bir türevlenebilir manifold yaps vardr (M ikinci saylabilir oldu u için her bölüm uzay da ikinci saylabilirdir): π : M M/G, x π(x) = [x], bölüm uzay fonksiyonu olsun. E er p M ise bu nokta etrafnda bir p U iyi kom³ulu u alalm. Bu durumda π U : U π(u) bir homeomorzma olur. U kom³ulu unu gerekirse biraz küçülterek φ U : U R n gibi bir koordinat fonksiyonun tanm kümesi oldu unu kabul edebiliriz. E er U ve V π(u) π(v ) ko³ulunu sa layan iki iyi kom³uluk ise g U,V (U) V ve π 1 V π U = g U,V olacak ³ekilde tek bir g U,V G vardr. O halde, bile³ke fonksiyonlardan olu³an {(ϕ π(u) = φ U π 1 U : π(u) R n )} ailesi M/G bölüm uzay üzerinde türevlenebilir bir atlas verir. Gerçekten de yukardaki U, V açk kümeleri için ϕ π(u) ϕ 1 π(v ) = φ U π 1 U π V φ 1 V = φ U g V,U φ 1 V fonksiyonu C -snfndandr. Örnek ) G = Z Z de i³meli grubu düzlem üzerine ³u ³ekilde etki etsin: G R 2 R 2, (m, n) (x, y) = (x+m, y +n). Bu etkinin serbest, düzgün süreksiz ve bölüm uzaynn da Hausdor oldu u kolayca görülür. Daha sonra bu etkinin bölüm uzay üzerinde vermi³ oldu u do al türevlenebilir manifold yapsnn torusa, T 2, difeomork oldu unu gösteriniz. 2) G = Z de i³meli grubu C 2 {(0, 0)} manifolduna ³u ³ekilde etki etsin:

93 Türevlenebilir Manifoldlar 75 Her n Z ve (z 1, z 2 ) C 2 {(0, 0)} için n (z 1, z 2 ) = (2 n z 1, 2 n z 2 ). Bu etkinin de serbest ve düzgün süreksiz oldu u kolayca görülür. Ayrca bölüm uzay do al olarak bir karma³k manifold olur. Ayrca C 2 {(0, 0)}/Z S 3 S 1, (z 1, z 2 ) ( (z 1, z 2 ) (z 1, z 2 ), e2πi log 2 (z 1,z 2 ) ) fonksiyonu bu karma³k manifolddan S 3 S 1 manifolduna bir difeomorzma verir. Ba³ka bir deyi³le, S 3 S 1 türevlenebilir manifoldu ayn zamanda bir karma³k manifolddur. leride bu karma³k manifoldun C N içine karma³k alt manifold olarak gömülemeyece ini görece iz (bkz. Örnek ). Di er taraftan, bu manifoldun CP N içine karma³k alt manifold olarak gömülememesi ise De Rham kohomoloji bölümünde ele alnacaktr (bkz. Örnek 'de) Rank Teoremleri f : M N türevlenebilir manifoldlarn bir fonksiyonu ve p M bir nokta olsun. E er (Df) p : T p M T f(p) N do rusal fonksiyonu bire bir (ayn ³ekilde, örten) ise f fonksiyonu p M noktasnda bir batrma (ayn ³ekilde, örtme) fonksiyonudur denir. E er fonksiyon manifoldun her noktasnda batrma (örtme) fonksiyonu ise fonksiyona ksaca batrma (örtme) fonksiyonudur denir. E er f : M N fonksiyonu bire bir batrma fonksiyonu ise bu fonksiyona bir alt manifold denir. Bu bire bir batrma fonksiyonu (alt manifold) ayn zamanda görüntüsü üzerine bir homeomorzma ise bu fonksiyona (türevlenebilir ) gömme fonksiyonu denir. Ba³ka bir deyi³le, türevlenebilir bir fonksiyon hem topolojik gömme fonksiyonu hem de batrma fonksiyonu ise bu fonksiyon türevlenebilir gömme fonksiyonu olur. Gömme fonksiyonlarnn görüntüleri kapal bir alt uzay olaca ndan f(m) görüntü kümesine N alt manifoldunun kapal bir alt manifoldu da denir. Kapal alt manifoldlarn bir ba³ka karakterizasyonunu Sonuç 'de görece iz. E er bir p M noktasnda (Df) p : T p M T f(p) N türev fonksiyonu örten de ilse bu noktaya f : M N fonksiyonunun bir kritik noktas ve f(p) N de erine de bu fonksiyonun bir kritik de eri denir. N manifoldu içinde bu fonksiyonun kritik de eri olmayan noktalara ise f : M N fonksiyonunun bir düzgün de eri denir. Hatrlatma ) Te et uzaylarnn boyutlarn kar³la³trarak bir f : M N bir batrma fonksiyonu için dim(m) dim(n) ve bir örtme fonksiyonu için dim(m) dim(n) oldu unu görürüz. 2) N herhangi bir manifold ve M tkz bir manifold ise her sürekli bire bir f : M N fonksiyonu bir topolojik gömme fonksiyonudur.

94 76 Türevlenebilir Manifoldlar Örnek ) m n Z iki tamsay olmak üzere F : R m R n, (x 1,, x m ) (x 1, x n ), ile verilen fonksiyona standart örtme fonksiyonu, n m olmas durumunda ise (x 1,, x m ) (x 1, x m, 0, 0) ile verilen fonksiyona da standart batrma fonksiyonu denir. 2) f : R R 2, t f(t) = (t 2, t 3 ) topolojik bir gömme fonksiyonudur fakat t = 0 noktasnda ne batrma ne de örtme fonksiyonudur. 3) f : R R 2, t f(t) = (e t cos t, e t sin t) bire bir batrma fonksiyonudur fakat bir gömme fonksiyonu de ildir, çünkü görüntü kümesi düzlemin kapal bir alt kümesi de ildir. 4) A³a da görüntüsü ile verilen f : R R 2 fonksiyonu yine bire bir batrma fonksiyonudur fakat bir (topolojik) gömme fonksiyonu de ildir. (Bu fonksiyonu bir homeomorzma yapacak ³ekilde tanm kümesi üzerine konan topolojinin Bölüm 1'deki Örnek 'de R üzerine koydu umuz τ 2 topolojisi oldu unu gösteriniz. Dolaysyla bu topoloji metriklenebilirdir. (Bkz. Bölüm 1, Al³trma 20.)) ekil 2.4: Gömme fonksiyonu olmayan 1-1 batrma fonksiyonu 5) Ünite 1, Al³trma 13'de verilen topolojik gömme fonksiyonu, F (x, y, z) = (x 2 + yz, y 2, xy, zx), aslnda projektif düzlemin R 4 içine türevlenebilir bir gömülmesini verir. 6) M B Möbius eridi'ni bir bölüm manifoldu olarak görebiliriz: R (0, 1)/(x, y) (x + 1, 1 y). Bu durumda, e er P : R (0, 1) MB bölüm fonksiyonu ise, her türevlenebilir g : MB R 2 fonksiyonu için f = g P : R (0, 1) R 2 türevlenebilir fonksiyonu ³unu sa lar: Her (x, y) R (0, 1) için f(x, y) = f(x + 1, 1 y).

95 Türevlenebilir Manifoldlar 77 Ba³ka bir deyi³le, f fonksiyonu ve L : R 2 R 2, (x, y) (x + 1, 1 y), dönü³ümü için f = f L olur. det(dl) = 1 oldu undan her (x, y) için det(df (x,y) ) = det(df (x+1,1 y) ) olur. Bu durumda, R (0, 1) ba lantl oldu undan det(df (x,y) ) fonksiyonunun sfr oldu u noktalar vardr. O halde, g bir batrma fonksiyonu olamaz. Ba³ka bir deyi³le Möbius eridi düzleme batrlamaz ve dolaysyla düzleme gömülemez. Di er taraftan, Al³trma 9 Möbius eridi'nin R 3 içine bir gömülmesini verir. 7) Tkz bir uzay üzerindeki gerçel de erli her fonksiyonun bir en büyük ve bir de en küçük de eri vardr. Dolaysyla, türevlenebilir tkz bir manifold üzerindeki her türevlenebilir gerçel de erli fonksiyonun en az iki tekil noktas vardr (aslnda bu noktalarda türev fonksiyonu tamamen sfrdr). Bu durumda n-boyutlu tkz türevlenebilir bir M manifoldu üzerinde tanml türevlenebilir her f : M R n fonksiyonunun da en az iki tekil noktas vardr. Bunu görmek için ilk önce bu fonksiyona sabit bir v R n vektörü ekleyerek f(m) kümesinin orijini içermedi ini kabul edelim (manifoldun tkz oldu unu burada da kullanyoruz). imdi M R, p f(p) 2, p M, bile³kesini dü³ünelim. Bu fonksiyonun türevini yazarsak bile³ke fonksiyonunun en büyük ve en küçük de erlerini ald noktalarn, aslnda f : M R n fonksiyonunun da tekil noktalar oldu unu görürüz. Sonuç olarak f : M R n fonksiyonu bir batrma fonksiyonu olamaz ve dolaysyla M kendisi ile ayn boyutlu Öklit uzayna batrlamaz. A³a daki teorem her batrma ve örtme fonksiyonun uygun bir koordinat sisteminde standart hale geldi ini göstermektedir. Teorem f : M N, srasyla m ve n boyutlu, manifoldlarn bir fonksiyonu olsun. E er f fonksiyonu bir p M noktasnda örtme fonksiyonu ise p M ve q = f(p) N noktalar etrafnda öyle φ 1 : U 1 V 1 ve φ 2 : U 2 V 2 koordinat sistemleri bulabiliriz ki (V 1 R m ve V 2 R n olmak üzere) φ 2 f φ 1 1 : V 1 V 2 fonksiyonu (x 1,, x m ) (x 1, x n ) ile verilen standart örtme fonksiyonu olur. Benzer ³ekilde, e er f fonksiyonu p M noktasnda bir batrma fonksiyonu ise φ 2 f φ 1 1 : V 1 V 2 bile³ke fonksiyonu (x 1,, x m ) (x 1, x m, 0,, 0) ile verilen standart batrma fonksiyonu olacak ³ekilde koordinat sistemleri seçebiliriz. Kant : Her iki ksmn kantlar benzer oldu u için sadece birinci ksmn kantn verece iz. lk önce p M ve q = f(p) N noktalar etrafnda

96 78 Türevlenebilir Manifoldlar rastgele φ 1 : U 1 V 1 ve φ 2 : U 2 V 2 gibi iki koordinat sitemi seçelim. Bu koordinat sistemlerinin, srasyla, R m R m, x x p, ve R n R n, y y q do rusal öteleme fonksiyonlar ile uygun ³ekilde bile³kesini alarak φ 1 (p) = 0 R m ve φ 2 (q) = 0 R n oldu unu kabul edebiliriz. g = φ 2 f φ 1 1 fonksiyonu olsun. (Dg) 0 : T 0 R m T 0 R n matrisi kabul gere i örten oldu u için bu matrisi uygun taban de i³tirme matrisleriyle çarparak (dolaysyla do rusal koordinat de i³iklikleri yaparak) (Dg) 0 (e i ) = f i, i = 1,, n, ve (Dg) 0 (e i ) = 0, i = n + 1,, m oldu unu kabul edebiliriz. Burada {e 1,, e m }, R m 'nin, ve {f 1,, f n }, R n 'nin standart tabann göstermektedir. O halde x 1,, x m ve y 1,, y n elde edilen yeni koordinat sistemleri olmak üzere i = 1,, n için (Dg) 0 ( 0 ) = 0 x i y i ve i = n + 1,, m için de (Dg) 0 ( x i 0 ) = 0 olur. G : R m R n+(m n), G(x 1,, x m ) = (g(x 1,, x m ), x n+1,, x m ) ile tanmlanan fonksiyon olsun. Bu durumda (DG) 0 = Id, birim matrisi olur ve dolaysyla Ters Fonksiyon Teoremi'ne göre G fonksiyonu x = 0 noktas etrafnda bir difeomorzmadr. O halde, G(x 1,, x m ) = (g 1,, g m ) fonksiyonu R n+(m n) üzerinde (sfr noktas etrafnda yerel) yeni bir koordinat sistemi verir. Bu yeni koordinatlar tekrar y i ile gösterelim: y i = g i (x 1,, x m ), ve i = n + 1,, m için y i = g i (x 1,, x m ) = x i. Son olarak φ 1 koordinat sistemini ϕ = G φ 1 ile de i³tirirsek elde ederiz. Buna göre φ 2 f ϕ 1 = φ 2 f φ 1 1 G 1 = g G 1 φ 2 f ϕ 1 1 (y 1,, y n,, y m ) = g(g 1 (y 1,, y m )) = g(x 1,, x m ) = (y 1,, y n ) elde edilir. Yukardaki teorem bize alt manifold elde etmenin iki yolunu sunmaktadr. Sonuç f : L l N n bir gömme fonksiyonu ve dolaysyla M = f(l) görüntü kümesi N'nin l-boyutlu kapal bir alt manifoldu olsun. Bu durumda her p M noktas etrafnda, M U = {q U x l+1 (q) = = x n (q) = 0} olacak ³ekilde bir p U N açk kümesi ve φ : U V R n, q (x 1 (q),, x n (q)),

97 Türevlenebilir Manifoldlar 79 bir koordinat sistemi vardr. Ayrca, M l-boyutlu türevlenebilir bir manifolddur ve f : L M bir difeomorzmadr. Di er taraftan, yerel olarak yukardaki ³ekilde ifade edilebilen her kapal M N alt kümesi l-boyutlu bir manifolddur ve bu durumda M N içerme fonksiyonu bir gömme fonksiyonudur. Kant : Batrma fonksiyonunun tanmn kullanarak verilen herhangi bir p 0 L ve p = f(p 0 ) N noktalar etrafnda öyle p 0 U 0 L ve p U N açk kümeleri ve φ : U V R n, q (x 1 (q),, x n (q)), koordinat sistemi bulabiliriz ki f(u 0 ) = {q U x l+1 (q) = = x n (q) = 0} M U olur. Di er taraftan, f : L M bir homeomorzma oldu undan f(u 0 ) alt kümesi M alt uzay içinde açk bir kümedir. Dolaysyla, alt uzay topolojisinin tanmndan öyle bir W N açk kümesi vardr ki f(u 0 ) = W M olur. Ba³ka bir deyi³le, f(u 0 ) = {q U x l+1 (q) = = x n (q) = 0} = M (U W ) elde ederiz ve böylece ilk ksmn kant tamamlanr. Di er iddialarn do rulu u tanmlardan kolayca görülür. Sonuç Herhangi bir f : M m N n fonksiyonunun q N gibi bir düzgün de erini alalm. Bu durumda L = f 1 (q) ters görüntü kümesi M'nin l = (m n)-boyutlu bir alt manifoldudur. Ayrca her p L için T p L = ker((df) p : T p M T q N) olur. Kant : Yukardaki teoremi (ve kantn) kullanarak p M ve f(p) = q N noktalar etrafnda öyle koordinat sistemleri seçelim ki f bu yerel koordinatlarda (x 1,, x n,, x m ) (x 1,, x n ) ile verilsin. O halde, bu koordinat sistemlerinde f 1 (q) kümesi {(0,, 0, x n+1,, x m )} olarak gözükür ve te et uzay da iddia edildi i gibidir. Örnek Burada Örnek 2.1.7'de ele ald mz Φ : M(n, n) S(n), Φ(Q) = Q T Q fonksiyonunun her Q GL(n, R) noktasnda bir örtme fonksiyonu oldu unu gösterece iz. Bu fonksiyonun birim matristeki türevi (DΦ) Id : M(n, n) S(n), A A T +A olarak hesaplanm³t. Bu türev fonksiyonun örten oldu u kolayca görülür, çünkü her simetrik C matrisi C = C/2+C T /2 = (DΦ) Id (C/2) olarak yazlr. Benzer ³ekilde bu fonksiyonun herhangi bir Q noktasndaki türevi (DΦ) Q : M(n, n) S(n), A Q T A + A T Q ile verilir. Bunun, Q GL(n, R) olmak üzere, örten oldu unun gösterilmesini okuyucuya al³trma olarak brakyoruz. Dolaysyla, Φ fonksiyonun GL(n, R) açk alt kümesine kstlan³, Φ : GL(n, R) S(n), bir örtme fonksiyonudur.

98 80 Türevlenebilir Manifoldlar O halde, n n-ortogonal matrisler kümesi, O(n) = Φ 1 (Id), tüm n n- matrisler uzay içinde ki, bu R n2 den ba³ka bir ³ey de ildir, dim(gl(n, R)) dim(s(n)) = n 2 n(n+1)/2 = n(n 1)/2-boyutlu bir alt manifolddur ve birim matristeki T Id O(n) te et uzay, ker((dφ) Id ) = {A M(n, n) A T + A = 0}, ters simetrik matrisler uzay ile e³lenebilir. Birinci bölümün sonunda yer alan Al³trma 28 bu manifoldun biri SO(n) olan iki ba lantl bile³enden olu³tu unu göstermektedir. 2.2 Manifoldlarn Gömülmesi Öklit uzay ve her alt uzay Hausdor ve ikinci saylabilirdir. Bu bölümde boyutu n olan türevlenebilir bir M manifoldunun, temelde Hausdor ve ikinci saylabilir olmasn kullanarak, R 2n+1 içine gömülebilece ini gösterece iz. Sard teoreminin etkili bir ³ekilde kullanld kant ayrca a³a da bahsedece imiz birimin ayr³mn da kullanmaktadr. Aslnda n boyutlu bir manifold R 2n içine de gömülebilir fakat bunun kant bu kitabn kapsam d³nda kalan topolojik kirler gerektirmektedir Birimin Ayr³m {U α } α λ ailesine M manifoldunun bir açk örtüsü olsun. A³a daki ko³ullar sa layan bir {ρ λ : M [0, 1]} λ Λ türevlenebilir fonksiyonlar ailesine M manifoldunun {U α } α Λ açk örtüsü ile uyumlu bir birimin ayr³m denir: 1) Her λ Λ için {p M ρ λ (p) 0} U α olacak ³ekilde bir α Λ vardr; 2) Her p M noktasnn öyle bir p V açk kom³ulu u vardr ki V {p M ρ λ (p) 0} = olacak ³ekilde sadece sonlu sayda λ Λ eleman vardr; 3) Her p M noktas için ρ λ (p) = 1. λ Λ Yukardaki toplamn endeks kümesi sonsuz dahi olsa (2) ko³ulundan dolay aslnda bu bir sonlu toplamdr. A³a daki sonuç kendi ba³na da anlaml olmakla beraber birimin ayr³mnn varlk teoreminin önemli bir parçasdr. Yardmc Teorem Ba lantl her M manifoldu K n Int(K n+1 ), n N, olacak ³ekilde saylabilir bir (K n ) tkz alt kümeler dizisinin birle³imi olarak yazlabilir: M = n=1k n.

99 Manifoldlarn Gömülmesi 81 Kant : β ile M manifoldunun saylabilir bir tabann gösterelim. Her p M noktas etrafnda bir p U β açk kom³ulu u seçelim. Manifoldlar yerel olarak bir Öklit uzay oldu undan gerekirse bu kom³ulu u daha küçük bir kom³uluk ile de i³tirerek U açk kümesinin kapan³nn, U n, tkz oldu unu kabul edebiliriz. β saylabilir bir küme oldu u için bu ³ekilde elde edilen açk kümeleri bir dizi olarak görebiliriz: (U n ). Bu durumda M = n U n olur. imdi (K n ) tkz alt küme dizisini kurabiliriz: K 1 = U 1 alalm. K 1 U 2 tkz kümesini sonlu sayda U n1,, U nk1 açk kümesi ile örtelim. Bu kümelerin kapan³larnn birle³imi K 2 olsun: K 2 = U n1 U nk1. Benzer ³ekilde K m+1 tkz kümesi K m U m tkz kümesini örten sonlu saydaki U nm,, U nk m açk kümelerinin kapan³larnn birle³imi olsun. Bu dizinin istenilen ko³ullar sa lad kolayca görülür. Hatrlatma E er M için K n = M alabiliriz. manifoldu tkz ise K 0 = ve her n 1 N Teorem Ba lantl bir M manifoldunun verilen her {U α } α açk örtüsü ile uyumlu bir birimin ayr³m vardr. Kant : f(x) = { e 1 x (x 1) 2, x (0, 1) 0, x (0, 1) ile tanmlanan f : R R fonksiyonun C oldu u kolayca görülür. M = f(t) dt olmak üzere g(x) = 1 M x f(t) dt ³eklinde tanmlanan fonksiyonun gra i a³a daki gibidir. Son olarak η(x) = g(x) g(3 x) ile tanmlanan fonksiyon için 0 η(x) 1, x R, η(x) = 0, x (0, 3), ve η(x) = 1, x [1, 2] olur. B r = {x R n x 2 < r} ile yarçap r > 0 olan açk yuvar gösterelim. O halde, ρ : R n R, ρ(x) = η( x 2 + 1), ile tanmlanan C -fonksiyonu B 1 üzerinde sabit bir de erini alrken, B 2 yuvarnn d³nda sfr de erini alacaktr. imdi {U α } α açk örtüsü ile uyumlu birimin ayr³mn kuralm. lk önce bu örtünün elemanlarn koordinat kom³uluklaryla kesi³tirerek her birinin bir koordinat kom³ulu u kald n kabul edebiliriz. Ayrca yukardaki yardmc teoremde verilen ³ekilde M = n=1k n oldu unu kabul edebiliriz. p M olsun. O halde, p K n K n 1 olacak ³ekilde tek bir n N says vardr (K 0 = alabiliriz). imdi bu nokta etrafnda p V p Int(K n+1 ) K n 1 olacak ³ekilde bir V p açk kom³ulu u

100 82 Türevlenebilir Manifoldlar ekil 2.5: y=g(x) fonksiyonunun gra i seçelim. Bu kom³ulu u gerekirse küçülterek baz α için p V p U α oldu unu kabul edebiliriz. U α üzerinde tanml olan koordinat fonksiyonunu biraz de i³tirerek ve V p açk kümesini küçülterek ϕ p : V p R n olacak ³ekilde yeni bir koordinat fonksiyonu seçelim. O p = ϕ 1 p (B 2 ) açk kümesini göstersin.. Bu durumda, ρ p = ρ ϕp : V p R bile³ke fonksiyonu [0, 1] aral nda de erler alacaktr. Ayrca bu fonksiyon O p üzerinde pozitif de erler alrken V p O p üzerinde de tamamen sfr olacaktr. O halde, bu fonksiyonu M V p d³nda sfr olarak tanmlayarak tüm manifold üzerinde tanml C -snfndan bir fonksiyon elde ederiz. lk önce K 3 tkz kümesi için K 3 O p1 O p2 olacak ³ekilde sonlu sayda p 1,, p 2 noktas seçelim. Bu kümelerin tanmndan dolay her birinin Int(K 4 ) kümesinin içinde kald n kabul edebiliriz. Daha sonra, K 4 Int(K 3 ) O p3 O p4 Int(K 5 ) K 2 olacak ³ekilde sonlu sayda p 3,, p 4 noktas seçelim. Tümevarm yöntemiyle her n 5 do al says için, K n Int(K n 1 ) O p2n 5 O p2n 4 Int(K n+1 ) K n 2 olacak ³ekilde sonlu sayda p 2n 5,, p 2n 4 noktasnn var oldu unu görebiliriz. V p1,, V p2, V p3,, V p4,, V p2n 5,, V p2n 4, açk kümeleri manifoldun yerel sonlu bir açk örtüsünü verir. Ba³ka bir deyi³le manifoldun her noktas etrafnda bu listeden sadece sonlu tanesi ile kesi³en bir açk kom³uluk bulabiliriz. Bu saylabilir listeyi tekrar adlandrarak V 1,, V n, ve üzerilerinde tanml fonksiyonlar da ρ n : V n R ile gösterelim. L : M R L(p) = n ρ n(p), p M, ile verilen fonksiyon olsun (her p M için bu toplam sonlu bir toplamdr). Son olarak ρ n fonksiyonlarn n ρ ile de i³tirerek L istenilen birimin ayr³mn elde ederiz. Hatrlatma Yukardaki kantta M manifoldunun verilen her {U α } α açk örtüsünün V p1,, V p2, V p3,, V p4,, V p2n 5,, V p2n 4,

101 Manifoldlarn Gömülmesi 83 gibi yerel sonlu bir açk inceltilmesi oldu unu gördük. Aslnda ayn kant topolojik manifoldlar için de geçerlidir. Dolaysyla, her topolojik manifold paratkzdr Sard Teoremi Ω R n açk bir küme ve F : Ω R m türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Türevlenebilir bir fonksiyonun türevleri de sürekli oldu u için kritik noktalar kümesi her zaman kapal bir kümedir. Her a R n ve δ i > 0, i = 1,, n, ve δ = (δ 1,, δ n ) için R(a, δ) = {(x 1,, x n ) R n a i δ i < x i < a i + δ i } açk kutusunu göstersin. R[a, δ] ile de bu kümenin kapan³ olan {(x 1,, x n ) R n a i δ i x i a i + δ i } kümesini gösterelim. C R n bir alt küme olsun. E er her gerçel ϵ > 0 says için ve C k=1 R k vol(r k ) < ϵ k=1 olacak ³ekilde (R k ) snrl kutular dizisi varsa bu alt kümeye ölçümü sfrdr denir. Burada vol(r k ) ile kutunun hacmi gösterilmi³tir: vol(r k ) = dx 1 dx n = 2 n R k n δ i. Teorem Ω R n açk bir küme ve F : Ω R m türevlenebilir bir fonksiyon olsun. E er C Ω bu fonksiyonun kritik noktalarnn kümesi ise F (C) kritik de erler kümesinin ölçümü sfrdr. Kant : Ω açk kümesi saylabilir çoklukta açk yuvarn birle³imi olarak yazlabilir. Her açk yuvar R n 'e difeomork oldu undan ve saylabilir çoklukta ölçümü sfr kümenin birle³iminin de ölçümü sfr olaca ndan Ω = R n alabiliriz. Kant üç ayr durumda verece iz. Durum 1) n = m. Yukarda oldu u gibi her a R n ve δ > 0 için i=1 R(a, δ) = {(x 1,, x n ) R n a i δ < x i < a i + δ} ve R[a, δ] = {(x 1,, x n ) R n a i δ x i a i + δ}

102 84 Türevlenebilir Manifoldlar olsun. ddia: Bir ϵ > 0 gerçel says verilsin. Her a C için öyle bir δ a > 0 says vardr ki, her R[b, r] R[a, δ a ] için vol(f (R[b, r])) ϵ vol(r[b, r]) olur. Kant: F (x) = (f 1 (x),, f n (x)) olsun. a C bir kritik nokta oldu undan F fonksiyonunun koordinatlarndan birinin bu noktadaki gradyan vektörü di er koordinatlarn gradyan vektörlerinin bir do rusal birle³imi olacaktr. Genellikten hiçbir ³ey kaybetmeden baz c 1,, c n 1 gerçel saylar için f n (a) = c 1 f 1 (a) + + c n 1 f n 1 (a) oldu unu kabul edebiliriz. Bu durumda F fonksiyonunun hacimleri koruyan L(x 1,, x n 1, x n ) = (x 1,, x n 1, x n c 1 x 1 c n 1 x n 1 ) do rusal fonksiyonu ile birle³imini alarak, L F, f n (a) = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Öteleme fonksiyonlar da hacimleri korudu u için a = 0 ve F (0) = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Her x R[0, 1] için, f i (x) M olacak ³ekilde bir M > 0 gerçel says seçelim. imdi de her x R[0, δ 0 ] için, f n (x) ϵ/(m n 1 n n ) olacak ³ekilde bir 1 > δ 0 > 0 says seçelim. Her x, b R[0, δ 0 ] noktalar için, t f i (tx + (1 t)b), t [0, 1], fonksiyonuna Analizin Temel Teoremi'ni uygulayarak ve buradan da f i (x) f i (b) = f i (x) f i (b) (x b) f i (sx + (1 s)b) ds x b f i (sx + (1 s)b) ds elde ederiz. O halde, x R[b, r] R[0, δ 0 ] olmak üzere her i = 1,, n 1 için, f i (x) f i (b) rm n ve f n (x) f n (b) rϵ n/(m n 1 n n ) olur. Ba³ka bir deyi³le F (R[b, r]) görüntü kümesi F (b) + ([ rm n, rm n] n 1 [ rϵ n/(m n 1 n n ), rϵ n/(m n 1 n n )]) çarpm kutusunun içinde kalr. Bu kutunun hacmi ise tam olarak ϵ 2 n r n = ϵ vol(r[0, r]) saysdr. Dolaysyla iddiann kant tamamlanm³ oldu.

103 Manifoldlarn Gömülmesi 85 imdi tekrar teoremin kantna dönelim. I n = [0, 1] [0, 1] ile R n içindeki birim küpü gösterelim. R n birim küpün saylabilir çoklukta ötelenmi³ kopyasnn birle³imi olarak yazlabilece i için, f(i n C) kümesinin ölçümünün sfr oldu unu göstermek teoremi kantlamak için yeterli olacaktr. Kritik noktalar kümesi kapal oldu undan I n C kümesi tkzdr. Rastgele bir ϵ > 0 says alalm. Yukardaki iddiann ko³ullarn sa layan sonlu tane açk küp ile I n C tkz kümesini örtelim. Bu sonlu açk örtünün bir λ > 0 Lebesgue says alalm. Birim küpü paralel hiperdüzlemler ile her bir kenar uzunlu u λ/(2 n)'den daha küçük olan küplere ayralm. Bu durumda bu küçük küplerden kritik küme ile bo³ kümeden farkl bir ³ekilde kesi³en her biri yukarda buldu umuz sonlu adet açk küplerden birinin içinde kalacaktr. O halde, elde etti imiz yeni küplerin hacimleri toplam birim küpün hacminden fazla olamaz ve dolaysyla vol(f(i n C)) ϵ olur. Ba³ka bir deyi³le, f(i n C) kümesinin ölçümü sfrdr. Durum 2) n < m. Bu durumda F : R n R m fonksiyonunun tüm görüntüsü kritik de erlerden olu³acaktr. Di er bir deyi³le, F (R n ) R m alt kümesinin ölçüsünün sfr oldu unu göstermeliyiz. G : R m R m, G(x 1,, x n, x n+1,, x m ) = F (x 1,, x n ) ile verilen fonksiyonu dü³ünelim. Bir önceki durumdan G fonksiyonunun kritik de erler kümesinin ölçüsü sfrdr. Di er taraftan, bu fonksiyonun türevi hiç bir noktada örten de ildir ve bundan dolay G(R m ) = F (R n ) görüntü kümesinin ölçümü sfrdr. Durum 3) n > m. lk önce n = m durumunda kantlad mz iddiann bir benzerinin bu durumda da do ru oldu unu gösterece iz. Yukarda oldu u gibi F fonksiyonunun hacimleri koruyan L(x 1,, x m 1, x m ) = (x 1,, x m 1, x m c 1 x 1 c m 1 x m 1 ) do rusal fonksiyonu ile bile³kesini alarak, L F, f m (a) = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Öteleme fonksiyonlar da hacimleri korudu u için a = 0 ve F (0) = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Fonksiyonumuzun son koordinat olan f m fonksiyonunu yeterince küçültebilmek için Ortalama De er Teoremi yerine Taylor açlm kullanaca z. k > n m + 1 olacak ³ekilde bir pozitif k tek says seçelim ve ϕ(x 1,, x n ) = (x k 1,, xk n) ile tanmlanan ϕ : R n R n fonksiyonunu dü³ünelim. Bu fonksiyon B[0, 1] küpünün türevlenebilir bir homeomorzmasdr. Ayrca zincir kuralndan F : B[0, 1] R m fonksiyonun kritik de erlerinin kümesi F ϕ bile³ke fonksiyonun kritik de erler kümesinin bir alt kümesidir. Dolaysyla F yerine F ϕ ile çal³abiliriz. Bu sayede f m fonksiyonunun x = 0 noktasnda derecesi en fazla k olan tüm ksmi türevleri sfr olacaktr. imdi yine her x R[0, 1] için, f i (x) M olacak ³ekilde bir M > 0 gerçel says seçelim. Her x, b R[0, 1] noktalar için t f i (tx + (1 t)b), t [0, 1],

104 86 Türevlenebilir Manifoldlar fonksiyonuna Analizin Temel Teoremi'ni uygulayarak ve buradan da f i (x) f i (b) = f i (x) f i (b) (x b) f i (sx + (1 s)b) ds x b f i (sx + (1 s)b) ds elde ederiz. O halde, her x, b R[0, 1] ve i = 1, m 1 için, f i (x) f i (b) M x b olur. f m fonksiyonuna x 0 = 0 noktasnda Taylor Teoremi'ni uygulayarak her x B[0, 1] için f m (x) C(x) x k olacak ³ekilde bir C(x) 0 says bulabiliriz. Aslnda C(x) fonksiyonunu, C(0) = 0 ko³ulunu sa layan sürekli bir fonksiyon olarak seçilebilir (bkz. Önerme ). Di er taraftan C(0) = 0 oldu undan öyle bir δ 0 > 0 says seçebiliriz ki, her 0 < δ δ 0 ve her x B[0, δ] için, C(x) 2 n m ϵ δ k n+m 1 M m 1 n k olur. O halde, her x B[0, δ] için, 2 f m (x) 2 C(x) x k 2 n m+1 ϵ δ k n+m 1 M m 1 n k δk n k olur. Son olarak bu snrlamalar kullanarak R n içindeki hacmi 2 n δ n olan B[0, δ] küpünün görüntüsünün R m içindeki hacmi için vol(f (B[0, δ])) 2 m 1 M m 1 δ m 1 ϵ 2n m+1 δ n m+1 M m 1 = ϵ 2 n δ n elde edilir. Böylece iddiann kant tamamlanm³ oldu. Kantn geri kalan yine n = m durumuna benzer ³ekilde yaplabilir: n = m durumunun kantnn sonunda elde edilen, her bir kenar uzunlu u λ/(2 n)'den daha küçük olan küplerden kritik küme ile bo³ kümeden farkl bir ³ekilde kesi³en küpleri, bu küpleri içeren, merkezi kritik küme üzerinde bulunan ve her bir kenar uzunlu u λ/ n olan küplerle de i³tirelim. Bu son de i³iklik küplerin hacimlerini 2 n katna çkartacaktr. Dolaysyla, ba³langçta bize verilen ϵ saysn ϵ/2 n ile de i³tirerek kant tamamlarz. Yukarda verilen kanta göre de i³ik yöntemlerin kullanld Sard Teoremi'nin n = 2 > 1 = m durumunda bir ba³ka kantn ayrca verece iz: Verilen

105 Manifoldlarn Gömülmesi 87 bir f : R 2 R fonksiyonunun kritik noktalarnn olu³turdu u C kümesinden bir p C noktas alalm. Yukarda yapt mz gibi öteleme kullanarak p = (0, 0) ve f(0, 0) = 0 oldu unu kabul edelim. Ayrca fonksiyonun bu noktadaki gradyan vektörünün türevinin de örten olmad n kabul edelim. Ba³ka bir deyi³le, q f(q) = ( f (q), f (q)) x 1 x 2 fonksiyonunun p = (0, 0) noktasndaki 2 f (p) 2 f ( ) x 1 x 2 (p) A(p) B(p) D (f)(p) = x f x 1 x 2 (p) 2 f (p) x 2 2 = B(p) C(p) türev fonksiyonu bir izomorzma olmasn. Bu tipteki kritik noktalarn kümesini C ile gösterelim. Rank ko³ulu kapal bir ko³ul oldu undan C kümesi kapaldr. Alanlar koruyan ortogonal bir koordinat de i³iminden sonra B(p) = C(p) = 0 oldu unu kabul edebiliriz. Ayrca her q B[0, 1] için, A(q) M olacak ³ekilde bir M > 0 says seçelim. Rastgele bir ϵ > 0 says alalm. a/b ϵ/(3m) olacak ³ekilde pozitif a/b oran seçelim. Her q = (q 1, q 2 ) B[0, δ] için B(q) ϵ/6 ve C(q) ϵ a/(3b) olacak ³ekilde 0 < δ 1 says seçelim. δ > 0 says p noktasna ba l görünse de A, B, C fonksiyonlar sürekli oldu undan, tkz bir bölgede noktadan ba msz bir ³ekilde belirlenebilir. Orann yukardaki gibi sabitledi imiz ve 0 < a, b δ olacak ³ekilde seçilen a ve b saylarnn belirledi i R p = {(x 1, x 2 ) x 1 a, x 2 b} dikdörtgenini dü³ünelim. Bu durumda her q = (x 1, x 2 ) R p noktas için, Taylor Teoremi'nden p ve q noktalarn birle³tiren do ru parças üzerinde öyle bir q noktas vardr ki f(q) = f(p) + f(p) (x 1, x 2 ) + A(q )x B(q )x 1 x 2 + C(q )x 2 2 olur. Buradan f(q) M x B(q ) x 1 x 2 + C(q ) x 2 2 ϵ ab/3 + ϵ ab/3 + ϵ ab/3 = ϵ ab elde ederiz. O halde, f(r p ) kapal aral nn boyu en fazla 2ϵ ab = ϵ vol(r p )/2 olur. R p dikdörtgenin her kenarn N e³ parçaya bölerek kenar uzunluklar oran halen a/b olan N 2 adet dikdörtgen elde ederiz. Bu dikdörtgenlerden C kümesi ile kesi³en her biri için yukardaki hesab yapabiliriz. Aslnda kritik nokta bu dikdörtgenlerin merkezi yerine herhangi bir yerinde olabilece i için bu küçük dikdörtgenlerden herhangi bir R dikdörtgeninin f fonksiyonu altndaki görüntüsünün uzunlu u en fazla 2ϵ vol(r) olacaktr.

106 88 Türevlenebilir Manifoldlar imdi fonksiyonu tkz [0, 1] [0, 1] alt kümesine kstlayalm. Her p C noktas etrafna çizdi imiz bu R p dikdörtgenlerinin iç bölgeleri C tkz kümesinin açk bir örtüsünü verecektir ve dolaysyla bu dikdörtgenlerden sonlu tanesi, R 1,, R l, C tkz kümesini örtecektir. Di er taraftan C C kümesindeki kritik noktalar izole noktalardan olu³maktadr. O halde C C kümesinin bu dikdörtgen bölgeler d³nda kalan nokta says sonlu olmaldr. Ba³ka bir deyi³le bu dikdörtgen bölgeler d³nda kalan kritik noktalar ihmal edebiliriz. R 1,, R l dikdörtgenlerin çevrelerinin toplam sonlu bir say olacaktr. Bu durumda dikdörtgenlerin çevrelerini olu³turan do ru parçalarnn bir ρ > 0 kom³ulu unun, diyelim ki U olsun, f altndaki görüntüsünün ölçümünün ϵ saysndan küçük oldu unu kabul edebiliriz. O halde, R 1 R l U kümesinin her topolojik birle³eni bu dikdörtgenlerden birinin içinde kalacaktr. Her topolojik bile³en için bu bile³eni içeren bir dikdörtgen seçelim ve daha sonra bu dikdörtgeni yeterince küçük e³ parçalara bölelim, öyle ki bu küçük e³ dikdörtgenlerin kö³egen uzunlu u ρ saysndan da küçük olsun. Bu sayede bu küçük dikdörtgenlerden büyük dikdörtgenin kenarlaryla kesi³enler U kümesinin içinde kalacaktr. O halde, R 1 R l U kümesinin, iç bölgeleri ayrk olan dikdörtgen bölgelerin birle³iminin içinde kald n kabul edebiliriz. Son olarak, f(u) kümesinin ölçümünün en fazla ϵ olaca n kullanarak kant m = n durumundaki gibi tamamlayabiliriz Manifoldlarn Gömülmesi Bu bölümde birimin ayr³m ve Sard Teoremi yardmyla n-boyutlu bir manifoldun R 2n+1 içine gömülebilece ini gösterece iz. A³a daki teoremde bu sonuç tkzlk ko³ulu altnda kantlanmaktadr. Al³trma 7 ise genel durum için bir kant sa lamaktadr. Teorem M n-boyutlu türevlenebilir tkz bir manifold ise düzgün bir fonksiyon ile R 2n içine bire bir batrlabilir ve R 2n+1 içine gömülebilir. Kant : lk önce bu manifoldun yeterince büyük bir N do al says için R N içine gömülebildi ini gösterelim. Bunun için her p M noktas etrafnda bir ϕ p : U p R n koordinat sistemi seçelim öyle ki ϕ p (U p ) B(0, 1) olsun. Ayrca p V p U p ko³ulunu sa layan bir V p açk kümesi üzerinde bir de erini, U p kümesi d³nda sfr de erini ve U p V p üzerinde de birden küçük pozitif de erler alan türevlenebilir bir ρ p : M [0, 1] fonksiyonu seçelim. Bu durumda Φ p : M B(0, 1) R n, p ρ(p)ϕ(p), fonksiyonu V p açk kümesi üzerinde görüntüsüne bir difeomorzmadr. M manifoldu tkz oldu undan sonlu tane p 1,, p k M noktas için M = V p1 V pk olacaktr. N = kn + k olmak üzere F : M R N, p (Φ p1 (p),, Φ pk (p), ρ p1 (p),, ρ pk (p)),

107 Manifoldlarn Gömülmesi 89 ile tanmlanan F fonksiyonu bir batrma fonksiyonudur. Bu fonksiyonun bire bir oldu u ise kolayca görülür. M tkz oldu u için elde etti imiz bire bir batrma fonksiyonu ayn zamanda topolojik ve dolaysyla türevlenebilir bir gömme fonksiyonudur. O halde, artk M n R N oldu unu kabul edebiliriz. N > 2n + 1 oldu unu kabul edelim ve ³u fonksiyonlar dü³ünelim: ve ψ 1 : M M R R N, (x 1, x 2, λ) λ(x 1 x 2 ) ψ 2 : T M R N, (x, v) v, (x, v) T x M T x R N = R N. N do al says dim(m M R) = 2n + 1 ve dim(t M) = 2n saylarndan büyük oldu u için bu fonksiyonlarn görüntü kümelerinin R N içindeki ölçümleri sfr olacaktr. O halde, bu iki fonksiyonun görüntü kümelerinin d³nda bir v R N vardr. Γ v ile bu vektörü normal vektör kabul eden hiperdüzlemi gösterelim. Fonksiyonlarn ve v vektörünün seçiminden dolay R N 'in Γ v hiperdüzlemine dik iz dü³ümü M manifoldunun Γ v = R N 1 içine bire bir batrma verecektir. Ayrca manifold tkz oldu u için bu bire bir batrma aslnda bir gömülmedir. Ayn ³ekilde devam ederek N (2n+1) admda manifoldu R 2n+1 içine gömebiliriz. N = 2n + 1 oldu unda da v R N vektörünü ψ 2 fonksiyonunun görüntüsü d³ndan seçerek R 2n içine bir batrma fonksiyonu elde ederiz. Böylece teoremin kant tamamlanm³ oldu. Yukarda verilen kantn ilk ksm tkz olmayan manifoldlar için genelde çal³maz çünkü böyle bir manifold sonlu tane koordinat sistemi ile örtülemeyebilir. Ayrca a³a daki örnekte oldu u gibi herhangi bir R N içine gömülmü³ tkz olmayan bir manifoldun hiçbir hiperdüzleme dik iz dü³ümü (bire bir batrma verse dahi) gömülme olmayabilir. Di er taraftan, Al³trma 7 tkzlk ko³ulu olmadan manifodlarn gömülebilece ini göstermektedir. Örnek Her N > 2 do al says için düzgün öyle bir f : R R N gömülmesi vardr ki bu gömülmenin hiçbir Γ hiperdüzlemine dik iz dü³ümü P f : R Γ = R N 1 düzgün bir fonksiyon de ildir. Bunun için R N içindeki tüm tam say koordinatl noktalar p 0, p 1,, p n, olarak sralayalm öyle ki her n N için p n+1 p n olsun. Daha sonra p 0 noktasn p 1 ve p 2 noktalarna birer e ri ile ba layalm. Bundan sonra p 1 noktasn p 3 noktasna, p 3 noktasn p 5 noktasna ba layp devam ederek tüm tek say endeksli noktalar bu ³ekilde birbirine ba layalm. Benzer ³ekilde p 2 noktasn p 4 noktasna ve bu noktay da p 6 noktasna ba layarak çift say endeksli tüm noktalar birbirine ba layalm. Di er taraftan, p n noktasn p n+2 noktasna ba layan e riyi yarçaplar p n 1 ve p n olan yuvarlarn arasnda kalacak ³ekilde seçelim. Uç uca eklenen bu e rileri türevlenebilir bir e ri olarak seçebiliriz. Dahas bu e ri gerçel eksenin R N içine düzgün bir gömülmesini verir. Bu e rinin hiçbir hiperdüzleme dik iz dü³ümünün düzgün olmad nn gösterilmesini okuyucuya brakyoruz (bkz. Al³trma 11). Di er taraftan yukarda verilen kanta göre bu e rinin hemen hemen her hiperdüzleme dik iz

108 90 Türevlenebilir Manifoldlar dü³ümü bire bir batrma fonksiyonudur. Dolaysyla, yukarda verdi imiz kant tkz olmayan manifoldlarda geçerli olmayacaktr. Tkz olmayan manifoldlarn gömülmesi i³lemi farkl teknikler gerektirmektedir. 2.3 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi Bu bölümde manifoldlar üzerindeki en temel nesnelerden biri olan türevlenebilir formlar inceleyece iz. Türevlenebilir formlarn türev ve integrallerini tanmladktan sonra Analizin Temel Teoremi'nin manifoldlar üzerindeki genellemesi olan Stokes Teoremi'ni verece iz. Stokes Teoremi'nin geometrik ve topolojik sonuçlarn ise kitabn ilerleyen bölümlerinde ele alaca z Türevlenebilir Formlar U R n içinde açk bir küme olmak üzere U üzerinde X(p) gibi bir vektör alann T U U te et demetinin bir kesiti olarak tanmlam³tk: A 1,, A n, U üzerinde türevlenebilir fonksiyonlar olmak üzere X(p) = A 1 (p) x 1 p + + A n (p) x n p. Verilen bir p U noktas için V = T p U te et uzaynn dualini V = Tp U ile gösterelim. E er x i,, x n U açk kümesi üzerinde bir koordinat sistemi ise x k p te et vektörünün Kronecker dualini dx k p ile gösterelim. O halde, her 1 i, j n için dx i p ( d p ) = δ ij dx j olur. Bu vektör uzayn kote et uzay diye adlandraca z. Te et demetinde oldu u gibi kote et uzaylarnn birle³imi kote et demetini verecektir. T U = p U Tp U ile gösterece imiz kote et demetinin türevlenebilir bir ω(p) = a 1 (p) dx 1 p + + a n (p) dx n p kesitine U üzerinde bir türevlenebilir 1-form diyece iz. Benzer ³ekilde de i³meli k-tensörlerin olu³turdu u Alt k (Tp U) vektör uzaylarnn birle³imlerini de i³meli k-tensör demeti olarak adlandraca z. Bu demetin türevlenebilir ω(p) = a i1,,i k (p) dx i1 p dx ik p 1 i 1 < <i k n kesitine U üzerinde türevlenebilir bir k-form denir. Tüm k-formlarn uzay ise Ω k (U) ile gösterilir. De i³meli sfr tensörler uzay ise U üzerindeki türevlenebilir fonksiyonlarn olu³turdu u Ω 0 (U) = C (U) vektör uzay olacaktr. Noktasal olarak her Alt k (Tp U) vektör uzay sonlu boyutlu olsa da Ω k (U) uzay sonsuz boyutlu olacaktr.

109 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 91 sadece Bu noktadan itibaren gösterimi basitle³tirmek için x k ve dx k yazaca z. Örnek R 3 üzerinde türevlenebilir x k p ve dx k p yerine ω(x, y, z) = x 2 y dx dy + (z x) dy dz + dz dx 2-formunu ele alalm. Bu forma iki tane türevlenebilir vektör alan yedirelim: X(x, y, z) = 3(x+y) x ex y + z ve Y (x, y, z) = 2xz y sin x z olmak üzere R 3 üzerinde ω(x, Y )(x, y, z) = 6x 3 yz(x + y) + (z x)(e x sin x 2xz) + 3(x + y) sin x, türevlenebilir fonksiyonunu elde ederiz. Türevlenebilir formlarn d³ çarpmlar do rusal cebir ksmnda (Bölüm 1.3) vermi³ oldu umuz noktasal çarpm ile tanmlanr: Her ω Ω k (U) ve ν Ω l (U) için ω ν Ω k+l (U) (ω ν)(p) = ω(p) ν(p), p U, ile tanmlanr. E er ω ve ν U üzerinde birer k ve l form ise oldu u kolayca görülür. ω ν = ( 1) kl ν ω Örnek ω(x, y, z) = (x + y) dx + y 3 dy dz ve ν(x, y, z) = z 2 dx + dy 5xyz dz olsun. Bu durumda (ω ν)(x, y, z) = (x + y y 3 z 2 ) dx dy + (1 5xy 4 z) dy dz + (5xyz(x + y) z 2 ) dz dx olur. Aslnda R 3 üzerindeki her iki form iki tane bir formun d³ çarpmna e³ittir (bkz. Al³trma 12). Bir manifold üzerinde türevlenebilir formlar tanmlamadan önce formlarn fonksiyonlar altnda nasl davrand n görelim Geri Çekme L : W 1 W 2 vektör uzaylar arasnda do rusal bir fonksiyon olmak üzere bu fonksiyonun dualini L : W2 W 1 gösterelim. O halde, her f W2 ve v W 1 için L (f)(v) = f(l(v)) olur. Bu durumda U R n ve V R m açk kümeler ve ϕ : U V türevlenebilir bir fonksiyon olmak üzere bu fonksiyonun bir p U noktasndaki türevinin, Dϕ p : T p U T ϕ(p) V,

110 92 Türevlenebilir Manifoldlar dualini (Dϕ p ) : Tϕ(p) V T p U ile gösterelim. imdi V ω Ω k (V ) k-formu alalm. Bu durumda üzerinde tanml bir ϕ (ω)(p)(v) =. ω(ϕ(p))((dϕ p )(v)), p U ve v T p U, ile R n üzerinde tanmlanan k-forma ω formunun ϕ ile geri çekmesi denir ve ϕ (ω) ile gösterilir. Ayrca, geri çekme ve d³ çarpm noktasal i³lemler olduklar için do rusal cebir bölümünde görmü³ oldu umuz özelliklerden dolay ϕ (ω ν) = ϕ (ω) ϕ (ν) olur. U R n açk bir alt küme olmak üzere ve f : U R türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Her (x 1,, x n ) U için y = f(x 1,, x n ) ise (y ile R üzerindeki koordinat gösteriyoruz) v = i v i x i T p U olmak üzere (f (dy))(v) = dy((df) p (v)) = i f x i v i olur. Bu 1-forma f'nin diferansiyeli denir ve df ile gösterilir. Bunu kullanarak geri çekme i³lemini pratik bir hesaba dönü³türebiliriz: imdi F : U V R m, x F (x) = y = (f 1 (x),, f m (x)) türevlenebilir bir fonksiyon ve ω = a I (y) dy I Ω k (V ) bir k-form olsun. Bu I=(i 1 < <i k ) durumda yukardaki açklamalardan dolay ise a I (y)dy I = a I (y)dy i1 dy ik F (a I (y)dy I ) = (a I F )(x) F (dy i1 ) F (dy ik ) = (a I F )(x) df i1 df ik elde ederiz. Dolaysyla, F (ω) = a I (F (x)) df I I=(i 1 < <i k ) olur. Hatrlatma Son olarak, e er U, V R n ve ω = a(y)dy 1 dy n Ω n (V ) ise dy i = df i = j f i x j dx j ve dolaysyla ϕ (ω) = a(f (x)) J( (f 1,, f n ) (x 1,, x n ) ) dx 1 dx n olur.

111 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 93 Örnek S 1 = {(x, y, 0) R 3 x 2 + y 2 = 1} olmak üzere ω = x dy y dx 2π(x 2 + y 2 ) Ω(R2 {(0, 0)}) ve düzlemdeki birim çember F : R 3 S 1 R 2 {(0, 0)}, (x, y, z) (x 2 + y 2 1, z) ³eklinde tanmlanan fonksiyon olsun. Bu durumda F (ω) = (x2 + y 2 1) dz z (2x dx + 2y dy) 2π [(x 2 + y 2 1) 2 + z 2 ] Ω(R 3 S 1 ) elde ederiz. Geri çekme i³leminin tanmndan kolayca görülece i gibi herhangi iki fonksiyonun bile³kesi için (F G) (ω) = G (F (ω)) olur Manifoldlar Üzerinde Türevlenebilir Formlar M atlas {φ α : U α V α } olan türevlenebilir bir manifold olsun. Bu durumda, manifoldu M = α U α α V α /x (φ β φ 1 α )(x) ve te et demetini de T M = α T U α α V α R n /(x, v) ((φ β φ 1 α )(x), D(φ β φ 1 α ) x (v)) ³eklinde ifade edebiliriz. Benzer ³ekilde manifoldun geçi³ fonksiyonlarnn türevlerinin duallerini kullanarak kote et demetini T M = α T U α α V α R n /(x, (D(φ β φ 1 α ) x ) (ω)) ((φ β φ 1 α )(x), ω) ve geri çekme i³lemini kullanarak manifold üzerindeki k-formlarn demetini, denklik ba ntsn benzer ³ekilde alarak (x, (D(φ β φ 1 α ) x ) (ω)) ((φ β φ 1 α )(x), ω) Alt k (M) = α Alt k (U α ) α Alt k (V α )/ ³eklinde yazabiliriz. Bu vektör demetinin türevlenebilir kesitlerine manifold üzerindeki türevlenebilir k-formlar denir ve bu formlarn olu³turdu u vektör uzay Ω k (M) ile gösterilir.

112 94 Türevlenebilir Manifoldlar Örnek ϕ : R 2 R 4, ϕ(t 1, t 2 ) = (cos t 1, sin t 1, cos t 2, sin t 2 ) ile tanmlansn. Bu fonksiyonun görüntüsünün torus oldu u kolayca görülür: ϕ(r 2 ) = T 2 = {(x 1, y 1, x 2, y 2 ) R 4 x y 2 1 = 1 = x y 2 2}. ω i = x i dy i y i dx i 2π (x 2 i +, i = 1, 2, ifadeleri T 2 üzerinde türevlenebilir 1-formlar y2 i ) verir. Di er taraftan, ϕ (ω i ) = dt i 2π ve dolaysyla ϕ (ω 1 ω 2 ) = dt 1 dt 2 4π olur. A³a da üç boyutlu uzay içinde çizilen torus 2 [(x 2 + y 2 + z 2 ) + 3] 2 = 16(x 2 + y 2 ) denklemi ile verilir. F (x, y, z) = ( x 2 + y 2 x 2, z, x 2 + y, y 2 x 2 + y ) ve 2 F 1 (x 1, y 1, x 2, y 2 ) = (x 2 (2 + x 1 ), y 2 (2 + x 1 ), y 1 ) fonksiyonlar R 3 ve R 4 içinde yukardaki denklemlerle verilen iki ayr torus arasnda bir difeomorzmadr. F (ω i ) geri çekme i³lemlerini okuyucuya al³trma olarak brakyoruz. ekil 2.6: [(x 2 + y 2 + z 2 ) + 3] 2 = 16(x 2 + y 2 ) Örnek S 2 üç boyutlu uzaydaki birim küreyi göstersin. Bu küre üzerinde ω 2-formu ³u ³ekilde tanmlansn: E er u, v T p S 2 ise ω(p)(u, v) =. (u v) p. E er p = (x, y, z), u = (u 1, u 2, u 3 ) ve v = (v 1, v 2, v 3 ) olarak verilirse ω(p)(u, v) = (u 2 v 3 u 3 v 2, u 3 v 1 u 1 v 3, u 1 v 2 u 2 v 1 ) (x, y, z) olur. Bu durumda ω = x dy dz + y dz dx + z dx dy oldu unu kolayca görürüz.

113 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi D³ Türev V R n açk bir küme ve ω = I a I (x)dx I Ω k (V ) bir k-form olsun. dω. = I da I (x) dx I Ω k+1 (V ) tanmlanan k + 1-forma ω'nn d³ türevi denir. D³ türev i³leminin skça kullanlan baz özellikleri a³a daki önermede verilmi³tir. Önerme V R m açk bir küme ve k, l N olsun. 1) Her ω 1, ω 2 Ω k (V ) için d(ω 1 + ω 2 ) = dω 1 + dω 2 'dir. 2) Her ω Ω k (V ) ve ν Ω l (V ) için d(ω ν) = dω ν + ( 1) k ω dν e³itli i sa lanr. 3) d d = 0. Kant : Sadece üçüncü ifadenin ispatn verece iz. Geri kalann al³trma olarak okuyucuya brakyoruz. Birinci ifadeden dolay formun ω = f(x) dx 1 dx k ³eklinde oldu unu kabul edebiliriz. O halde, dω = i f x i dx i dx 1 dx k

114 96 Türevlenebilir Manifoldlar olur. Bu durumda do rudan hesap yaparak d 2 (ω) = d(dω) ( ) f = d dx i dx 1 dx k x i i = 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i,j i x j = 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i,j i x j = 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i>j i x j + 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i<j i x j = 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i>j i x j 2 f dx j dx i dx 1 dx k x i>j i x j = 0 elde edilir ve böylece kant tamamlanr. D³ türevin tanmndan R n 'nin açk bir U alt kümesi üzerinde tanml bir F : U V R m, x F (x) = y = (f 1 (x),, f m (x)) türevlenebilir bir fonksiyon için F (dω) = F ( I da I dy I ) = I F (da I ) F (dy I ) elde ederiz. Di er taraftan da I = m i=1 a I y i dy i oldu undan F (da I ) = m i=1 F ( a I y i dy i ) = m i=1 ( a I y i F ) F (dy i ) = m ( a m I F ) (df i ) = ( a I F ) y i y i i=1 i=1 n j=1 f i x j dx j

115 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 97 = n j=1 elde ederiz. O halde, (a I F ) x j dx j = d(a I F ) = d(f (a I )) F (dω) = I d(f (a I )) F (dy I ) = I = I d(f (a I )) df I d (F (a I )df I ) (Önerme 2.3.7) = d (F (a I dy I )) I ( ( )) = d F a I dy I I = d(f (ω)) olur. Ba³ka bir deyi³le, formlar üzerindeki geri çekme ve d³ türev i³lemleri yer de i³tirebilir. D³ türev, bu özelli i sayesinde manifoldlar üzerindeki formlar için de tanmlanabilir: ω Ω k (M) M manifoldu üzerinde verilen bir form olsun. E er ϕ : U 1 V 1 ve ψ : U 2 V 2 bu manifold üzerinde iki koordinat sistemi ise ϕ (d((ϕ 1 ) ω)) = (ϕ ψ 1 ψ) (d((ϕ 1 ) ω)) = (ψ 1 ψ) (ϕ (d((ϕ 1 ) ω))) = (ψ 1 ψ) (d((ϕ ϕ 1 ) ω)) = (ψ 1 ψ) (dω) = ψ (d((ψ 1 ) ω)) olur. Ba³ka bir deyi³le manifold üzerindeki formlar herhangi bir koordinat sistemi ile Öklit uzayna indirip, burada d³ türevini aldktan sonra tekrar ayn koordinat sistemi ile manifolda geri çekmek iyi tanml bir i³lemdir. Hatrlatma Bu Önerme herhangi bir manifold üzerindeki formlar için de do rudur (bkz. Al³trma 15.) M türevlenebilir n-boyutlu bir manifold ve ω Ω k (M) bu manifold üzerinde bir k-form olsun. E er dω = 0 ise ω kapal bir k-formdur denir. E er dν = ω olacak ³ekilde bir ν Ω k 1 (M) (k 1)-form varsa ω formuna bir tam formdur denir. Formlar üzerinde d 2 = 0 oldu undan her tam form kapaldr.

116 98 Türevlenebilir Manifoldlar Manifoldlarn Yönlendirilmesi Vektör uzaylarnn yönlendirilmesi: V sonlu boyutlu gerçel bir vektör uzay olsun. Bu uzayn β 1 = {v 1,, v n } ve β 2 = {w 1,, w n } gibi iki sral taban için, e er A = [I] β 2 β 1 taban de i³tirme matrisinin determinant pozitif bir say ise bu iki sral tabana denktir denir ve β 1 β 2 ile gösterilir. E er β 3 bu uzayn bir üçüncü sral taban ise [I] β 3 β 1 = [I] β 3 β 2 [I] β 2 β 1 ve dolaysyla det([i] β 3 β 1 ) = det([i] β 3 β 2 ) det([i] β 2 β 1 ) oldu undan bu ba nt bir denklik ba ntsdr. Bu ba ntnn her bir denklik snfna vektör uzaynn bir yönlendirilmesi denir. Yine det([i] β 3 β 1 ) = det([i] β 3 β 2 ) det([i] β 2 β 1 ) ve her bir β = {v 1, v 2,, v n } taban için β ve β = { v 1, v 2,, v n } tabanlar denk olmadklarndan her gerçel vektör uzaynn tam olarak iki tane yönlendirilmesi vardr. V = {0} bir noktadan olu³an sfr boyutlu bir vektör uzay üzerinde de + ve olmak üzere iki yönlendirme tanmlayaca z. Yapay bir tanm gibi görünse de bu tanmn çok hakl geometrik bir gerekçesi vardr: V sonlu boyutlu gerçel vektör uzay ve W 1, W 2 bu uzayn V = W 1 + W 2 olacak ³ekilde alt uzaylar olsun. Her üç uzayn da yönlendirilmi³ oldu unu dü³ünelim. W 1 W 2 ara kesit vektör uzaynn do al bir yönlendirilmesi var mdr? lk önce W 1 W 2 ara kesit vektör uzaynn en az bir boyutlu oldu unu ve W 1 V W 2 kabul edelim. Bu ara kesit uzaynn bir {v 1, v 2, v k } sral tabann alalm. Bu taban W 1 ve W 2 yönlendirilmi³ vektör uzaylarnn tabanlarna geni³letelim: W 1 uzaynn ve {u 1,, u l, v 1,, v k } {v 1,, v k, u l+1,, u n k } de W 2 uzaynn yönlü tabanlar olsun (bu durumda V n-boyutlu bir uzaydr). E er {u 1,, u l, v 1,, v k, u l+1,, u n k } taban V uzay üzerindeki yönlendirmeyle uyumlu ise arakesit vektör uzayn {v 1,, v k } sral taban ile yönlendirelim. Aksi halde yine W 1 de W 2 uzaynn ve { u 1,, u l, v 1,, v k } { v 1,, v k, u l+1,, u n k } uzaynn ayn yönlendirmeyi veren tabanlar olacaktr. Fakat bu sefer { u 1,, u l, v 1,, v k, u l+1,, u n k } taban V uzay üzerindeki yönlendirmeyle uyumlu olacaktr. Bu durumda ara kesit vektör uzayn { v 1, v 2,, v k } sral taban ile yönlendirece iz.

117 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 99 E er W 1 veya W 2 alt uzay V 'ye e³it ise (diyelim ki W 2 = V olsun, V 'nin yönlendirmesiyle beraber) W 1 W 2 = W 1 olacaktr. Dolaysyla önceki paragrafta yazd mz ³eyler yine geçerli olacaktr. Son olarak W 1 V W 2 ve dim(w 1 ) + dim(w 2 ) = n durumunu inceleyelim. Bu durumda W 1 W 2 = {0} veya ba³ka bir deyi³le V = W 1 W 2 dir. Yine {u 1,, u l } W 1 uzaynn ve {u l+1,, u n } de W 2 uzaynn yönlü tabanlar olsun. Ara kesit uzaynn bir taban olmad için, {u 1,, u l, u l+1,, u n } sral taban V uzaynn yönlendirmesiyle uyumlu de ilse bu durumdan kurtulmak mümkün olmayacaktr. ³te tam da bu durumu ifade etmek amacyla tek bir noktadan olu³an vektör uzaynn yönünü tanmlamak için + ve i³aretlerini kullanaca z: E er {u 1,, u l, u l+1,, u n } sral taban V uzaynn yönlendirmesiyle uyumlu ise W 1 alt uzay W 2 ile pozitif, uyumlu de ilse negatif olarak kesi³iyor diyece iz. Son olarak, arakesit uzay üzerine bu ³ekilde koydu umuz yönlendirme (W 1, W 2 ) sral vektör alt uzaylarnn bir fonksiyonudur. Ba³ka bir deyi³le, bu iki alt uzayn srasn de i³tirirsek ara kesit üzerindeki yön de i³ebilir. Dolaysyla, W 1 W 2 = V durumunda W 1 W 2 = + (art) oldu u halde W 2 W 1 = (eksi) olabilir. Aslnda, e er dim V = n = l + (n l) = dim W 1 + dim W 2 ise W 2 W 1 = ( 1) l(n l) W 1 W 2 çünkü {u l+1, u n, u 1,, u l } sral tabanndan {u 1,, u l, u l+1, u n } sral tabanna geçmek için tam olarak l(n l) tane ard³k ikilinin yer de i³tirmesi gerekir. Örnek Her karma³k vektör uzaynn gerçel uzay olarak ele alnd nda do al bir yönlendirilmesi vardr ve bu sayede karma³k manifoldlar türevlenebilir manifoldlar içinde özel bir yere sahiptirler. Bunu ³öyle açklayalm: V sonlu boyutlu bir karma³k vektör uzay olsun. β = {v 1,, v n } uzayn sral karma³k bir taban ise β R = {v 1, iv 1,, v n, iv n } ayn uzayn sral gerçel bir taban olur. β = {u 1,, u n } ayn uzayn sral ba³ka bir karma³k taban olsun. A = [I] β β karma³k taban de i³tirme matrisinin her a ij bile³eni yerine 2 2-lik ( ) Re(aij ) Im(a α ij = ij ) Im(a ij ) Re(a ij ) matrisi yazarak elde edece imiz 2n 2n-lik matris A R = [I] β R β R matrisine e³it olacaktr. Bu matrisin determinantnn det(a) 2 oldu unu ³u ³ekilde görebiliriz. Yukardaki verdi imiz 2 2-lik matrislerin olu³turdu u halka, diyelim ki R ile gösterilsin, karma³k saylar halkasna izomorktir. Ayrca, bu halkann ( ) a 0, a R, 0 a

118 100 Türevlenebilir Manifoldlar tipindeki elemanlarnn olu³turdu u alt halkas ise gerçel saylar halkasna izomorktir. A matrisinin determinantn hesaplamak için satr ve sütun i³lemleri yapalm. Matrisin tersi oldu u için sonunda bu matrisi det(a) matrisine dönü³türebiliriz. Bu matris i³lemlerinin kar³lklarn A R matrisine uygularsak sa alt kö³edeki 2 2-lik ksm ( ) Re(det(A)) Im(det(A)) 2n 2n-lik Im(det(A)) Re(det(A)) ve geri kalan ksm birim matris olan matrisi elde ederiz. Dolaysyla, A R matrisinin determinant det(a) 2 > 0 olur. Sonuç olarak V karma³k vektör uzaynn herhangi bir sral karma³k β = {v 1,, v n } tabanna kar³lk gelen β R = {v 1, iv 1,, v n, iv n } gerçel sral tabannn gerçel vektör uzayna verdi i yönlendirme ba³langçta seçti imiz β = {v 1,, v n } tabanndan ba mszdr. Bu nedenle bu yönlendirmeye karma³k yapnn verdi i kanonik yönlendirme diyece iz. Karma³k bir vektör uzaynn her karma³k alt uzaynn da kanonik bir yönlendirmesi olacaktr. Bunun bir sonucu olarak da V = W 1 W 2 ko³ulunu sa layan her W 1, W 2 karma³k alt uzaylar pozitif olarak kesi³ecektir. Manifoldlarn yönlendirilmesi: Verilen bir manifoldun yönlendirilmesi ile, bu manifoldun her noktasndaki te et uzaynn, noktaya göre de i³imi sürekli olan, bir yönlendirmesini seçmek olarak tanmlayabiliriz. Te et uzaylar üzerindeki yönlendirmenin noktaya göre sürekli olmasn ise ³u ³ekilde ifade edece iz: M türevlenebilir bir manifold olsun. E er bu manifold üzerinde her α, β Λ ve her p φ α (U α U β ) için det(d(φ 1 α φ β ) p ) > 0 olacak ³ekilde bir {φ α : U α V α } α Λ atlas varsa M manifolduna yönlendirilebilir manifold denir. M bu atlas ile yönlendirilebilir manifold olsun ve p M bir nokta olsun. p U α olacak ³ekilde bir koordinat sistemi seçelim. φ α : U α V α R n, φ α (p) = (x 1 (p),, x n (p)), ise {,, } sral taban T p M için bir yönlendirme verir. Koordinat de i³im fonksiyonlarnn pozitif determinantl olmasndan dolay p M x 1 x n noktasn içeren her koordinat sistemi bu noktada ayn yönlendirmeyi verecektir. R n 'nin her açk kümesi sadece tek bir koordinat sistemi örtülebilece i için yönlendirilebilir manifoldlardr. Ba lantl her manifold en fazla iki farkl yönlendirmeye sahiptir (bkz. Al³trma 16).

119 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 101 Örnek Tüm küreler yönlendirilebilir manifoldlardr. Aslnda türevlenebilir bir manifoldu hem kendileri hem de ara kesitleri ba lantl iki koordinat sistemi ile örtülebiliyorsa bu manifold yönlendirilebilirdir. Çünkü e er koordinat de i³im fonksiyonunun türevinin determinant negatif ise (ara kesit ba lantl oldu u için her noktada negatif olacaktr) koordinat sistemlerinden birinin bir koordinat fonksiyonunu 1 ile çarpmak koordinat de i³im fonksiyonunun türevinin determinantn pozitif yapacaktr. Yönlendirilebilir manifoldlarn çarpmlarnn da yönlendirilebilir oldu unun gösterilmesini okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 20). Dolaysyla, sonlu tane kürenin çarpm da yönlendirilebilir bir manifolddur. Örnek Karma³k manifoldlarn do al yönlendirmeleri vardr ve dolaysyla her karma³k manifoldlar yönlendirilebilirdir (bkz. Örnek 2.3.9). Di er taraftan gerçel projektif uzaylar içinde sadece tek boyutlu olanlar yönlendirilebilir manifoldlardr. Bunu kantlayabilmek için biraz hazrlk yapmamz gerekiyor. A³a daki sonuç yönlendirilebilen manifoldlarn bir karakterizasyonunu vermektedir. Teorem Boyutu n olan türevlenebilir bir M manifoldunun yönlendirilebilir olmas için gerek ve yeter ko³ul M üzerinde hiç bir noktada sfr olmayan bir ω Ω n (M) formunun var olmasdr. Kant : lk önce M manifoldunun yönlendirilebilir oldu unu kabul edelim ve {φ α : U α V α } α Λ yönlendirmeyi veren bir atlas olsun. R n üzerinde ν = dx 1 dx n formunu dü³ünelim. Bu durumda her p U α U β noktas ve bu noktadaki te et uzaynn her {v 1,, v n } sral taban için φ α(v 1, v n ) ve φ β (ν)(v 1, v n ) ayn i³aretli olacaktr. Bu durumda ω α = φ α(ν) diferansiyel formlarn bu atlas ile uyumlu bir birimin ayr³m, {ρ α : M [0, 1]}, ile toplayarak elde edece imiz ω = ρ α ω α formu manifoldun α hiç bir noktasnda sfr olmayacaktr. imdi de manifold üzerinde hiç bir noktada sfr olmayan bir ω n-formu oldu unu kabul edelim. Manifoldun verilen her p M noktas etrafndaki küçük bir yuvarda tanml öyle bir q ϕ(q) = (x 1 (q),, x n (q)) koordinat sistemi seçelim ki ω(,, ) > 0 olsun. Bu ³ekilde olu³turulan atlas M üzerinde bir yönlendirme verecektir. x 1 x n Aslnda yukardaki kant yönlendirilebilir bir manifold üzerinde yönlendirme seçmek ile bu manifold üzerinde sfr olmayan en yüksek boyutlu bir form seçmenin ayn ³ey oldu unu göstermektedir. ω sfr olmayan bir form ise her te et uzaynn bu form altnda pozitif say veren sral tabann seçerek

120 102 Türevlenebilir Manifoldlar manifold üzerinde yönlendirme seçebiliriz. Yönlendirilebilir ve ba lantl her manifold üzerinde tam olarak iki tane yönlendirme oldu u açktr (bkz. Al³trma 16). Üzerinde bir yönlendirilme seçilmi³ manifoldlara yönlendirilmi³ manifoldlar diyece iz. M yönlendirilmi³ bir manifold ise M ile ayn manifoldu di er yönlendirmesiyle gösterece iz. M ve N yönlendirilebilen n-boyutlu iki manifold olsun. Bu manifoldlar arasndaki bir ϕ : M N fonksiyonun yerel difeomorzma olmas için gerek ve yeter ko³ul M üzerinde hiç bir noktada sfr olmayan bir ω Ω n (N) formu için ϕ (ω) Ω n (M) formunun hiç sfr olmamasdr. (Bkz. Al³trma 19). ki yönlendirilmi³ manifold arasndaki bir ϕ : M N yerel difeomor- zmas M üzerindeki yönlendirmeyi N üzerindeki yönlendirmeye ta³yorsa ϕ : M N yerel difeomorzmasna yön koruyan denir. E er manifoldlarn üzerindeki yönlendirmeler ν M Ω n (M) ve ν N Ω n (N) gibi iki tane 2-form yardm ile veriliyorsa ϕ bu yerel difeomorzmann yön koruyan olmas için gerek ve yeter ³art ϕ (ν N ) = f(x)ν M olacak ³ekilde f : M (0, ) bir fonksiyonun var olmasdr. Örnek Möbius eridi, M B, yönlendirilemez bir manifolddur. Bunu görmek için, M B üzerinde bir ω 2-formu alalm. M B bir bölüm manifoldu olarak görebiliriz: R (0, 1)/(x, y) (x + 1, 1 y), (x, y) R (0, 1). Bu durumda, e er F : R (0, 1) MB bölüm fonksiyonu ise F (ω) bir 2-form olacaktr. F (ω) = f(x, y) dx dy formu ³eklinde yazalm. Di er taraftan F (ω) 2-formu (x, y) (x + 1, 1 y) dönü³ümü altnda de i³mez olaca için f(x, y) fonksiyonu f(x + 1, 1 y) = f(x, y) simetrisine de sahip olmaldr. Dolaysyla, bu fonksiyon bir (a, b) noktasnda pozitif (veya negatif) de er alyorsa (a + 1, 1 b) noktasnda da negatif (veya pozitif) de er alacaktr. f(r (0, 1)) ba lantl olaca ndan sfr noktasn içeren bir aralk olmak zorundadr. Dolaysyla, ω formunun en az bir sfr vardr. O halde, MB yönlendirilemez bir manifolddur. Hemen hemen ayn kant MB R n çarpm manifoldunun da yönlendirilemez oldu unu gösterir. Aslnda biraz daha fazlasn kantlam³ durumdayz: E er türevlenebilir n- boyutlu bir M manifoldu MB R n 2 'yi bir alt manifold olarak içeriyorsa bu manifold üzerindeki her n-formunun bu alt manifold üzerinde en az bir sfr olacaktr. Dolaysyla, M yönlendirilemez bir manifolddur. Örne in, gerçel projektif uzay Möbius ³eridini bir alt manifold olarak içerdi i için yönlendirilemez bir manifolddur. Benzer bir ³ekilde, M yönlendirilemez bir manifold olmak üzere her M N çarpm manifoldu da yönlendirilemez bir manifolddur (bkz. Al³trma 20). Örnek (Örtü Uzaylar). G grubu türevlenebilir ve yönlendirilmi³ M manifoldu üzerinde difeomorzmalarla serbest ve düzgün süreksiz bir ³ekilde etki etsin, öyle ki bölüm uzay da manifold olsun (bölüm uzay Hausdor ise

121 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 103 üzerinde do al bir türevlenebilir yap olacaktr). E er G grubunun içindeki her difeomorzma M üzerindeki yönü korursa bölüm manifoldu üzerinde do al bir yönlendirme vardr ve bölüm fonksiyonu bu yönlendirmeyi korur. E er baz g G elemanlar yönü korumazsa (ters çevirirse) bölüm manifoldu yönlendirilemez bir manifold olur (bkz. Al³trma 21). F : R n R n F (x 1,, x n ) = ( x 1,, x n ) ters kutupsal difeomorzmasn dü³ünelim. ω = dx 1 dx n formu olmak üzere F (ω) = ( 1) n ω oldu u kolayca görülür. Dolaysyla bu fonksiyon sadece çift boyutlu Öklit uzaylarnda yönü korur. Benzer ³ekilde, R n {0} üzerinde tanml kapal (bkz. Al³trma 22 ve Ünite 5, Al³trma 8) ω S n 1 = n i=1 ( 1) i 1 x i dx 1 dx i 1 dx i+1 dx n (x x2 n) n/2 formunun S n 1 küresine kstlan³nn hiç sfr yoktur ve dolaysyla küre üzerinde bir yönlendirme verir. Fakat bu sefer, F (ω S n 1) = ( 1) n ω S n 1 oldu u için ters kutupsal fonksiyon sadece tek boyutlu kürelerde yönü korur. Dolaysyla sadece tek boyutlu gerçel projektif uzaylar yönlendirilebilir manifoldlardr. Örnek (Lens Uzaylar). Üç boyutlu küreyi iki boyutlu karma³k birim kürenin snr olarak görelim: S 3 = {(z 1, z 2 ) C 2 (z 1, z 2 ) = 1}. p ve q aralarnda asal pozitif tam saylar ve ξ = e 2πi/p olsun. Bu durumda Z p =< g > sonlu devirli grubu S 3 üzerinde serbest bir ³ekilde etki eder: g(z 1, z 1 ) = (ξz 1, ξ q z 2 ). Grup sonlu oldu u için bölüm uzay türevlenebilir bir manifolddur. Grup etkisinin yönü korudu u kolayca görülebilir. Dolaysyla, bölüm manifoldu da S 3 üzerindeki yönlendirme sayesinde yönlü bir manifold olur. Aslnda, g (ω S 3) = ω S 3 olur ve dolaysyla bu form bölüm uzay üzerinde de hiç bir noktada sfr olmayan bir üç form verir. Bu yönlendirilmi³ üç boyutlu bölüm manifolduna Lens uzay denir ve L(p, q) ile gösterilir. F : S 3 S 3, (z 1, z 2 ) (z 1, z 2 ) difeomorzmas yönü ters çevirir ve ayrca (F g F 1 )(z 1, z 2 ) = (ξz 1, ξ p q z 2 ) olur. Ba³ka bir deyi³le, üç boyutlu küre üzerindeki F difeomorzmas L(p, q) ile L(p, p q) arasnda yönü koruyan bir difeomorzma verir. Bu bölümü a³a daki sonuçla bitirece iz. Teorem M n-boyutlu yönlendirilebilir bir manifold, ϕ : M N türevlenebilir bir fonksiyon ve p N bir düzgün de er ise ϕ 1 (p) yönlendirilebilir alt manifolddur. Kant : L = ϕ 1 (p) bo³ küme olmasn. Her q L için D(ϕ) q : T q M T p N türev fonksiyonun çekirde i T q L te et uzaydr. Manifoldun te et demetini uygun N q T q M bir alt uzay olmak üzere T q M = T q L N q ³eklinde yazalm (örne in, T q M vektör uzay üzerine bir iç çarpm koyup

122 104 Türevlenebilir Manifoldlar N q T q M alt uzayn T q L alt uzaynn dik tümleyeni olarak seçebiliriz). Bu durumda (Dϕ) q : N q T p N bir izomorzma olacaktr. T p N te et uzaynn {u k+1,, u n } gibi bir yönlendirmesini seçelim. O zaman, bu izomor- zma yardmyla N q vektör uzay üzerine {v k+1 = (Dϕ) q (u k+1 ),, v n = (Dϕ) q (u n )} yönlendirmesini koyabiliriz. Son olarak T q L uzay üzerine bir {v 1,, v k } yönlendirmesi koyalm öyle ki, {v 1,, v k, v k+1,, v n } sral taban da T q M = T q L N q üzerindeki yönlendirme olsun. Bu i³lem noktasal olsa da aslnda bir koordinat kom³ulu unda sürekli bir ³ekilde de yaplabilir: Uygun koordinat de i³imleri altnda ϕ : R n R n k, (x 1,, x n ) (x k+1,, x n ) ³eklinde görülecektir. Bu durumda u i = bitirebiliriz. p ve v i = q x i x i alarak kant Stokes Teoremi Stokes Teoremi en kaba anlamyla, bir manifoldun içinde olanlar anlamak için bu manifoldun snrnda olanlar anlamann yeterli oldu unu ifade etmektedir. Bu teoreminin en çok bilinen hali Analizin Temel Teoremi'dir: f : [a, b] R türevi sürekli bir fonksiyon ise b a f (x) dx = f(b) f(a) olur. Ba³ka bir deyi³le, dω = f (x) dx 1-formunun yine 1-boyutlu I = [a, b] yönlendirilmi³ manifoldu üzerindeki integrali, ω = f(x) 0-formunun bu manifoldun snrn olu³turan 0-boyutlu I = {b +, a } manifoldu üzerindeki integraline e³ittir: I dω = b a f (x) dx = f(b) f(a) = f(x) = x I fadesini yukarda vermi³ oldu umuz Stokes Teoremi'nin özü ifadesinde geçen terimleri do ru tanmlamaktan ibarettir. imdi bu i³i dikkatli bir ³ekilde yapmaya çal³aca z. Manifold üzerinde ntegral: U R n açk bir küme ve ω Ω n (U) olsun. E er bu formun sfrdan farkl oldu u noktalar kümesi, supp(ω) = {p U ω(p) 0}, tkz bir kapan³a sahipse bu forma tkz bir kümede desteklenen form denir. Bu formlarn Ω n (U) içinde olu³turdu u küme bir alt uzaydr ve Ω n c (U) ile gösterilir. U üzerindeki her n-form ω = f(p) dx 1 dx n olarak yazlabildi i I ω.

123 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 105 için sup(ω) = {p U f(p) 0} olacaktr. Bu durumda ω formunun U açk kümesi üzerindeki integrali. ω = f(p) dx 1 dx n = f(x 1,, x n ) dx 1 dx 2 dx n U U Riemann integrali olarak tanmlanr. Formun sfrdan farkl oldu u küme tkz bir kümenin içinde kald için bu bir belirli integraldir ve sonuç sonlu bir say olacaktr. ntegralin bu ³ekilde tanmlanmasnn nedeni R n üzerinde standart yönlendirmenin {,, } sral taban ile verilmesidir. Ba³ka bir deyi³le, x 1 x n formlar de i³kenlerin sralamasna duyarl olduklar için integralleri de ancak yönlendirilmi³ manifoldlarda tanmlanabilir. Hatrlatma Riemann integralinde de i³kenlerin srasn istedi imiz gibi de i³tirebiliriz: {i 1,, i n } = {1,, n} olmak üzere f(p) dx 1 dx n = f(p) dx i1 dx in. U Di er taraftan, yukardaki tanmda kullanlan ω formunun ω = f(p) dx 1 dx n açlmndaki koordinatlarnn sras önemlidir. Örne in, ω Ω 2 c(r 2 ) durumunda f(x 1, x 2 ) dx 2 dx 1 = ( f(x 1, x 2 )) dx 1 dx 2 R 2 R 2 = f(x 1, x 2 ) dx 1 dx 2 R 2 olur. U, V R n açk kümeler, ϕ = (ϕ 1,, ϕ n ) : U V yönü koruyan bir difeomorzma ve ω = f(p) dx 1 dx n Ω n (V ) olsun. Bu durumda Hatrlatma 2.3.3'den dolay U U ϕ (ω) = f(ϕ(p)) (ϕ 1,, ϕ n ) (x 1,, x n ) dx 1 dx n olaca ndan U ϕ (ω) = e³itli ini elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le yönü koruyan bir difeomorzma ile formu geri çekmek (koordinat sistemini de i³tirmek) integralin de erini de i³tirmez. V ω

124 106 Türevlenebilir Manifoldlar Tanm M n-boyutlu yönlendirilmi³ bir manifold ve ω Ω n c (M) olsun. Ayrca {φ α : U α V α R n } α Λ bu yönlendirmeyi veren bir atlas ve {ρ α : M [0, 1]} bu açk örtü ile uyumlu bir birimin ayr³m olsun. ω'nn M manifoldu üzerindeki integrali ω =. (φ 1 α ) (ρ α (p) ω) M α Λ V α olarak tanmlanr. ntegralini ald mz formun sfrdan farkl oldu u kümenin kapan³ tkz oldu u için yukardaki toplam aslnda sonlu bir toplamdr. Yine ayn nedenden toplamn her terimi sonlu bir saydr. ntegralin iyi tanml olabilmesi için bu tanmn seçilen atlas ve onunla uyumlu birimin ayr³mndan ba msz oldu unun gösterilmesi gerekmektedir. Ayn yönlendirmeyi veren ba³ka bir atlas verildi inde bu iki atlasn açk kümelerini içeren atlas göz önüne alalm. Bu iki atlasn açk örtüleriyle uyumlu olan birimin ayr³mlar bu yeni atlasn açk örtüsüyle de uyumlu olacaktr. O halde, integralin iyi tanml oldu unu göstermek, {φ α : U α V α R n } α Λ atlasyla uyumlu bir ba³ka {ϱ α : M [0, 1]} birimin ayr³m için α Λ V α (φ 1 α ) (ρ α (p) ω) = α Λ oldu unu kantlamaya denk olacaktr: V α (φ 1 α ) (ϱ α (p) ω) α Λ V α (φ 1 α ) (ρ α (p) ω) = α Λ = α Λ = α,β Λ = α,β Λ = β Λ = β Λ = β Λ (φ 1 α ) (( ϱ β (p)) ρ α (p) ω) V α β Λ (φ 1 α ) (ϱ β (p) ρ α (p) ω) V α V β V α V β β Λ (φ 1 α ) (ϱ β (p) ρ α (p) ω) (φ 1 β ) (ϱ β (p) ρ α (p) ω) α Λ (φ 1 β ) (ϱ β (p) ρ α (p) ω) (φ 1 β ) (( ρ α (p)) ϱ β (p) ω) V β α Λ (φ 1 β ) (ϱ β (p) ω) V β

125 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 107 Bu çkarmdaki ilk (benzer ³ekilde son) e³itlik β Λ ϱ β(p) = 1 ifadesinin sonucudur. kinci ve altnc e³itlik geri çekme i³leminin toplamsal olmasndan elde edilmi³tir. Benzer ³ekilde üçüncü ve be³inci e³itlikler integralin toplamsall nn sonucudur. Dördüncü e³itlik ise integrali alnan formun yönü koruyan (φ α φ 1 β ) : φ β(u α U β ) φ α (U α U β ) difeomorzmas ile geri çekmesi ile elde edilmi³tir (ϱ β (p) ρ α (p) ω formu sadece U α U β açk kümesi içinde sfrdan farkl de er alabilir). Sfr Boyutlu Manifold Üzerinde ntegral: Sfr boyutlu bir manifold ayrk noktalar kümesidir (bkz. Hatrlatma 2.1.1). Böyle bir manifold üzerinde yönlendirme ise her noktaya + veya i³areti koymak demektir: σ : M {+, }. E er σ(p) = + ise p + (veya σ(p) = ise p ) yazaca z. Bu manifoldun sadece tkz bir kümesi üzerinde sfrdan farkl de erler alan bir f : M R 0-formunun (fonksiyonunun) integrali ise M f = p M σ(p) f(p) olarak tanmlanr. Ayrk bir kümenin tkz alt kümeleri sonlu oldu undan bu toplam da sonlu bir toplamdr. Örnek ki elemanl M = {a, b} kümesi üzerine dört farkl yönlendirme koyabiliriz: M 1 = {a +, b + }, M 2 = {a +, b }, M 3 = {a, b + } ve son olarak M 4 = {a, b }. Snrl Manifoldlar: olarak tanmlanr. Bu alt uzayn R n Boyutu n olan yar Öklit uzay H n = {(x 1, x 2,, x n ) R n x 1 0} içindeki snr ise H n = {(x 1, x 2,, x n ) R n x 1 = 0} ile gösterilir. Topolojik manifold tanmna benzer bir ³ekilde, Hausdor ve ikinci saylabilir bir M uzay, her biri H n 'nin açk bir alt kümesine homeomork olan açk alt kümelerinin birle³imi olarak yazlabiliyorsa M'e n-boyutlu snrl topolojik manifold denir. Bu homeomorzmalar kümesini yine {φ α : U α V α } ile gösterece iz ve M topolojik snrl manifoldunun bir topolojik atlas diye adlandraca z. E er bu atlasn her φ α : U α V α ve φ β : U β V β koordinat sistemi için, geçi³ fonksiyonu φ β φ 1 α : φ α (U α U β ) φ β (U α U β ), R n 'nin açk kümelerinin bir türevlenebilir fonksiyonuna geni³letilebiliyorsa bu atlasa türevlenebilir bir atlastr diyece iz. M manifoldunun snr {p M baz α için p U α ve φ α (p) = (0, x 2,, x n )} kümesi olarak tanmlanr ve M ile gösterilir.

126 108 Türevlenebilir Manifoldlar Önerme Boyutu n olan snrl bir manifoldun snr iyi tanmldr ve n 1-boyutlu bir manifolddur. Kant : Önce önermenin ilk ksmnn do ru olmad n kabul edelim. Di er bir deyi³le, bir koordinat kom³ulu una göre snrda olan bir nokta bir ba³ka koordinat kom³ulu unda snr noktas olmasn. O halde elimizde ³unlarn oldu unu kabul edebiliriz: U, V R n iki açk küme olmak üzere bir f : U H n V H n homeomorzma olsun. Ayrca, F : U V ve G : V U gibi iki türevlenebilir fonksiyon vardr öyle ki F U H n = f ve G V H n = f 1 'dir. Son olarak f(p) = q = (y 1, y 2,, y n ) V H n olacak ³ekilde p = (0, x 2,, x n ) U H n bir noktas vardr. O halde, y 1 < 0 olmaldr. Di er taraftan, U H n üzerinde G F = id oldu u için DF (p) türev fonksiyonu bir izomorzmadr. Dolaysyla, Ters Fonksiyon Teoremi bize F fonksiyonunun p noktas etrafnda bir difeomorzma oldu unu söyler. Fonksiyon sürekli oldu u için p noktasnn bir açk kom³ulu u F altnda V H n kümesinin iç bölgesine gönderilir. Ba³ka bir deyi³le, f 1 fonksiyonu ilk koordinat negatif olan baz noktalar ilk koordinat pozitif olan noktalara gönderir. Bu çeli³ki önermenin ilk ksmnn kantn tamamlar. Snrn bir manifold oldu unu ise ³u ³ekilde görebiliriz. Türevlenebilir F ve G fonksiyonlarnn snrdaki noktalar etrafnda birer difeomorzma oldu unu yukarda gördük. Ayrca F (U H n ) = f(u H n ) V H n oldu unu da biliyoruz. O halde, F U H n fonksiyonu manifoldun snr için ihtiyaç duydu umuz koordinat fonksiyonlarn verir. Bu önerme hem manifoldun snrnn iyi tanml oldu unu hem de bu kümenin (n 1)-boyutlu bir manifold oldu unu gösterir. Bu manifolda M'nin snr denir ve M ile gösterilir. Örnek R n içindeki birim yuvarn snr S n 1 küresidir. Örnek Bir manifoldun snr, snr olmayan bir manifolddur. Snrl manifoldlarn snrlarndaki noktalarn da te et uzaylar vardr. Bunu ³u ³ekilde görebiliriz. Aslnda te et uzaynn iyi tanml olmas konusunda problem olabilecek tek konu, snrdaki noktalarn koordinat sistemleri arasndaki geçi³ fonksiyonu H n uzaynn bir açk kümesinde tanmlyken, bu fonksiyonun tüm Öklit uzay içindeki bir açk kümeye geni³lemesinin alnarak te et uzaynn bu geni³leme yardmyla tanmlanyor olmasdr. Fakat bir geçi³ fonksiyonunun birden fazla geni³lemesi olsa da, bunlarn H n içinde kalan her noktadaki türevleri ayn olacaktr. Açkça söylemek gerekirse, geni³lemelerin herhangi bir snr noktasndaki türevi snrn üzerindeki ve ilk koordinatn negatif oldu u noktalardaki de erleri tarafndan tamamen belirlenir. Ba³ka bir deyi³le, geçi³ fonksiyonun ilk koordinatnn pozitif oldu u noktalara nasl geni³letildi i fonksiyonun snr noktalarndaki türevini etkilemez.

127 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 109 Snr olan manifoldlarn yönlendirilmesi de snr olmayan manifoldlardaki gibi yaplr. Yönlendirilmi³ snrl bir manifoldun snr do al bir yönlendirmeye sahiptir. Örne in, X = [a, b] kapal aral bir boyutlu ve snrl bir manifolddur. Analizin Temel Teoremi'nin bize önerdi i üzere bu manifoldun üzerindeki yönlendirme her noktada vektörü ile verilirse bu manifoldun snrndaki x yönlendirme {a, b + } ile verilir. Genelde ise, yönlendirilmi³ bir manifoldun snrndaki yönlendirme ³u ³ekilde tanmlanr: lk önce bir p M ve bu nokta etrafnda bir φ : U V H n koordinat sistemi alalm. N (p) ile T p M te et uzayndaki d³ normal vektörü gösterelim: Ba³ka bir deyi³le, q = φ(p) olmak üzere N (p) = (Dφ 1 )(q)( ) x 1 olsun. β = {v 1,, v n 1 } T p M vektör uzaynn bir sral taban olmak üzere e er β = { N (p), v 1,, v n 1 } T p M vektör uzaynn yönlendirmesi ise snr manifoldunun p noktasndaki yönlendirme β = {v 1,, v n 1 } sral taban ile tanmlanacaktr. ekil 2.7: Manifoldun iki ucundaki yönlendirmelerin ters yönlü oldu una dikkat ediniz! Stokes Teoremi: Artk teoremi ifade ve kantlamak için yeterli alt yapy olu³turmu³ durumdayz. Teorem (Stokes Teoremi). M türevlenebilir, n-boyutlu yönlendirilmi³ bir manifold ve ω Ω n 1 c (M) tkz destekli bir (n 1)-form ise dω = ω e³itli i sa lanr. M Kant : M üzerindeki yönlendirmeyi veren {φ α : U α V α R n } α Λ atlas ve bununla uyumlu bir {ρ α : M [0, 1]} birimin ayr³m seçelim. ω M

128 110 Türevlenebilir Manifoldlar formunun M manifoldu üzerindeki integrali M ω. = α Λ V α (φ 1 α ) (ρ α (p) ω). olarak tanmlanm³t. imdi ω α = ρα ω ile ifade edilen formu tanmlayalm. O halde, ω = α Λ ω α ve dω = α Λ dω α olur. ntegral i³lemi toplamsal oldu undan, sadece key bir α Λ için dω α = M ω α M oldu unu göstermek teoremi kantlamaya yeterli olacaktr. Ayrca, formlar bir koordinat sistemi içinde ya³adklar için sadece ³u özel durumu incelemek yeterlidir: φ : U V bir koordinat sistemi, ω U açk kümesi içinde kalan tkz bir küme d³nda sfr de eri alan bir (n 1)-form olsun. Ayrca, V açk kümesini R n veya H n olarak seçebiliriz. O halde, ve dolaysyla (φ 1 ) ω = n i=1 (φ 1 ) (dω) = d((φ 1 ) ω) = elde ederiz. Durum 1) φ(u) = V = R n M dω = = = = = U dω n R n i=1 n ( 1) i 1 i=1 a i dx 1 dx i dx n n i=1 olsun. ( 1) i 1 a i x i dx 1 dx i dx n ( 1) i 1 a i x i dx 1 dx i dx n R n n ( 1) R i 1 ( n 1 i=1 a i dx 1 dx i dx n x i a i x i dx i ) dx 1 dx i dx n n ( 1) R i 1 ( lim a i(x) lim a i(x)) dx 1 dx i dx n n 1 x i x i i=1 = 0. Yukardaki limitlerin sfr çkmasnn nedeni ω ve dolaysyla a(x) fonksiyonun tkz bir küme d³nda sfr olmasdr. Di er taraftan, V kümesi H n

129 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 111 ile kesi³medi i için U M = olacaktr ve bu nedenle integrali de sfrdr. Durum 2) φ(u) = V = H n M dω = = = U dω n H n i=1 M olsun. n ( 1) i 1 i=1 ω = 0 ( 1) i 1 a i x i dx 1 dx i dx n H n 0 a i dx 1 dx i dx n x i = ( 1) R 1 1 a 1 ( dx 1 ) dx 2 dx n n 1 x 1 = (a 1 (0, x 2,, x n ) lim a 1(x)) dx 2 dx n R n 1 x 1 = a 1 (0, x 2,, x n ) dx 2 dx n R n 1 = a 1 (x) dx 2 dx n = = H n H n M n i=1 ω a i dx 1 dx i dx n elde edilir ve dolaysyla kant tamamlanr. Sondan ikinci e³itlikteki toplamn ilk terimi d³ndaki formlarn tamamen sfr oldu unu gözlemleyiniz. Stokes Teoremi'nin Baz Özel Halleri ve Uygulamalar: Bu bölümün giri³inde Analizin Temel Teoremi'ni Stokes Teoremi'nin bir özel hali olarak vermi³tik. Green Teoremi: R düzlemde snrl bir bölge ve bu bölgenin snr C = R olsun. R bölgesini düzlemin β = { x, x } sral tabannn verdi i yönlendirme ile dü³ünürsek, bu bölgenin snr üzerinde verdi i yönlendirme saat yönünün tersi olan yönlendirme olacaktr. R bölgesi üzerinde tanml bir ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy formunu dü³ünelim. Bu durumda dω = (g x (x, y) f y (x, y)) dx dy olaca ndan Stokes Teoremi Green Teoremi'ne

130 112 Türevlenebilir Manifoldlar dönü³ecektir: f(x, y) dx + g(x, y) dy = C = = = C R R R ω dω (g x (x, y) f y (x, y)) dx dy (g x (x, y) f y (x, y)) dxdy ekil 2.8: R bölgesi ve snr düzlemin standart yönlendirmesine sahiptir. Klasik Stokes Teoremi: S üç boyutlu uzayda snrl bir yüzey ve bu yüzeyin snr C = S olsun. S yüzeyi üzerinde seçilen bir n normal vektörü ile yönlendirilsin ve bu yönlendirmeyi kullanarak snrn da yönlendirelim. S bölgesi yüzeyinde tanml bir ω = f(x, y, z) dx + g(x, y, z) dy + h(x, y, z) dz 1-formunu dü³ünelim. Bu durumda dω = (g x f y ) dx dy + (h y g z ) dy dz + (f z h x ) dz dx olaca ndan Stokes Teoremi klasik Stokes Teoremi'ne dönü³ecektir: C f dx + g dy + h dz = = = C= S S S dω ω (g x f y ) dx dy + (h y g z ) dy dz + (f z h x ) dz dx.

131 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 113 Divergence Teoremi: D üç boyutlu Öklit uzaynda snr, S = D, türevlenebilir bir yüzey olan bir bölge olsun. D bölgesi uzayn standart { x, y, z } sral taban ile ve snr yüzeyi de bununla uyumlu ³ekilde yönlendirilsin. ω = f(x, y, z) dy dz + g(x, y, z) dz dx + h(x, y, z) dx dy 2-formunu dü³ünelim. Bu durumda dω = (f x + g y + h z ) dx dy dz olaca ndan Stokes Teoremi Divergence Teoremi'ne dönü³ecektir: f dy dz + g dz dx + h dx dy = ω S S= D = dω D = (f x + g y + h z ) dx dy dz D = (f x + g y + h z ) dxdydz Disk ve Kürenin Hacimleri Küre ve diskin hacim formülleri iyi bilinse de pek fazla kaynakta bulunmamaktadr. Bu nedenle bu bölümde bu hacimleri hesaplayaca z. D n (r) ile R n içindeki r 0 yarçapl yuvar gösterelim. Bu durumda D n (r) yuvarnn hacmi Hac (D n (r)) = dx 1 dx n = dx 1 dx n D n (r) D D n (r) olacaktr. imdi bu integrali hesaplayalm: lk önce her n > 0 do al says için Hac(D n (r)) = A n r n olacak ³ekilde bir A n gerçel saysnn oldu unu gösterelim. A 1 = 2 (hatta, A 2 = π ve A 3 = 4π ) oldu unu biliyoruz. Tümevarm metodu ile kant 3 yapmak için A n 1 saysnn var oldu unu kabul edelim ve bir sonrakinin varl n gösterelim: A³a daki ³ekilden dolay r Hac(D n (r)) = 2 Hac(D n 1 ( r 2 s 2 )) ds 0 r = 2A n 1 ( r 2 s 2 ) n 1 ds 0

132 114 Türevlenebilir Manifoldlar ekil 2.9: A(n) ile A(n 1) arasndaki ili³ki olur. s = r sin θ de i³ken de i³imini yaparsak e³itli ini elde ederiz. O halde, π/2 Hac(D n (r)) = 2r n A n 1 (cos θ) n dθ π/2. A n = 2An 1 (cos θ) n dθ 0 π/2. olarak tanmlarsak kant bitirmi³ oluruz. imdi de B n = (cos θ) n dθ saysn hesaplayalm. Kolayca, B 1 = 1 ve B 2 = π/4 oldu unu görürüz. Di er taraftan, n 2 için v = (cos θ) n 1 ve du = cos θ dθ alarak ksmi integral hesab yaparsak π/2 0 (cos θ) n dθ = (n 1) π/2 elde ederiz. Son olarak (sin θ) 2 = 1 (cos θ) 2 0 B n = n 1 n 0 (cos θ) n 2 (sin θ) 2 dθ B n 2 yazarak ba ntsn buluruz. Bu ba nty kullanarak kolayca B 2n+1 = (2n n!) 2 (2n + 1)! ve B 2n = (2n)! π (2 n n!) 2 2 oldu unu görürüz. Hacimleri bulmak için A n /A n 1 = 2B n ba ntsn kullanrsak 2 n+1 π n A 2n+1 = ve A 2n = πn 1 3 (2n + 1) n! 0

133 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 115 elde ederiz. S n 1 (r) ile R n içindeki yarçap r 0 olan küreyi gösterirsek bu kürenin hacmi Hac(D n (r)) fonksiyonunun r'ye göre türevi olacaktr. Örne in, Hac(D 4 (r)) = π2 r 4 ve Hac(S 3 (r)) = 2π 2 r 3 olur. Yine n-boyutlu birim diskin 2 hacmi A n 1 n = A n olurken (n 1)-boyutlu birim kürenin hacmi ise na n olacaktr. Örnek 'te ele ald mz, S n 1 ω S n 1 = n i=1 küresi üzerindeki ( 1) i 1 x i dx 1 dx i 1 dx i+1 dx n (x x2 n) n/2 formuna tekrar dönelim. Bu form herhangi bir A SO(n) de i³mezdir (bkz. Al³trma 22): A (ω S n 1) = ω S n 1. matrisi altnda Ayrca bu form T (1,0,,0) S n 1 te et uzaynn {,, } sral tabannda +1 de erini alr. Bu noktay ve bu sral taban SO(n) grubunun elem- x 2 x n anlaryla kürenin herhangi bir noktasna ta³yabilece imiz için, olacaktr. Dolaysyla, S n 1 ω S n 1 = Hac(S n 1 ) = na n ω 0,R n. = ω S n 1 na n Ω n 1 (R n {0}) formunun birim küre üzerindeki integrali (yönlendirmeye ba l olarak) ±1 de erini alacaktr. Aslnda Stokes Teoremi'nden dolay R n {0} içinde kalan her tkz (yönlendirilmi³) M n 1 manifoldu için M ω 0,R n integrali sfr veya ±1 de erini alr. Daha açkça söylemek gerekirse, integral, e er orijin manifoldun snrlad tkz bölgenin içindeyse ±1, d³ndaysa sfr olur. Bu nedenle ω 0,R n formuna {0} R n alt manifoldunun geçi³me formu denir. (Bkz. sayfa 212 ve Ünite 5, Al³trma 8.) Karma³k Manifoldlar Üzerinde Özel Formlar Karma³k Do rusal Uzay: z k = x k + iy k ve z k = x k iy k koordinatlar ile beraber ele ald mz C n = R 2n karma³k vektör uzay üzerinde ω = i 2 n dz k d z k = k=1 n dx k dy k k=1

134 116 Türevlenebilir Manifoldlar türevlenebilir formunu dü³ünelim. Kolayca, her 0 l n için ω l = ( i 2 )l l! 1 k 1 < <k l n dz k1 d z k1 dz kl d z kl oldu u görülür. Bu karma³k vektör uzay içinde l n boyutlu bir V alt uzay alalm. (w 1,, w l ) V alt uzay üzerinde do rusal bir koordinat sistemi olsun. L : V C n (z 1,, z j,, z n ) = L(w 1,, w l ) = (a 11 w a l1 w l,, a 1n w a ln w l ) içerme fonksiyonunun bu koordinatlardaki ifadesi olsun. A k1,,k l ile A = (a ij ) matrisinin k 1,, k l 'inci satrlarnn olu³turdu u alt matrisi gösterelim. Bu durumda L (dz j ) = a 1j dw a lj dw l ve oldu undan L (d z j ) = ā 1j d w ā lj d w l L (dz k1 d z k1 dz kl d z kl ) = det(a k1,,k l ) det(a k1,,k l ) dw 1 d w 1 dw l d w l = det(a k1,,k l ) 2 dw 1 d w 1 dw l d w l elde edilir. Ayrca A matrisinin rank l oldu undan bu alt matrislerden en az biri için det(a k1,,k l 2 > 0 olmaldr. Sonuç olarak, bir pozitif C V > 0 says için L (ω l ) = C V ( i 2 )l l! dw 1 d w 1 dw l d w l elde ederiz. V karma³k vektör uzaynn koordinatlarn w 1 = u 1 + iv 1,, w l = u l + iv l ³eklinde yazarak 2l-boyutlu gerçel vektör uzay olarak görebiliriz. Di er taraftan, Örnek 2.3.9'dan dolay V {,, } u 1 u l karma³k vektör uzaynn te et uzaynn bir taban oldu undan {, i,,, i } u 1 u 1 u l u l

135 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 117 kümesi ayn uzayn karma³k yap ile yönlendirilmi³ gerçel bir taban olur. Ayrca karma³k türevlenebilir fonksiyonlar Cauchy-Riemann denklemlerini sa ladklar için bu sral taban { u 1, v 1,, u l, v l } ile ayndr (ayrca bkz. Önerme 6.3.1). Sonuç olarak L (ω l )( u 1, v 1,, u l, v l ) = C V ( i 2 )l l! dw 1 d w 1 dw l d w l (,,,, ) u 1 v 1 u l v l = C V l! du 1 dv 1 du l dv l (,,,, ) u 1 v 1 u l v l = C V l! > 0 oldu unu görürüz. Sadece do rusal cebir kullanarak elde etti imiz bu bilginin karma³k manifoldlarn geometri ve topolojisine dair çok önemli sonuçlar olacaktr. Bunun basit bir örne i a³a daki örnekte sunulmaktadr. Örnek Elde etti imiz pozitiik sonucu ve Stokes Teoremi sayesinde C n içindeki her tkz ve karma³k alt manifoldun sfr boyutlu oldu unu gösterece iz: M C n karma³k tkz ve pozitif boyutlu, diyelim ki karma³k boyutu 0 < l n olan, bir alt manifold olsun. Bu alt manifoldu karma³k yapsndan gelen yönlendirme ile dü³ünelim. Bu durumda ω l formu alt manifoldun her noktasndaki karma³k yönlü tabannda pozitif de er alacaktr. Dolaysyla, ω l > 0 M olur. Fakat di er taraftan ω = n k=1 dx k dy k = d( n k=1 x k dy k ) olarak yazlabildi i için, ν = n k=1 x k dy k olmak üzere, ω l = d(ν ω l 1 ) formu tamdr (burada l > 0 kullanlm³tr). imdi Stokes Teoremi'ni kullanrsak 0 < ω l = d(ν ω l 1 ) = ν ω l 1 = 0 M M M= çeli³kisine ula³rz. O halde, alt manifoldun boyutu 2l = 0 olmaldr. Dolaysyla, Örnek içinde inceledi imiz tkz ve karma³k S 1 S 3 manifoldu karma³k bir alt manifold olarak do rusal karma³k uzaya gömülemeyecektir. Karma³k Projektif Uzay: Yukarda C n karma³k vektör uzay üzerinde olu³turdu umuz ω formunu do rudan karma³k projektif uzaya ta³mak

136 118 Türevlenebilir Manifoldlar mümkün de ildir. Karma³k projektif uzay üzerinde do al bir form yakalamak için ilk önce iki boyutlu küre üzerindeki hacim formuna bakalm. Örnek içinde olu³turdu umuz S 2 = CP 1 küresinin ω = x dy dζ + y dζ dx + ζ dx dy hacim formunu P 1 : R 2 S 2 {(0, 0, 1)}, 2r (r, s) (x, y, ζ) = ( 1 + r 2 + s 2, 2s 1 + r 2 + s 2, 1 r2 s r 2 + s 2 ) stereograk iz dü³üm fonksiyonun tersiyle düzleme geri çekelim: ve dx = 2(1 r2 + s 2 ) dr 4rs ds (1 + r 2 + s 2 ) 2, dy = 2(1 s2 + r 2 ) ds 4rs dr (1 + r 2 + s 2 ) 2 elde ederiz. Buradan kolayca, 4r dr + 4s ds dζ = (1 + r 2 + s 2 ) 2 (P 1 ) dr ds (ω) = 4 (1 + r 2 + s 2 ) 2 = 2i dz d z (1 + z 2 ) 2 oldu unu görürüz (z = r + is yazarak). Bu form S 2 = CP 1 üzerindeki di er koordinat sisteminde de ayn ifadeyle verilecektir: z = 1/w koordinat de i³imi dw d w altnda formumuz 2i olacaktr. Dolaysyla karma³k projektif (1 + w 2 ) 2 do ru üzerinde bir 2-form elde etmi³ olduk. Bu formun 1/4 katna Fubini-Study formu denir ve ω F S ile gösterilir. Dolaysyla, Fubini-Study formu yarçap 1/2 olan küre üzerindeki alan formudur ve S 2 ω F S π = 1. Karma³k fonksiyonlar için holomork ve antiholomork d³ türev dönü³ümleri a³a daki ³ekilde tanmlanr: f = i f f dz i ve f = d z i. z i z i Bu tanm do al bir ³ekilde karma³k formlara geni³letilir. yaparak kolayca ω F S = i dz d z 2 (1 + z 2 ) 2 = i 2 log(1 + z 2 ) i Do rudan hesap

137 Türevlenebilir Formlar ve Stokes Teoremi 119 oldu unu görürüz. Fubini-Study formunu homojen koordinatlarda da yazabiliriz. z = z 1 /z 0 alarak ω F S = i 2 log(1 + z 2 ) = i 2 log(1 + z 1 /z 0 2 ) = i 2 [log (z 0, z 1 ) 2 log z 0 2 ]. Son olarak (log z 0 2 ) = ( d z 0 z 0 ) = 0 oldu undan ω F S = i 2 log (z 0, z 1 ) 2 olarak yazabiliriz. Bu formu C n+1 {0} üzerinde yazarak ω F S = i 2 log (z 0, z 1,, z n ) 2 CP n üzerindeki Fubini-Study formunu elde ederiz. Bu ifadenin kantn hesaplamalar benzer oldu undan detaylar okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 23). imdi M k CP n karma³k boyutu k olan bir karma³k alt manifold olsun. O halde, uygun bir holomork koordinat de i³imi altnda alt manifoldumuz yerel olarak, örne in U 0 içinde (z 0 = 1 alarak) z i = 0, i = k + 1,, n, e³itlikleriyle ifade edilir. Geri çekme i³lemi d³ türev ile yer de i³tirebildi inden Fubini-Study formunun M manifoldunun bu koordinat sistemi üzerindeki ifadesi olacaktr. ϕ (ω F S ) = i 2 log(1 + (z 1,, z k ) 2 ) Hatrlatma Fubuni-Study formunu n = 2 için yerel koordinat sisteminde hesaplayalm: ω F S = = = = i 2 log(1 + (z 1,, z 2 ) 2 ) i 2 ( (1 + (z 1,, z 2 ) 2 ) 1 + (z 1,, z 2 ) 2 ) i 2 (z 1 d z 1 + z 2 d z 2 ) 1 + z 1 z 1 + z 2 z 2 i (1 + z 2 z 2 ) dz 1 d z 1 + (1 + z 1 z 1 ) dz 2 d z 2 2 (1 + z 1 z 1 + z 2 z 2 ) 2 + i z 1 z 2 d z 1 dz 2 + z 2 z 1 d z 2 dz 1 2 (1 + z 1 z 1 + z 2 z 2 ) 2.

138 120 Türevlenebilir Manifoldlar Buradan, ω F S ω F S = 2 ( i 1 2 )2 (1 + z 1 z 1 + z 2 z 2 ) 3 dz 1 d z 1 dz 2 d z 2 1 = 2 (1 + x y2 1 + x2 2 + dx y2 2 )3 1 dy 1 dx 2 dy 2 elde edilir. Bu formun koordinatlar (x 1, y 1, x 2, y 2 ) olan R 4 üzerindeki integrali yaknsaktr ve pozitif bir sayya e³ittir. Dolaysyla, M CP n içinde karma³k boyutu iki olan bir karma³k alt manifold ise ω F S ω F S M integrali pozitif bir saydr. Benzer sonucun her boyut için geçerli oldu unun gösterilmesini okuyucuya al³trma olarak brakyoruz. 2.4 Al³trmalar 1. Tkz bir manifoldun atlasnda en az iki koordinat sistemi oldu unu gösteriniz. 2. Gerçel projektif do runun bir boyutlu küreye, karma³k projektif do runun da iki boyutlu küreye difeomork oldu unu gösteriniz. 3. R n 'nin açk bir alt kümesi R'nin açk bir alt kümesine homeomork ise n = 1 oldu unu gösteriniz. 4. Karma³k boyutu bir olan (dolaysyla gerçel boyutu iki olan) C karma³k manifoldlara Riemann yüzeyleri denir. E er Σ tkz bir Riemann yüzeyi ise her analitik f : Σ C fonksiyonunun sabit oldu unu gösteriniz. ( pucu: Maksimum Modülüs Prensibini kullannz.) 5. (a) M Türevlenebilir bir manifold ve p U M rastgele bir açk küme olmak üzere, G p de i³meli halkasn, U kümesi üzerindeki türevlenebilir fonksiyonlar halkasnn uygun bir direkt limiti oldu unu gösteriniz: G p = C (U, R). lim p U M (b) Karma³k bir manifoldun herhangi bir noktasndaki analitik fonksiyon tohumlarnn bu nokta etrafnda tanmlanm³ yaknsak çok de i³kenli karma³k kuvvet serileri oldu unu gösteriniz. 6. Birinci bölümde görmü³ oldu umuz Taylor Teoremi'ni kullanarak Önerme 2.1.6'nn kantnda kulland mz a³a daki ifadenin do ru oldu unu

139 Al³trmalar 121 gösteriniz: Taylor açlm g(x 1,, x n ) = g(p 0 ) n i,j=1 olan türevlenebilir fonksiyon için n i=1 g x i (p 0 )(x i a i ) 2 g x i x j (ξ)(x i a i )(x j a j ), 2 g x i x j (ξ)(x i a i ) ifadesi de türevlenebilir bir fonksiyondur. 7. Bu al³trmada Teorem 2.2.6'y tkz olmayan manifoldlara geni³letece iz. Biz kantn ana hatlarn sunaca z; detaylar okuyucuya brakaca z. Bunu dört admda yapaca z. Türevlenebilir n-boyutlu bir M manifoldu alalm. (a) Bu ksmda Poincaré zomorzmas olarak bilinen sonucun (Teorem 4.4.1) kantnn dördüncü admndaki iddiay ve kantn takip edece iz. Manifold U e ve U o gibi iki açk kümenin birle³imi olarak yazlabilir öyle ki, i. U e = k U 2k+1 ve U o = k U 2k koordinat kom³uluklarnn birle³imidir; ii. Her k l 0 tam saylar için, U 2k+1 U 2l+1 = = U 2k U 2l, olur; iii. Her k 0 tam says için, bir V k U k ve M = k V k olacak ³ekilde bir V k açk kümesi vardr; iv. Her k 0 tam says için, bir ϕ k : M R n türevlenebilir bir fonksiyon vardr, öyle ki ϕ k Vk görüntüsüne bir difeomorzma ve ϕ k (M U k ) = {0}'dr. Ayrca, her k l 0 tam saylar için, ϕ k (V k ) ϕ l (V l ) = 'dir; v. ϕ e = k ϕ 2k : M R n ve ϕ o = k ϕ 2k+1 : M R n olmak üzere ϕ = (ϕ e, ϕ o ) : M R 2n bir batrma fonksiyonudur. (b) M üzerinde tanml, gerçel de erli türevlenebilir düzgün bir ρ : M R fonksiyonu vardr. Bunu ³u ³ekilde görebiliriz: M = n V n, V n U n M, yerel sonlu {U n } açk kümeler ailesi için ρ n : M [0, 1], türevlenebilir fonksiyonlar bulabiliriz öyle ki, ρ 1 n (1) = V n ve ρ 1 n (0) = M U n olsun. Bu durumda ρ = n n ρ n istenilen fonksiyonu verir.

140 122 Türevlenebilir Manifoldlar (c) σ e = k ρ 2k σ o = k ρ 2k+1 fonksiyonlarn tanmlayalm. Bu durumda, f : M R 2n+3, f(p) = (ϕ(p), ρ(p), σ e (p), σ o (p)), fonksiyonu bir gömme fonksiyonudur. ( pucu: Yukarda yaptklarmzdan dolay bu fonksiyonun düzgün bir batrma fonksiyonu oldu u açktr. Fonksiyonun bire bir oldu unu ise ³u ³ekilde gösterebiliriz. f(p) = f(q) olsun. E er, baz k 0, l 0 için, p V 2k0 ve q V 2l0 ise kolayca k 0 = l 0 oldu u görülür. Dolaysyla, p = q elde edilir. Benzer ³ekilde p V 2k0 +1 ve q V 2l0 +1 durumu da yaplr. O halde, (p V n n = 2k 0 ) ve (q V n n = 2l 0 + 1) oldu unu kabul edebiliriz. Bu durumda da, son iki koordinat kullanarak kant tamamlarz. (d) Son olarak f : M R 2n+3 gömme fonksiyonunun, ard ardna iki kere, uygun hiper alt uzaylarn dik iz dü³üm fonksiyonlar ile bile³kesini alarak kant tamamlarz. (Dik iz dü³ümler, bile³kelerinin çekirde i (0, 0,, 0, 1, 0, 0) vektörünü içermeyecek ³ekilde seçilmelidir.) 8. Örnek 'de ele ald mz Φ : M(n, n) S(n), Φ(Q) = Q T Q, fonksiyonunun herhangi bir Q noktasndaki türevi (DΦ) Q : M(n, n) S(n), A Q T A + A T Q ile verilir. Bunun örten oldu unu gösteriniz. 9. Möbius ³eridinin R 3 içine bir gömülmesini veriniz. Möbius ³eridinin R 2 içine gömülemeyece ini gösteriniz. 10. Determinat bire e³it olan n n-matrisler kümesinin, SL(n) M(n, n), (n 2 1)-boyutlu bir alt manifold ve bu alt manifoldun birim matristeki te et uzaynn da izi sfr olan matrislerin olu³turdu u vektör uzay, sl(n), oldu unu gösteriniz. 11. Örnek 2.2.7'de ele ald mz e rinin hiç bir alt uzaya dik iz dü³ümünün düzgün bir fonksiyon olmad n gösteriniz. 12. R 3 üzerindeki her 2-formun iki tane 1-formun d³ çarpm olarak yazlabildi ini gösteriniz. R 4 üzerindeki ω = dx 1 dx 2 + dx 3 dx 4 2-formunun iki tane 1-formun d³ çarpm olarak yazlamayaca n gösteriniz. 13. Örnek 2.3.5'de verilen geri çekme i³lemlerini tamamlaynz.

141 Al³trmalar Örnek içinde RP 1 için olu³turdu umuz vektör alannn Örnek 2.1.4'te verilen koordinat sistemleri yardmyla düzlemdeki birim çembere ta³nd nda çember üzerinde birim uzunlukta bir vektör alan olu³turdu unu gösteriniz. 15. Önerme 2.3.7'in kantn tamamlaynz. Bu önermenin manifoldlar üzerindeki türevlenebilir formlar için de do ru oldu unu gösteriniz. 16. Yönlendirilebilir ve ba lantl her manifoldun iki farkl yönlendirmesi oldu unu gösteriniz. 17. Sonlu sayda manifoldun Kartezyen çarpmnn herhangi bir noktasndaki te et uzaynn, çarpm olu³turan manifoldlarn te et uzaylarnn kartezyen çarpmna do al olarak izomork oldu unu gösteriniz. 18. Her kürenin yönü ters çeviren bir difeomorzmas oldu unu gösteriniz. Di er taraftan, CP 2 karma³k projektif düzleminin yönü ters çeviren bir difeomorzmas yoktur. Bu iddiay kantlamak için karma³k projektif düzlemin kohomoloji halka yapsn kullanabiliriz. Bunu ise 4. Ünite'de i³leyece imiz Poincaré zomorzmas yardmyla yapabiliriz. 19. M ve N yönlendirilebilen n-boyutlu iki manifold ve ϕ : M N herhangi bir fonksiyon olsun. Bu fonksiyonun yerel difeomorzma olmas için gerek ve yeter ko³ulun M üzerinde hiç bir noktada sfr olmayan bir ω Ω n (M) formu için ϕ (ω) Ω n (M) formunun hiç sfr olmamas oldu unu kantlaynz. 20. M m ve N n iki manifold olmak üzere M N çarpm manifoldunun yönlendirilebilir olmas için gerek ve yeter ko³ul her ikisinin de yönlendirilebilir olmasdr. ( pucu: Herhangi bir q N n noktas etrafnda R n 'e difeomork bir q U N koordinat kom³ulu u alalm. E er M N yönlendirilebilir ise M U açk kümesi de yönlendirilebilir bir manifolddur. Bu durumda M U üzerinde hiç sfr olmayan bir m+n form bize M = M {q} üzerinde hiç sfr olmayan bir m form verecektir.) 21. G grubu türevlenebilir ve yönlendirilmi³ M manifoldu üzerinde difeomorzmalarla serbest ve düzgün süreksiz bir ³ekilde etki etsin, öyle ki bölüm uzay da manifold olsun. Bu durumda M/G bölüm manifoldunun yönlendirilebilir olmas için gerek ve yeter ³art G grubunun içindeki her difeomorzmann M üzerindeki yönü korumasdr. 22. Örnek 'de R n {0} manifoldu üzerinde tanmlanan n ω S n 1 = ( 1) i 1 dx 1 dx i 1 dx i+1 dx n x i (x x2 n) n/2 i=1 formunun kapal oldu unu ve herhangi bir A SO(n) matrisi altnda de i³medi ini gösteriniz. (Bkz. ayrca Ünite 5, Al³trma 8)

142 124 Türevlenebilir Manifoldlar 23. Karma³k projektif uzay üzerindeki Fubini-Study formunun, karma³k projektif do ru durumunda oldu u gibi, oldu unu gösteriniz. ω F S = i 2 log (z 0, z 1,, z n ) Karma³k projektif uzay CP n 'nin karma³k boyutu m olan bir M m CP n karma³k alt manifoldunu alalm. Bu durumda, ω F S karma³k projektif uzay üzerindeki Fubini-Study formu olmak üzere M ω m F S integrali pozitif bir saydr. Kantlaynz. Ayrca, be³inci ünitede 1 π m ωf m S M pozitif saysnn bir tam say oldu unu görece iz (bkz. Ünite 5, Al³trma 15). 25. Bu al³trmada verilen bir manifoldun yönlendirme (ikili) örtü uzayn kuraca z: Türevlenebilir ve ba lantl bir M manifold için M = {(p, O p ) p M ve O p, T p M te et uzaynn bir yönlendirmesi} kümesini tanmlayalm. Her gerçel vektör uzaynn iki yönlendirmesi oldu u için P : M M, (p, Op ) p, örten fonksiyonunun her li iki noktadan olu³ur. Yine M üzerindeki her ϕ : R n U M koordinat kom³ulu u görüntüleri ayrk olan iki fonksiyon verir: ψ 1 : R n M, p (p, { p,, p }) ve x 1 x n ψ 2 : R n M, p (p, { p,, p }). x 1 x n M kümesinin bu fonksiyonlar koordinat kom³uluklar olarak kabul eden türevlenebilir manifold yaps ta³d n gösteriniz. Ayrca bu türevlenebilir yap ile P : M M iz dü³üm fonksiyonunun türevlenebilir ikili örtü uzay oldu unu gözlemleyiniz. Son olarak a³a daki ifadeleri kantlaynz: (a) σ : M M, (p, Op ) (p, O p ), fonksiyonu M üzerinde türevlenebilir bir < σ > Z 2 -etkisi tanmlar ve P : M M bu etkinin bölüm fonksiyonudur.

143 Al³trmalar 125 (b) M manifoldu yönlendirilebilirdir. (c) M manifoldunun yönlendirilebilir olmas için gerek ve yeter ³art M manifoldunun ba lantl olmamasdr. (d) P : M M ve Q : Ñ N türevlenebilir manifoldlarn yönlendirme örtü uzaylar ve f : M N türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Bu durumda Q F = f P olacak ³ekilde tam olarak iki F : M Ñ türevlenebilir fonksiyonu vardr. (e) N yönlendirilebilir bir manifold, p N, f : N M türevlenebilir bir fonksiyon, q = f(p) ve q P 1 (q) ise f = P F ve F (p) = q olacak ³ekilde tam olarak tek bir F : N M türevlenebilir fonksiyonu vardr. (f) P : M M örtü uzay (e) ³kknda verilen ko³ulu sa layan ve derecesi iki olan tek örtü uzaydr. Kantlaynz. RP 2 RP 2 dört manifoldunun dört tane ba lantl örtü uzayn bulunuz. Hangisi yönlendirme ikili örtü uzaydr? (Bu ³k Turgut Önder tarafndan önerilmi³tir.) (g) Klein isesi'nin ikili yönlendirme örtü uzay nedir? 26. Bu al³trmada Sard Teoremi'nin bir uygulamas olarak Morse fonksiyonlarn verece iz. Daha kapsaml bir okuma için [15, 26, 36] numaral kaynaklara bakabilirsiniz. Özellikle [36] a³a daki sonuçlar için ayrntl kantlar içeren ilk Türkçe kaynaktr. Öklit uzaynn açk bir U R n alt kümesi üzerinde tanml ve türevlenebilir bir f : U R fonksiyonunun herhangi bir p U kritik noktasnda ( 2 ) f H(f)(p) = (p) x i x j n n Hessian matrisinin tersi varsa bu kritik noktaya soysuzla³mam³ kritik nokta denir. E er f fonksiyonunun tüm kritik noktalar soysuzla³mam³ ise bu fonksiyona Morse Fonksiyonu denir. (a) Df : R n R n, x ( f (x),, f (x)), x 1 x n türev fonksiyonunun türevinin yukardaki Hessian matrisi ile verildi ini gözlemleyiniz: D(D(f)) = H(f). Daha sonra Ters Fonksiyon Teoremi'ni kullanarak f fonksiyonunun soysuzla³mam³ kritik noktalarnn kümesinin U içinde ayrk bir küme oldu unu gösteriniz. (b) Soysuzla³mam³ kritik nokta tanmnn koordinat de i³imi altnda korundu unu gösteriniz. Ba³ka bir deyi³le, e er p U noktas f : U R fonksiyonunun soysuzla³mam³ bir kritik noktas ve ϕ : V U bir difeomorzma ise ϕ 1 (p) noktas da f ϕ :

144 126 Türevlenebilir Manifoldlar V R fonksiyonunun soysuzla³mam³ bir kritik noktasdr. Bu sonucu kullanarak manifoldlar üzerinde soysuzla³mam³ kritik nokta ve Morse fonksiyonu kavramlarn tanmlaynz. (c) Tkz bir manifold üzerinde tanml her Morse fonksiyonunun sonlu sayda kritik noktas oldu unu gösteriniz. (d) M n R N bir alt manifold ve f : X R herhangi bir türevlenebilir fonksiyon olsun. Bu durumda Lebesgue ölçümü sfr olan bir C R N kümesi d³ndan alnan her a = (a 1,, a N ) R N C vektörü için f a : X R, x f(x) + a 1 x a N x N, fonksiyonu bir Morse fonksiyonudur. (e) Morse Yardmc Teoremi: f : U R türevlenebilir fonksiyonunun soysuzla³mam³ bir p U kritik noktasn alalm. Bu durumda bu nokta etrafnda öyle bir koordinat sistemi vardr ki, fonksiyon bu koordinat sisteminde f(x) = f(p) + h ij x i x j ile verilir. Burada H(f)(p) = (h ij ) matrisi f fonksiyonunun p noktasndaki Hessian matrisidir. Bu sonucu sadece f : R R durumunda kantlaynz. Genellikten bir ³ey kaybetmeden p = 0 = f(0) oldu unu kabul edelim. O halde, Taylor Teoremi'nden yeterince küçük bir ( ϵ, ϵ) aral nda f(x) = ax 2 + C(x)x 3 olacak ³ekilde bir a 0 gerçel says ve C(x) sürekli fonksiyonu bulabiliriz. Aslnda, C(x) fonksiyonu da türevlenebilir seçilebilir. Bu durumda x x = x 1 + xc(x)/a bir koordinat dönü³ümüdür ve bu dönü³üm altnda fonksiyonumuz f( x) = a x2 ile verilir. Detaylar doldurunuz. Genel durum için [26, 36] numaral kaynaklara bakabilirsiniz.

145 Durmad nz sürece ne kadar yava³ yol ald nzn önemi yoktur. -Konfüçyüs 3 Vektör Alanlar ve Demetleri Bu ünitede ilk önce vektör alanlarnn tanmlad ak³lar inceleyece iz. Daha sonra bu ak³lar kullanarak manifoldlarda çe³itli türev alma metotlarn görece iz. Bunu yaparken jeodezikleri tanmlayp temel özelliklerinden bazlarn inceleyece iz. Te et demeti ile ilgili birçok kavram vektör demetlerine ta³yarak karakteristik snarn tanmlanabilmesi için gerekli alt yapy olu³turmaya çal³aca z. Bu ünite konularn içeren temel kaynaklar için [32], [33], [8], [39], [2] ve [9] numaral referanslara bakabilirsiniz. 3.1 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri Vektör Alanlarnn ntegralleri M bir manifold ve ( a, a) gerçel say do rusu üzerinde bir aralk olmak üzere φ : ( a, a) M M, (t, p) φ(t, p), a³a daki ko³ullar sa layan türevlenebilir bir fonksiyon olsun: 1. Her t ( a, a) sabit de eri için, φ t : M M, φ t (p). = φ(t, p), bir difeomorzmadr; 2. Her p M için, φ 0 (p) = p dir; 3. Herhangi s, t ( a, a) de erleri için s+t ( a, a) ise φ s+t = φ s φ t e³itli i sa lanr. Bu durumda φ t, t ( a, a), difeomorzmalar ailesine bir parametreli difeomorzma ailesi denir. Sadece ilk ko³ulu sa layan türevlenebilir fonksiyonlar ailesine ise manifold üzerinde bir izotopi denir. 127

146 128 Vektör Alanlar ve Demetleri Hatrlatma Yukardaki difeomorzma ailesi için, e er ( a, a) = R ise bu aileyi (R, +) grubundan M manifoldunun difeomorzmalarnn olu³turdu u grubuna bir homomorzma olarak görebiliriz: Φ : (R, +) Diff(M), t (φ t : M M). E er bu grup etkisi periyodik ise, ba³ka bir deyi³le her t (R, +), için φ t+t = φ t, olacak ³ekilde bir T > 0 gerçel says varsa bu etki bir çember etkisine dönü³ür: Φ : (R, +)/T Z S 1 Diff(M), t (φ t : M M). Her φ : ( a, a) M M, (t, p) φ t (p), difeomorzma ailesi manifold üzerinde bir vektör alan belirler: X : M T M, X(p). = φ 0 (p). Burada φ 0 (p) ile t φ t (p), t ( ϵ, ϵ), e risinin t = 0 anndaki te etini gösteriyoruz. E er difeomorzma ailesi aslnda bir (R, +) etkisi ise, bu vektör alan, her (t, p) ( a, a) M için ko³ulunu sa lar: X(φ t (p)) = φ t (p) X(φ t (p)) = φ 0 (φ t (p)) = d ds s=0 (φ s(φ t (p))) = d ds s=0 (φ s+t(p)) = φ t (p). X(p) vektör alanna φ t izotopisini üreten vektör alan ve φ t difeomorzma ailesine de X(p) vektör alannn ak³ da denir. imdi bir vektör alannn integralini alarak bu alann üretti i izotopiyi ya da ak³ bulmaya çal³aca z. A³a daki örnek her vektör alannn integralinin alnamayabilece ini göstermektedir. Örnek R üzerindeki sabit x X(x) = vektör alannn üretti i x ak³n φ(t, x) = x + t oldu u kolayca görülür. Dolaysyla, bu vektör alannn R {0} üzerine kstlan³ bir ak³ üretmez. Di er taraftan, yine R {0} üzerindeki Y (x) = x x vektör alannn integrali bize ϕ t(x) = e t x ak³n verir: Y (ϕ t (x)) = Y (e t x) = e t x x = ϕ t (x) A³a daki teorem tkz manifoldlarda her vektör alannn integrallenebilece ini göstermektedir. Teorem M tkz bir manifold ise M üzerindeki her X(p) türevlenebilir bir vektör alannn tek bir türevlenebilir ak³ vardr. φ : R M M, (t, p) φ(t, p),

147 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 129 Kant : Manifold üzerinde herhangi bir p M noktas alalm. Bu nokta etrafnda bir koordinat sistemi alarak problemi Öklit uzayna ta³yabiliriz. O halde, X(φ t (p)) = φ t (p) denklemini R R n içinde çözmek istiyoruz. (0, p) R R n noktasnn etrafnda kapan³ tkz olan bir açk dikdörtgen alalm. Bu tkz bölge içinde X(p) fonksiyonu ikinci de i³kenine göre Lipschitz olacaktr. Bu dikdörtgeni gerekirse küçülterek denklemin ( ϵ p, ϵ p ) U açk bir kümesi üzerinde φ : ( ϵ p, ϵ p ) U M ³eklinde, her p U için φ(0, p) = p ko³ulunu sa layan tek bir çözümü oldu unu görürüz. Manifold tkz oldu u için bu tipteki sonlu tane açk U kümesi manifoldu örtecektir. Bu sonlu saydaki açk kümeye kar³lk gelen yine sonlu saydaki ϵ p > 0'larn en küçü ünü alarak denklemin φ 0 = id M ba³langç de erini sa layan tek φ : ( ϵ, ϵ) M M çözümünü elde ederiz. imdi de çözümün sadece ( ϵ, ϵ) aral de il tüm gerçel eksende tanml oldu unu gösterece iz. Bunu yaparken çözümleri birbirine yap³traca z: Bir p M noktas, ϵ < t 1 < ϵ gerçel says ve (t 1 δ, t 1 + δ) ( ϵ, ϵ) aral seçelim. Bu durumda ve q = φ t1 (p) olmak üzere, f : ( δ, δ) M, f(t) = φ t1 +t(p), g : ( δ, δ) M, g(t) = φ t (q), fonksiyonlarnn ikisi de ayn ba³langç de er probleminin çözümü olacaklardr: ẏ(t) = X(y(t)), y(0) = q. O halde, her t (t 1 δ, t 1 + δ) ve p M için φ t+t1 (p) = φ t (φ t1 (p)) elde edilir. Buradan, ϵ < s i, t j < ϵ sonlu sayda gerçel say için ve i s i = j t j ko³ulunu sa layan φ s1 φ sk = φ t1 φ tl sonucuna varrz. imdi bu sonucu kullanarak çözümü tüm gerçel eksene geni³letebiliriz. Teorem 'in kantnn altndaki paragrafn sonucunu kullanarak her t 0 R için, φ t0 : M M fonksiyonunun sürekli oldu unu söyleyebiliriz. Ayrca, φ t0 φ t0 = φ 0 = id M oldu undan φ t0 : M M

148 130 Vektör Alanlar ve Demetleri fonksiyonunun aslnda bir homeomorzma oldu u sonucuna varrz. Denklemden çözümün t de i³kenine göre sonsuz türevlenebilir oldu u kolayca görülür. Denklemi X(φ(t, p)) = φ(t, p) ³eklinde yazp çözümün p de i³kenine göre türevlenebilir oldu unu kabul edersek φ t p = exp DX(φ(s, p)) ds 0 elde ederiz. Buradan da çözümün türevlenebilir (her de i³kene göre sonsuz defa türevlenebilir) oldu u sonucuna varrz. O halde, sadece çözümün p de i³kenine göre türevlenebilir oldu unu göstermek yeterlidir. Bunun için yine yerel bir koordinat sisteminde, dolaysyla Öklit uzaynda oldu umuzu kabul edebiliriz. imdi bir (t 0, x 0 ) R R n noktas ve v T x0 R n birim vektörü seçelim ve her s 0 için A(t 0, s). = φ(t 0, x 0 + sv) φ(t 0, x 0 ) s bölümünü tanmlayalm. lk önce, φ(t, x) fonksiyonunun v vektörü boyunca türevlenebilir oldu unu görelim. Bunun için lim A(t 0, s) s 0 limitinin varl n göstermeliyiz. X(x) vektör alannn türevlenebilir oldu unu kullanarak lim x x0 a(x) = 0 olacak ³ekilde bir a(x) için φ(t 0, x) = φ(t 0, x 0 ) + DX(φ(t 0, x 0 )) (φ(t 0, x) φ(t 0, x 0 )) +a(φ(t 0, x)) φ(t 0, x) φ(t 0, x 0 ) oldu unu biliyoruz. Aslnda, X(x) vektör alan türevlenebilir oldu u için Taylor Teoremi'ni kullanarak (Önerme ) a(x) fonksiyonun, her tkz T R R n bölgesi için a(x) C T x x 0, (t 0, x 0 ), (t 0, x) T, e³itsizli ini sa layacak ³ekilde bir C T sabitine sahip oldu unu görürüz. imdi x = x 0 +sv alalm ve yukardaki denklemi s 0 ile bölerek Ȧ(t 0, s) = DX(φ(t 0, x 0 ))A(t 0, s) + A(t 0, s) a(φ(t 0, x 0 + sv)) ( ) elde edelim. Bu denklemin A(t 0, s) ile iç çarpmn alrsak 1 d 2 dt ( A 2 ) = A T DXA + A a A elde edilir. Bu durumda öyle r, K, ϵ > 0 saylar bulabiliriz ki, her 0 s ( r, r) ve t ( ϵ, ϵ) için, d dt ( A 2 ) K(1 + A 2 )

149 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 131 e³itsizli i sa lanr. Buradan d dt (ln(1 + A 2 )) K bulunur. imdi integral alarak ve her s 0 için A(0, s) = v = 1 oldu unu kullanarak A 2 2e Kt 1 e³itsizli ini elde ederiz. O halde, A(t, s) fonksiyonu ( ϵ, ϵ) (( r, r) {0}) üzerinde snrldr. Buradan yukardaki ( ) do rusal diferansiyel denkleminin µ(t) = DX(φ(t, x 0 )) ve ν(t, s) = A(t, s) a(φ(t, x 0 +sv)) katsay fonksiyonlarnn ( ϵ, ϵ) ( r, r) üzerinde sürekli oldu u sonucuna varrz (türevin tanmndan dolay t yeterince küçük oldu unda a(φ(t, x)) fonksiyonun x x 0 oldu u durumda sürekli oldu u açktr). Bu denklemin Y (0, s) = v ba³langç de erini sa layan, ( ϵ, ϵ) ( r, r) kümesi üzerinde tanml tek çözümünü Y (t, s) ile gösterelim (s 0 sabit tutulurken). Çözümün her iki de i³kene göre de sürekli oldu unu görmek için denklemini Ẏ (t, s) = DX(φ(t, x 0 )) Y (t, s) + A(t, s) a(t, φ(t, x 0 + sv)) Ẏ (t, s) µ(t) Y (t, s) = ν(t, s) ³eklinde yazalm. Denklemi e t 0 µ(τ) dτ integral çarpan yardmyla çözersek ( t t Y (t, s) = e 0 µ(τ) dτ v + 0 ν(t, s) e t 0 µ(τ) dτ dt ) ( ) elde ederiz. ν(t, s) sürekli oldu undan Y (t, s) fonksiyonu da ( ϵ, ϵ) ( r, r) üzerinde süreklidir. Son olarak, her (t, s) ( ϵ, ϵ) (( r, r) {0}) için Y (t, s) = A(t, s) oldu undan φ(t, x 0 + sv) φ(t, x 0 ) lim A(t, s) = lim = Y (t, 0) s 0 s 0 s elde edilir. Dolaysyla, φ(t, x) fonksiyonunun yönlü türevleri vardr. O halde, bu fonksiyonun türevlenebilir oldu unu kantlamak için yönlü türevlerinin sürekli oldu unu göstermek yeterli olacaktr. Bunun için ise, Y (t, s) fonksiyonunun ( )'da verilen ifadesinden dolay µ(t) = DX(t, φ(t, x 0 )) ve ν(t, s) = A(t, s) a(φ(t, x 0 + sv)) katsay fonksiyonlarnn (t, x 0 ) ikilisine göre sürekli oldu unu görmeliyiz. DX türevlenebilir ve φ(t, x 0 ) sürekli oldu undan µ(t), (t, x 0 ) ikilisinin fonksiyonu olarak süreklidir. Di er taraftan, A(t, s) = φ(t, x 0 + sv) φ(t, x 0 ) fonksiyonunun s 0 oldu u durumda sürekli oldu u s

150 132 Vektör Alanlar ve Demetleri açktr. Taylor Teoremi'nden dolay a(φ(t, x 0 + sv)) fonksiyonu da (t, x 0, s) üçlüsüne göre süreklidir (bkz. Teorem ). Ayrca, lim a(φ(t, x 0 + sv)) = 0 s 0 ve A(t, s) snrl oldu undan ν(t, s) = A(t, s) a(φ(t, x 0 + sv)) fonksiyonu (t, x 0 ) ikilisinin sürekli bir fonksiyonu olacaktr. Böylece kant tamamlanr. Hatrlatma ) Manifoldun tkz olmas ko³ulu vektör alannn tkz destekli olmas ko³ulu ile de i³tirilebilir. 2) I R açk bir aralk olmak üzere zamana ba l bir vektör alan I M alan tanmlar: X : I M T M, (t, p) X(t, p), çarpm manifoldu üzerinde bir vektör Y : I M T (I M), (t, p) ( + X(t, p)). t Bu vektör alannn ak³ bir J R aral için ile veriliyorsa φ : J I M I M, (s, t, p) (ϕ(s, t, p), θ(s, t, p)) Θ : J I M M, (s, t, p) Θ s,t (p). = θ(s, t, p) zamana ba l bir ak³ verir. Bu ak³n a³a daki özelliklerinin kantlar okuyucuya braklm³tr (bkz. Al³trma 1): a) Her t 1 J, t 2 J I ve t 3 I için Θ t3,t 2 Θ t2,t 1 = Θ t3,t 1 'dir. b) Her s, t J I için Θ s,t Θ t,s = Id M olur Lie Türevi Öklit uzay üzerinde türevlenebilir bir f : R n R fonksiyonunun herhangi bir p R n noktasndaki, verilen bir v R n vektörü boyunca yönlü türevi, f(p + tv) f(p) D v (f)(p) = lim, t 0 t limiti ile tanmlanr. Bu tanmda kullanlan, t p+tv, e risi Öklit uzaynda, p noktasndan v vektörü boyunca hareket etmemizi sa layan en do al yolu verir. Di er taraftan ayn e ri, integrali φ : R R n R n, φ(t, p) = p + tv, fonksiyonu olan X(p) = v, (t, p) R R n, sabit vektör alannn ak³ndan ba³ka bir ³ey de ildir. O halde, yukardaki yönlü türev lim t 0 f(φ(t, p)) f(p), t

151 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 133 limitine e³ittir. Bu tanm do rudan manifoldlara ta³nabilir: M türevlenebilir bir manifold ve X : M T M bu manifold üzerinde integrali φ(t, p) olan bir vektör alan olmak üzere, türevlenebilir bir f : M R fonksiyonunun X vektör alan yönündeki Lie türevi f(φ(t, p)) f(p) L X (f)(p) = lim, t 0 t ile tanmlanr. φ(0, p) = p oldu undan bu limit p M derivasyonunun f fonksiyonundaki de erine e³ittir: L X (f)(p) = X(f)(p). noktasndaki X(p) Benzer ³ekilde vektör alanlarnn ve diferansiyel formlarn bir vektör alan boyunca Lie türevini tanmlayabiliriz. Fakat vektör alanlar ve türevlenebilir formlar gerçel de erli fonksiyonlar olmadklar için bunlarn p ve φ(t, p) noktalarndaki de erlerini Dφ t (p) : T p M T φ(t,p) M izomorzmas yardmyla kar³la³traca z. Y : M T M olmak üzere Y 'nin X boyunca Lie türevi 1 L X (Y )(p) = lim t 0 t [Dφ t(φ(t, p)) Y (φ(t, p)) Y (p)], ile tanmlanr. bir vektör alan ekil 3.1: Y vektör alannn X vektör alan boyunca Lie türevi imdi de M üzerinde bir ω Ω k (M) türevlenebilir k-form alalm. Bu formun X vektör alan boyunca Lie türevi, q = φ(t, p) olmak üzere 1 L X (ω)(p) = lim t 0 t [φ t (q)(ω) ω](p), ³eklinde tanmlanr. Tanmlad mz bu Lie türevlerinin temel özelliklerine geçmeden önce bir iki tanm vermemiz gerekiyor. Yukardaki gösterimi kullanarak, X ve Y vektör alanlarn f : M R fonksiyonuna srayla uygulayalm:

152 134 Vektör Alanlar ve Demetleri Bu vektör alanlarn yerel bir koordinat sisteminde X(p) = i a i(p) Y (p) = j b j(p) olarak yazalm. Bu durumda kolayca x j x i ve X Y (f). = X(Y (f)) = i,j b j f a i + a i b j x i x j 2 f x i x j elde edilir. X Y bile³kesi bir vektör (derivasyon) alan de ildir (bkz. Al³trma 2). Di er taraftan, (X Y Y X)(f) = i,j (a i b j x i b i a j x i ) f x j oldu undan X Y Y X fark bir vektör alandr. Bu vektör alann kö³eli parantezi ile gösterece iz. [X, Y ]. = X Y Y X Türevlenebilir formlarn Lie türevleri ile ilgili sonuçlara geçmeden önce türevlenebilir formlarn vektör alanlar boyunca daraltlmasn tanmlayalm: ω Ω k (M) bir k-form ve X, Y 1,, Y k 1 vektör alanlar olmak üzere i X ω(y 1,, Y k 1 ) = ω(x, Y 1,, Y k 1 ) denklemi yardmyla M üzerinde i X ω Ω k 1 (M) olarak tanmlanan forma ω'nn X vektör alan boyunca daraltlmas denir. Lie türevi bekledi imiz ³ekilde çarpm (Leibniz) kuralna uyar: Önerme X ve Y vektör alanlar ve ω bir form olmak üzere, L X (i Y ω) = i LX Y ω + i Y (L X ω). Kant : φ t manifold üzerindeki X vektör alannn ak³ olsun (manifold tam olmasa da t'nin sfr etrafndaki küçük bir aral nda tanml bir ak³ mutlaka vardr). imdi manifold üzerinde herhangi bir p noktas alalm ve q = φ t (p) olsun. Tanmlar kullanarak ve dolaysyla, φ t (i Y ω)(p) = φ t (ω(q)(y (q), )) = φ t (ω(q))(dφ t (Y (q)), ) = i Dφ t (Y (φ t(p)))φ t (ω(q)) L X (i Y ω) = d dt t=0 (φ t (i Y ω)) = d dt ( t=0 idφ t(y (φ t (p)))φ t ω )

153 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 135 elde ederiz. E³itli in son teriminde çarpm ³eklinde bulunan her iki ifade de p noktasnda tanml zamana ba l ifadelerdir. Dolaysyla, bu ifadenin türevini almak için çarpm kuraln kullanabiliriz. O halde, L X (i Y ω) = d ( ) dt ( t=0 idφ t (Y (φ t (p)))) φ d 0 ω + i Dφ 0 (Y (φ 0 (p))) dt t=0(φ t ω) = i LX Y ω + i Y (L X ω) olur ve böylece kant tamamlanr. A³a daki sonuç oldukça teknik olmakla beraber hem ba³ka teoremlerin kantnda hem de bir çok geometrik sonucun elde edilmesinde önemli bir yere sahiptir. Önerme X ve Y vektör alanlar ve ω bir form olmak üzere, d(i X i Y ω) + i X (d i Y ω) i Y (d i X ω) i Y i X dω i [X,Y ] ω = 0. Kant : Kant yerel bir hesaplamadan ibarettir. fadedeki tüm terimler vektör alanlarnn bilineer fonksiyonlar oldu u için X = a x i ve Y = b x j oldu unu kabul edebiliriz. Takip edilmesini kolayla³trmak için ayrca b = 1 ve ω = f dx i dx j alaca z. Genel durumun kantn okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 3). imdi önermenin ifadesinde yer alan tüm terimleri hesaplayalm. lk terim d(i X i Y ω) = d(af) = (af) dx k x k k olur. kinci terim ise i X (d i Y ω) = i X d( f dx i ) = i X k i f dx k dx i = a f dx k x k x k k i olarak hesaplanr. Benzer ³ekilde üçüncü terim i Y (d i X ω) = i Y d (af dx j ) = i Y k j (af) x k dx k dx j = k j (af) x k dx k olur. Di er taraftan, dördüncü terim i Y i X dω = i Y i X k i,j f dx k dx i dx j = x k k i,j a f x k dx k

154 136 Vektör Alanlar ve Demetleri olacaktr. Son olarak [X, Y ] = a x j x i oldu undan be³inci terim i [X,Y ] ω = i a x j x i = f a x j dx j fdx i dx j olur. Buradan önermenin do ru oldu u kolayca görülür. imdi bu kavramlar kullanarak Lie türevinin daha pratik ³ekillerini verebiliriz. Teorem M türevlenebilir bir manifold, X, Y bu manifold üzerinde vektör alanlar ve ω Ω k (M) türevlenebilir k-form olsun. Bu durumda, a³a daki e³itlikler sa lanr: 1. L X (Y ) = [X, Y ] 2. L X ω = i X (dω) + d (i X ω) (Cartan'n Sihirli Formülü). Kant : X, Y vektör alanlarnn yerel bir koordinat sistemindeki açlmlar a³a daki gibi olsun: X = a i ve Y = b i. x i x i Ayrca, X vektör alannn ak³ φ(t, p) ile verilsin. lk önce a³a daki türevi hesaplayalm: d (Y (φ(t, p))) dt t=0 = d dt t=0 j b j (φ(t, p)) x j = j = i,j X(b j ) a i b j x i = X Y i,j x j x j a i b j 2 x j x i. imdi teoremin birinci bölümündeki Lie türevini hesaplayabiliriz: q = φ(t, p) olmak üzere,

155 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 137 L X (Y )(p) = lim (Dφ( t, q) Y (q) Y (p)) t t 0 1 = d dt t=0 (φ 2 ( t, q) Y (q)) = φ 2 (0, p) d dt t=0 (Y (φ(t, p))) + d dt t=0 (φ 2 ( t, φ(t, p))) Y (p) = Id(X Y ) 2 a i b j x i,j j x i φ 2 (0, p) Y (p) + φ 22 (0, p) φ(0, p) Y (p) = X Y 2 a i b j DX(Y ) x i,j j x i = X Y Y X. Son üç e³itli in elde edilmesinde, bir önceki bölümde verdi imiz kantn içinde kulland mz φ t p = exp DX(s, φ(s, p)) ds 0 e³itli i kullanlm³tr. lk önce her p M noktas için φ 2 (0, p) = Id oldu u ve bundan elde edilen φ 22 (0, p) = 0 sonucu kullanlm³tr. Son e³itlik için de, bu e³itli inin zamana göre türevini (0, p) noktasnda hesaplayarak elde edilen φ 2 (0, p)(y ) = DX(p)(Y ) = i,j b i a j x i d dx j = Y X i,j a i b j 2 x j x i ba nts kullanlm³tr. kinci ifadenin kantn ω formunun derecesi üzerine tümevarm metodu ile yapaca z. lk önce, ω = c i dx i birinci dereceden bir form ve yine X = a i, Y = b i vektör alanlar olsun. Lie türevi için çarpm x i x i kuraln kullanarak L X (ω(y )) = (L X ω)(y ) + ω(l X (Y )) ve buradan, yukarda kantlad mz, bu teoremin ilk ksmn kullanarak (L X ω)(y ) = X(ω(Y )) ω([x, Y ]) e³itli ini elde ederiz. Do rudan hesap yaparak X(ω(Y )) = X( i c i b i ) = i,j a j ( c i x j b i + c i b i x j )

156 138 Vektör Alanlar ve Demetleri ve ω([x, Y ]) = i,j sonucuna varrz. Bu durumda c i ( b j a i x j + a j b i x j ) L X (ω)(y ) = i,j b i a j c i x j + c i b j a i x j e³itli ini buluruz. imdi de d(i X ω)(y ) ve i X (dω)(y ) terimlerini hesaplayalm: d(i X ω)(y ) = ( i,j ve benzer ³ekilde (c i a i ) x j dx j )(Y ) = i,j (a i c i x j + c i a i x j ) b j, i X (dω)(y ) = dω(x, Y ) = i,j c i x j (a j b i a i b j ) elde ederiz. O halde, (d(i X ω) + i X (dω))(y ) = i,j b i a j c i x j + c i b j a i x j = L X ω(y ) bulunur ve dolaysyla tümevarmn birinci admn göstermi³ olduk. Tümevarm admn tamamlamak için derecesi k > 1 olan bir ω formu alalm. Bu durumda i Y ω (k 1) form olaca için sonucun bu form için do ru oldu unu kabul edebiliriz: L X (i Y ω) = d(i X (i Y ω)) + i X (d (i Y ω)). Di er taraftan bu teoremin kantlad mz ilk ksm ile Önerme 3.1.5'i kullanarak L X (i Y ω) = i [X,Y ] ω + i Y L X ω e³itli ini elde ederiz. Bu iki e³itlikten de i Y L X ω = d(i X (i Y ω)) + i X (d (i Y ω)) i [X,Y ] ω bulunur. Kolayca görülece i üzere, L X ω = d(i X ω) + i X (dω) e³itli i, her Y vektör alan için, L X ω(y ) = d(i X ω)(y ) + i X (dω)(y ) e³itli inin sa lanmasna denktir. O halde, teoremin kantn tamamlamak için a³a daki e³itli in gösterilmesi gerek ve yeterlidir: d(i X i Y ω) + i X (d i Y ω) i Y (d i X ω) i Y i X dω i [X,Y ] ω = 0. Fakat bu e³itlik zaten Önerme 3.1.6'dan ba³ka bir ³ey de ildir. Bu bölümü kantn al³trmalara brakaca mz vektör alanlarnn baz temel özellikleriyle bitirece iz.

157 Vektör Alanlarnn ntegralleri ve Lie Türevleri 139 Önerme M manifoldu üzerinde integralleri, srasyla, φ t ve ψ t olan X(p) ve Y (p) vektör alanlar alalm. Bu durumda bu iki difeomorzmann yer de i³tirmesi için gerek ve yeter ko³ul [X, Y ] kö³eli parantezinin manifold üzerinde sfr olmasdr. Ba³ka bir deyi³le, her t, s R için olmas [X, Y ] = 0 ko³uluna denktir. φ t ψ s = ψ s φ t Vektör alanlar üzerindeki ters de i³meli kö³eli parantez i³lemi birle³me özelli e sahip de ildir. Yine de bu i³lem a³a daki özelli ine sahiptir. Önerme (Jacobi E³itli i). M manifoldu üzerinde alnan her X(p), Y (p) ve Z(p) vektör alanlar için e³itli i sa lanr. [X, [Y, Z]] + [Y, [Z, X]] + [Z, [X, Y ]] = 0 Jacobi e³itli ini ve L X (Y ) = [X, Y ] (Teorem 3.1.7) Cartan formülünü kullanarak ³u hesaplar yapalm: (L X L Y L Y L X )Z = L X [Y, Z] L Y [X, Z] = [X, [Y, Z]] [Y, [X, Z]] = [X, [Y, Z]] + [Y, [Z, X]] = [Z, [X, Y ]] = [[X, Y ], Z] = L [X,Y ] Z. Di er taraftan, manifold üzerindeki herhangi bir fonksiyon için de L [X,Y ] (f) = [X, Y ](f) = X(Y (f)) Y (X(f)) = (L X L Y L Y L X )(f) elde edilir. Lie türevinin en genel durumda da bu özelli e sahip oldu unun kantn okuyucuya brakyoruz: Sonuç M manifoldu üzerinde alnan herhangi iki X(p) ve Y (p) vektör alan için L [X,Y ] = L X L Y L Y L X e³itli i sa lanr. Bir V vektör uzay üzerinde verilen herhangi bir [, ] : V V V de i³meli (ba³ka bir deyi³le, her v V için [v, v] = 0) bilineer i³lemi ayrca Jakobi e³itli ini de sa lyorsa (V, [, ]) ikilisi Lie cebiri olarak adlandrlr. Dolaysyla, bir manifold üzerindeki vektör alanlar do al olarak bir Lie cebiri olu³tururlar. Manifold üzerine koydu umuz geometrik yaplar bu Lie cebirinin baz alt cebirlerini belirler. A³a da bunun tipik bir örne ini verece iz.

158 140 Vektör Alanlar ve Demetleri Örnek ω türevlenebilir n-boyutlu tam M manifoldu üzerindeki kapal bir k-form ve X, ak³ bu formu koruyan bir vektör alan olsun: Her t R için, φ t (ω) = ω. Bu ko³ul Lie türevinin tanmndan dolay L X (ω) = 0 ko³uluna denktir. Ayrca form kapal oldu undan bu son ko³ul di X ω = 0 olmasna denktir. Bu ko³ulu sa layan vektör alanlar bir vektör uzay olu³tururlar. Ayrca Önerme 3.1.6'dan dolay bu vektör uzay Lie kö³eli parantezi altnda kapaldr. Ba³ka bir deyi³le ω formunu koruyan vektör alanlar bir Lie alt cebiri olu³tururlar. Çift boyutlu bir M 2n türevlenebilir manifoldunun her p M noktasnda ω n (p) 0 olacak ³ekilde kapal bir ω Ω 2 (M) formuna manifold üzerinde bir simplektik yap, (M, ω) ikilisine ise simplektik manifold denir. Simplektik yapy koruyan vektör alanlar ise ω-simplektik alanlar adn alr. Simplektik manifoldlar geometri ve topolojinin en zengin çal³ma alanlarndan birisidir. Bu konudaki en yaygn kaynaklardan birisi [24] numaral referanstr. Simplektik manifoldlar hem üç hem de dört boyutlu manifoldlar teorilerinde çok önemli bir paya sahiptir (bkz. [13]). 3.2 Jeodezikler Jeodezik Denklemi Bu bölümde her manifoldun üzerine Riemann metri i konulabilece ini görece iz ve bu metrik yardmyla bir takm geometrik hesaplamalar yapaca z. M türevlenebilir bir manifold olmak üzere {ϕ α : U α V α R n } α Λ bu manifold üzerinde yerel sonlu bir atlas ve {ρ λ : M [0, 1]} λ Λ bu açk örtü ile uyumlu bir birimin ayr³m olsun. R n üzerindeki her noktann te et uzayn yine R n ile e³leyerek her bir te et uzayna bir iç çarpm koymu³ oluruz. Bu iç çarpm Dϕ p : T p M T ϕ(p)r n do rusal izomorzmas ile T p M te et uzayna çekelim. g α ile U α üzerindeki bu iç çarpm ailesini gösterelim. ki iç çarpmn negatif olmayan bir do rusal birle³imi yine bir iç çarpmdr. Bundan dolay g = α g α manifoldun her noktasnda bir iç çarpm verir. Ayrca bu iç çarpmn katsaylar manifold üzerinde türevlenebilir fonksiyonlar verir. Açkça söylemek gerekirse, (x 1, x n ) manifold üzerinde yerel bir koordinat sistemi ise { } yerel taban için Riemann metri inin bile³enleri x i p g ij (p) =. g(p)( ) x i p x j p olarak tanmlanr. Bu durumda g ij : U α R türevlenebilir bir fonksiyondur. g = (g ij ) iç çarpmna manifold üzerinde bir Riemann metri i, (M, (g ij )) ikilisine de bir Riemann manifoldu denir.

159 Jeodezikler 141 Türevlenebilir bir γ : [a, b] M E(γ) = b a a ij ij bir e risi için, g ij (γ(s)) γ i (s) γ j (s) ds gerçel saysna bu e rinin enerjisi, b L(γ) = g ij (γ(s)) γ i (s) γ j (s) ds gerçel saysna ise bu e rinin uzunlu u denir. A³a daki teorem bir Riemann manifoldu üzerinde enerji fonksiyonelinin kritik noktas olan bir e rinin, i = 1,, n, olmak üzere γ i = 1 2 m,l,j g im (g l jm + g j lm gm jl ) γ j γ l = l,j Γ i jl γ j denklem sistemini sa lad n göstermektedir. Bu denklemi sa layan e rilere jeodezik denir. Γ i jl = 1 2 m gim (gjm l + gj lm gm jl ) fonksiyonlar Riemann metri inin ikinci tip Christoel sembolleri olarak adlandrlr. A³a daki teoremin kantnda birçok kitapta bulunan Birinci Varyasyon Formülü (First Variation Formula) yakla³m yerine Fourier serilerini kullanaca z. Daha sonra enerji fonksiyonelinin kritik noktalar ile uzunluk fonksiyonelinin kritik noktalarn kar³la³trarak geometrik sonuçlar elde edece iz. Bu bölümde a³a daki teorem hariç Spivak'n (birinci cildindeki baz al³trmalar yaparak) kitabn ([32]) takip edece iz. Teorem (M, g) n-boyutlu bir Riemann manifoldu ve γ = (γ 1,, γ n ) bu manifold üzerinde enerji fonksiyonelinin kritik noktas olan e ri ise, her i = 1,, n için, γ i + Γ i jl γ j γ l = 0 j,l olur. Kant : E rimiz enerji fonksiyonelinin bir kritik noktas oldu undan e rinin sadece herhangi bir koordinat sistemi içinde kalan parçasnn de i³imini incelemek yeterlidir. Ba³ka bir deyi³le, M = R n olarak alabiliriz. Metri i g = (g ij ) ile gösterelim. γ = (γ 1,, γ n ), s [0, 1] için, γ(0) = (0,, 0) ve γ(1) = (1, 0,, 0) noktalarn birle³tiren bir e ri olsun. γ 1 (s) fonksiyonunun [0, 1] aral nn bir difeomorzmas oldu unu kabul edelim (türevlenebilir her e ri için bu tür bir yerel koordinat sistemi vardr; çünkü verilen herhangi bir s 0 [0, 1] de eri için en az bir γ i (s 0 ) 0 oldu una göre s 0 etrafndaki bir aralk üzerinde γ i bir difeomorzma olur). X bu e rinin açk bir kom³ulu unda desteklenen ve e rinin uç noktalarnda sfr de eri alan bir vektör alan ve φ t : R n R n bu vektör alannn ak³ γ l

160 142 Vektör Alanlar ve Demetleri olsun. Bu durumda γ t (s) =. φ t (γ(s)) γ(s) = γ 0 (s) e risinin bir de i³imi olacaktr. imdi bu de i³imin enerjisini yazalm: Bu durumda d dt t=0 E(γ t ) = 1 2 d ds (γt (s)) = d dt t=0 1 0 ( i,j g ij (γ t (s)) γ t i d ds (φ t(γ(s))) = d ds γ t j) ds. oldu undan enerji fonksiyonelinin türevi a³a daki gibi olur: d 2E(γ t ) = dt t=0 1 0 ( i,j X(g ij )(γ(s)) γ i γ j ) ds X(γ(s)) = DX( γ(s)) 1 + ( g ij (γ(s)) {(DX) i γ γ j + (DX) j γ γ i }) ds. 0 i,j Burada (DX) i γ ile (DX) γ vektörünün i'inci terimini gösteriyoruz. Herhangi iki k N ve 1 l n sabit pozitif tam saylar için X vektör alann X(x) = X(x 1,, x n ) = (a 1,, a n ) olarak seçelim, öyle ki a l (x) = sin kπx 1 ve her m l için a m = 0 olsun. Bu durumda birinci integralin içindeki terim için i,j X(g ij )(γ(s)) γ i γ j = i,j,m = i,j a m (γ(s)) g ij x m (γ(s)) γ i γ j a l (γ(s)) g ij x l (γ(s)) γ i γ j = i,j sin(kπγ 1 (s)) g l ij γ i γ j, elde ederiz. Di er taraftan, ikinci integraldeki kö³eli parantezin içindeki ifade ise (DX) i γ γ j + (DX) j γ γ i = 2 i g il (γ(s)) (kπ cos(kπγ 1 ) γ 1 γ i ) olur. Enerji fonksiyoneli t = 0 noktasnda kritik de ere ula³t için 0 = = d dt t= ( i,j 1 0 2E(t) sin(kπγ 1 (s)) g l ij ( i γ i γ j ) ds g il (γ(s)) (kπ cos(kπγ 1 ) γ 1 γ i )) ds

161 Jeodezikler 143 elde ederiz. Terimlerden birini di er tarafa atp ikinci integrale ksmi türev uygularsak 1 0 sin(kπγ 1 (s))( i,j g l ij γ i γ j )ds = 2 = ( i ( i g il (γ(s))(kπ cos(kπγ 1 ) γ 1 γ i ))ds d ds [g il(γ(s)) γ i ]) (sin(kπγ 1 ) ds bulunur. Bu e³itlik her k N do al says için do ru oldu undan Fourier teorisi bize gij l γ i γ j = 2 d ds [g il(γ(s)) γ i ] i,j i sonucunu verir (bkz. Al³trma 5). imdi türevi alp terimleri düzenlersek gij l γ i γ j = 2( γ i g il + gil m γ m γ i ) i,j i i,m ve buradan da i γ i g il = i,j (g j il 1 2 gl ij) γ i γ j elde ederiz. Riemann metri inin tersini (g ij ) ile gösterirsek γ i = m,l,j g im (g l jm 1 2 gm jl ) γ j γ l ifadesine ula³rz. Bu toplamdaki j ve l endekslerinin yerlerini de i³tirirsek toplam de i³mez. O halde, γ i = 1 g im (gjm l + g j 2 lm gm jl ) γ j γ l = Γ i jl γ j γ l l,j m,l,j jeodezik denklemini elde ederiz. M manifoldu üzerinde bir (x 1,, x n ) koordinat sistemi seçelim. E er y i = x i olarak tanmlanrsa (x 1,, x n, y 1,, y n ) manifoldun T M te et demeti üzerinde bir koordinat sistemi olu³turur. M üzerindeki türevlenebilir her γ(s) e risi te et demeti üzerinde do al bir e ri verir: s (γ(s), γ(s)). Bu durumda ikinci derece jeodezik denklem sistemi a³a daki birinci derece sisteme denktir: { Aslnda, T M xi = y i, y i = l,j Γi jl y j y l ; i = 1,, n manifoldu üzerindeki X(x, y) = (y 1,, y n, l,j Γ 1 jl y j y l,, l,j Γ n jl y j y l )

162 144 Vektör Alanlar ve Demetleri vektör alannn ak³ φ s (x, y) = (γ(s, x, y), γ(s, x, y)) olacaktr. Dolaysyla, Exp p : T p M M, v γ(1, p, v) ile tanmlanan üstel fonksiyon türevlenebilir bir fonksiyondur. Vektör alanlarnn teorisinden her (x, y) T M noktasndan ba³layan bir çözüm e risinin var oldu unu biliyoruz fakat bu e ri tüm gerçel eksende tanml olmayabilir (bkz. Al³trma 6). Dolaysyla, Exp p fonksiyonu T p M te et uzaynn tamamnda tanml olmayabilir. Fakat, e er manifold tkz ise tüm te et uzaynda tanml olacaktr. imdi jeodeziklerin geometrik özelliklerini inceleyece iz. Bunun için ilk önce jeodeziklerin e ri uzunlu u ile parametrize edildi ini gösterece iz. Yardmc Teorem E er γ : [a, b] M bir jeodezik ise γ(s), s [a, b], sabittir. Ba³ka bir deyi³le jeodezikler sabit hzl e ridirler. Kant : Do rudan türev alarak ve gij l = 1 ( ) gij l + glj i 2 gj il ( ) gji l + g j li gi jl e³itli ini kullanarak d ds γ(s) = d ds i,j g ij (γ(s)) γ i γ j = i,j,l g l ij(γ(s)) γ l γ i γ j = j = 0 + i + k,j g kj (γ(s)) γ k γ j + k,i γ j g kj (γ(s)) γ k + k i,l γ i k 1 2 g ik (γ(s)) γ k + j,l g ik (γ(s)) γ k γ i ( ) gij l + glj i gj il 1 2 γ i γ l ( ) gji l + g j li gi jl γ j γ l elde ederiz. Son admda e rinin jeodezik oldu unu kullandk. O halde, γ(s), te et vektörünün boyu e ri boyunca sabittir. Bu kant tamamlar. Örnek Bu örnekte GL(n, R) M(n, R) = R n2 Lie grubunun üzerine homojen bir Riemann metri i koyaca z ve daha sonra bu metri in jeodezikleri ile üstel fonksiyonunu hesaplayaca z. Manifoldun birim matristeki T Id GL(n, R) = M(n, R) te et uzay üzerinde standart iç çarpm alalm: (, ) Id : T Id GL(n, R) T Id GL(n, R) R, (A, B) tr(a t B).

163 Jeodezikler 145 Herhangi bir P GL(n, R) noktasndaki te et uzay üzerindeki iç çarpm da difeomorzmasnn P : GL(n, R) GL(n, R), Q P Q P : T Id GL(n, R) T P GL(n, R), A P A türevinin verdi i do rusal izomorzma ile tanmlayalm. Dolaysyla, P noktasndaki iç çarpm (, ) P ile gösterirsek, her u ve v T Id GL(n, R) vektörleri için (u, v) Id = (P u, P v) P olur. Ba³ka bir deyi³le, GL(n, R) Lie grubu üzerine homojen bir Riemann metri i koymu³ olduk. Di er taraftan, ϕ : T Id GL(n, R) = M(n, R) GL(n, R), A e A = fonksiyonu birim matris etrafnda bir koordinat sistemi verir (det(e A ) = e tra > 0 oldu undan e A matrisinin tersi vardr; bkz. Ünite 1, Al³trma 36). Bunu görmek için bu fonksiyonun türevini hesaplayalm: A T Id GL(n, R) ve B T A (T Id GL(n, R)) T Id GL(n, R) için Dϕ A (B) = d dt t=0(e A+tB ) = e A B elde ederiz. e A matrisinin tersi oldu undan bu fonksiyon bir izomorzmadr. Dolaysyla, bu fonksiyon her nokta etrafnda yerel bir difeomorzma verir. Ayrca, bu koordinat sisteminde Riemann metri ini yazarsak n=0 g A (u, v) = (Dϕ A (u), Dϕ A (v)) e A = (e A u, e A v) e A = (u, v) Id elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, T Id GL(n, R) = M(n, R) koordinat sisteminde standart Öklit metri ini elde etmi³ oluruz. O halde, bu uzay üzerindeki jeodezikler do rulardr. Dolaysyla, merkezden geçen t ta do rularnn ϕ altndaki görüntüleri, e ta e rileri de GL(n, R) Lie grubunun birim elemanndan geçen jeodeziklerdir. O halde, ϕ fonksiyonu Riemann metri inin vermi³ oldu u üstel fonksiyondur. Örnek 'de ortogonal grubun birim matristeki te et uzaynn T Id O(n) = {A M(n, n) A T + A = 0} ters simetrik matrisler vektör uzay oldu unu görmü³tük. O(n) manifoldunu GL(n, R) manifoldundan ald Riemann metri i ile dü³ünelim. Bu durumda Exp Id : T Id O(n) O(n) A n n!

164 146 Vektör Alanlar ve Demetleri üstel fonksiyonu yine Exp Id (A) = e A = gibi tanmlanr. Aslnda Q = e A matrisinin ortogonal oldu unu ³u ³ekilde görebiliriz. A matrisi ters simetrik oldu undan n=0 A n n! Id = e 0 = e A+At = e A e At = e A (e A ) t = Q Q t elde ederiz. Özel do rusal grup SL(n) manifoldu için de benzer bir hesap yaplabilir (bkz. Al³trma 12). Son olarak bir noktay belirtmeliyiz. Matris gruplar üzerine koydu umuz metrik homojendir. Ba³ka bir deyi³le, herhangi bir noktay birim matrise o matrisin tersi ile ta³yarak o noktay birim matris olarak görebiliriz. Dolaysyla, her jeodezik birim matristen geçen bir jeodezi in bir matris ile ötelemesidir. imdi de genel bir (M, g) Riemann manifoldunun üstel fonksiyonunun türevini hesaplayalm. Jeodezik denklemi s-de i³kenine göre homojendir; ba³ka bir deyi³le, e er γ(s) bir jeodezik ise γ(as), a 0, e risi de bir jeodeziktir. Aslnda, her a 0 için, γ(s, p, v) ve γ(as, p, v) jeodezikleri ayn ba³langç de erlerine sahip olduklarndan γ(as, p, v) = γ(s, p, av) olur. Bunu kullanarak D(Exp p ) 0 = Id Tp M oldu unu görürüz (bkz. Al³trma 13). Buradan, Exp p : T p M M fonksiyonun sfr vektörünün bir açk kom³ulu undan görüntüsüne difeomorzma oldu u sonucuna varrz. Benzer ³ekilde, F : T M M M, (p, v) (p, Exp p (v)) fonksiyonunun (p, 0) noktasndaki türevi de birim dönü³ümdür. Di er taraftan, F (p, 0) = (p, p) oldu undan F fonksiyonunun (p, 0) noktas etrafnda bir difeomorzma oldu unu görürüz. Ba³ka bir deyi³le, p M noktasnn yeterince küçük her U kom³ulu u için, bu kom³uluktaki herhangi iki noktay birbirine ba layan bir jeodezik vardr. Bu jeodezik bir ba³langç de er probleminin çözümü oldu undan ayn zamanda tektir. Son olarak jeodeziklerin hz sabit oldu undan jeodezi in uzunlu u ilk hz ile tanmland aral n boyunun çarpm kadar olacaktr. Dolaysyla, a³a daki sonucu kantlam³ olduk. Sonuç Herhangi bir (M, g) Riemann manifoldu üzerinde bir p M noktas alalm. Bu durumda öyle bir p U açk kom³ulu u ve r > 0 gerçel says vardr ki, U içinde ald mz herhangi iki noktay birbirine ba layan tek bir jeodezik vardr ve bu jeodezi in uzunlu u r gerçel saysndan küçüktür. Daha fazla ilerleyebilmek için Gauss'un a³a daki sonucuna ihtiyacmz var.

165 Jeodezikler 147 Yardmc Teorem (Gauss'un Yardmc Teoremi). Yukardaki sonucun ko³ullarn sa layan p U M ve r > 0 alalm. Bu durumda p U noktasndan geçen jeodezikler her C < r için hiper yüzeylerine diktir. S C = {Exp p (v) v = C < r} Kant : v : R T p M, v(t) = C, her t R için, türevlenebilir bir e ri olmak üzere, f(s, t) = Exp p (sv(t)), s ( 1, 1), fonksiyonunu tanmlayalm. O halde, kantlamamz gereken sonuç tam olarak < f f (s, t), (s, t) >= 0 s t iç çarpmnn sfr oldu udur. Yardmc Teorem 3.2.2'in kantna benzer ³ekilde s < f s, f t > = i,k g ik 2 f k s t f i s + i,j,l 1 2 (gl ji + g j li gi jl ) f j s f l t f i s ve t < f s, f s >= 2 s < f s, f t > elde ederiz. Di er taraftan, f/ s vektörü s f(s, t) jeodezi inin s anndaki te et vektörü oldu undan bu vektörün uzunlu u tüm jeodezik boyunca sabittir. Dolaysyla, yukardaki her iki türev de sfrdr. Bu durumda, < f f (s, t), (s, t) > s t iç çarpm s de i³keninden ba mszdr. Son olarak s = 0 ba³langç annda, f(0, t) = p ve dolaysyla f/ t (0, t) = 0 oldu undan kant tamamlanr. Hatrlatma Gauss Yardmc Teoremi ³u ³ekilde genelle³tirilebilir (bkz. [32], s.489, Al³trma 28 ): c(s) (M, g) Riemann manifoldu içinde dc/ds 0 ko³ulunu sa layan herhangi bir e ri olsun. N = {Exp c(s) (v) v = sabit, v T c(s) M, g c(s) (v, dc/ds) = 0} ile tanmlanan M'nin alt manifoldu olsun. Bu durumda, e er 0 v T c(s) M, g c(s) (v, dc/ds) = 0 ko³ulunu sa layan bir vektör ise γ(t) = Exp c(s) (tv) jeodezi i N alt manifoldunu dik keser. Bu sonucun kant al³trma olarak okuyucuya braklm³tr (bkz. Al³trma 14).

166 148 Vektör Alanlar ve Demetleri Bu önemli yardmc teoremin iki geometrik sonucu a³a daki gibidir. Sonuç u : [a, b] (0, r) ve v : [a, b] T p M, v(s) = 1, parçal türevlenebilir fonksiyonlar olmak üzere c : [a, b] M, c(s) = Exp p (u(s)v(s)) parçal türevlenebilir e risini tanmlayalm. L b a(c) = b a ċ(s) ds bu e rinin uzunlu u olmak üzere L b a(c) u(b) u(a) e³itsizli i sa lanr. E³itlik sadece ve sadece u fonksiyonun artan (veya azalan) ve v fonksiyonun sabit olmas durumda elde edilir. Bu durumda, c(s) p-noktasndan geçen merkezcil bir jeodezi in bir parçasdr. Kant : Önceki teoremin gösterimini kullanarak yine f(s, t) = Exp p (sv(t)), s ( 1, 1), fonksiyonunu tanmlayalm. O halde, c(s) = f(u(s), s) ve dolaysyla dc ds = f u u (s) + f t 1 elde ederiz. Gauss Yardmc Teoremi'nden oldu undan < f u, f t elde edilir. Ayrca e³itlik sadece durumunda sa lanr. O halde, b a >= 0 ve f u = 1 dc ds 2 = u (s) 2 + f t 2 u (s) 2 dc ds ds b a f t = 0 ve dolaysyla v (s) = 0 olmas u (s) ds u(b) u(a), buluruz. Ayrca, e³itlik sadece v(s) sabit ve u(s) artan veya azalan olmas durumunda sa lanr. Bu sonuçtan kolay bir ³ekilde a³a daki sonuca varrz. Sonuç p U p M, v T p M, v r, ve γ(s) = Exp p (sv), s [0, 1], uzunlu u r saysndan küçük olan bir jeodezik olsun (Sonuç 3.2.4'ün gösterimini kullanyoruz). c : [0, 1] M p noktasn p = γ(1) noktasna ba layan parçal türevli bir e ri ise L 1 0(γ) L 1 0(c) e³itsizli i sa lanr. E³itlik sadece c(s) e risi γ jeodezi inin bir ba³ka parametrizasyonu olmas durumunda sa lanr.

167 Jeodezikler 149 Bu sonuçlar bize jeodeziklerin yerel olarak uzakl en aza indiren e riler oldu unu gösterir. Bir (M, g) Riemann manifoldu üzerindeki her jeodezik tüm gerçel eksene geni³letilebilirse bu manifolda jeodezik tam manifold denir. Riemann metri i manifold üzerinde de bir metrik tanmlar: d : M M R, d(x, y) = inf{l b a(c) c : [a, b] M, c(a) = x, c(b) = y}, (c parçal türevlenebilir e ri olmak üzere). Bu metri in üretti i metrik topolojinin manifoldunun üzerindeki topoloji oldu u Al³trma olarak okuyucuya braklm³tr (Al³trma 15). (Bkz. [32], s. 428, Teorem 7). Yukardaki yerel sonucu kullanarak kolayca a³a daki sonuca varrz (Al³trma 16): Sonuç γ : [a, b] (M, g) bir Riemann manifoldu üzerinde parçal türevlenebilir bir e ri olsun. E er d(γ(a), γ(b)) = L b a(γ) ise γ e risi bir jeodeziktir. Daha fazla ilerlemeden uzunluk ve enerji fonksiyonellerinin kritik noktalarn kar³la³tran bir sonuç verece iz: Önerme ) Her parçal türevlenebilir γ : I (M, g) e risi için L b a(γ) (b a) E b a(γ), a, b I, e³itsizli i do rudur. E³itlik sadece ve sadece γ e risi e ri uzunlu u ile parametrelendirilmi³ ise sa lanr. 2) γ : [a, b] (M, g) L(γ) = d(γ(a), γ(b)) ko³ulunu sa layan bir jeodezik olsun. Herhangi bir c : [a, b] (M, g) e risi c(a) = γ(a), c(b) = γ(b) ko³ulunu sa lyorsa E(γ) = L(γ)2 b a L(c)2 b a E(c) olur. Dolaysyla, E(γ) E(c) e³itsizli i sadece ve sadece c e risinin L(c) = L(γ) ko³ulunu sa layan bir jeodezik olmas durumunda sa lanr. Ayrca, yeterince küçük jeodezik parçalar enerji fonksiyonelinin en küçük de eri ald noktalar olur. Kant : f, g : [a, b] R sürekli fonksiyonlar olmak üzere Schwarz e³itsizli ini hatrlayalm (bkz. Al³trma 17): ( b 2 ( b ) ( b ) fg) f 2 g 2, a a öyle ki, e³itlik sadece ve sadece f ve g fonksiyonlarnn do rusal ba ml oldu u durumda sa lanr. Bu durumda, f(s) = γ(s) ve g(s) = 1 fonksiyonlar için ( ) ( ) L b a(γ) (b a) Ea(γ) b, a

168 150 Vektör Alanlar ve Demetleri elde ederiz. E³itlik ise sadece f(s) = γ(s) fonksiyonun sabit olmas durumunda sa lanr. O halde, ilk ksmn kant tamamlanm³ oldu. kinci ksmn ilk e³itsizli i γ ve c e rilerinin seçiminden dolaydr. Buradaki ikinci e³itsizlik ise bu önermenin ilk ksmnn sonucudur. Ayrca yine ikinci e³itsizlik sadece c e risi e ri uzunlu u ile parametrize edilmi³se do rudur. Dolaysyla, E(γ) E(c) e³itsizli i her zaman do rudur ve e³itlik sadece c e risi L(c) = d(c(a), c(b)) ko³ulunu sa layan bir jeodezik ise sa lanr. Son olarak, jeodezikler e ri uzunlu u ile parametrelendirilmi³ ve yerel olarak uzunluk fonksiyonun en küçük de erini ald e riler olduklar için enerji fonksiyonelinin de yerel olarak en küçük de erini ald e rilerdir. Yukardaki sonuçlar iki noktay bile³tiren en ksa e rinin var olmas durumunda bunun bir jeodezik oldu unu gösteriyor. A³a daki teorem ise jeodeziklerin tam manifoldlarda var oldu unu göstermektedir. Bu teoremin kantn burada vermeyece iz (bkz. [32], s. 462, Teorem 18). Teorem (Hopf-Rinow-De Rham). (M, g) Riemann manifoldunun jeodezik tam olmas için gerek ve yeter ³art manifoldun üzerindeki Riemann metri i tarafndan üretilen (bkz. Sayfa 149) metri in tam olmasdr. Ayrca jeodezik tam bir manifold üzerinde, verilen herhangi iki noktay birbirine ba layan en ksa uzunlu a sahip bir jeodezik vardr. Di er taraftan herhangi bir U M açk kümesi içindeki rastgele seçilen q 1, q 2 U noktalarn birbirine ba layan en ksa jeodezik U açk kümesinin içinde kalmayabilir. E er bir alt küme, herhangi iki noktasn birbirine ba layan en ksa uzunlu a sahip jeodezi i de içeriyorsa bu kümeye jeodezik konveks denir. Gauss Yardmc Teoremi bize ³u sonucu verir: Teorem (M, g) bir Riemann manifoldu ve p M bir nokta olsun. Bu durumda öyle bir ρ > 0 says vardr ki, T p M te et uzayndaki ρ yarçapl B(0, ρ) yuvarnn Exp p : T p M M üstel fonksiyonu altndaki görüntüsü jeodezik konvekstir. Ba³ka bir deyi³le, U = Exp p (B(0, ρ)) açk kümesinde herhangi iki noktay birbirine ba layan ve tamamen U içinde kalan tek bir jeodezik vardr. Ayrca bu jeodezik bu iki noktay birbirine ba layan (M, g) manifoldu içindeki en ksa e ridir. Teoremin kant birçok admdan olu³maktadr. Aslnda kant Spivak I. cildindeki bir problemin çözümünü içermektedir (bkz.[32], s. 490, Al³trma 32). Spivak'n kitab bu çözümü içermedi i için burada verece iz. Kant : Adm 1) p M noktasnn bir U kom³ulu unda üstel fonksiyonun tersinin vermi³ oldu u koordinat sistemini alalm. Ba³ka bir deyi³le, β = {v 1,, v n } kümesi T p M için bir sral taban ise (p noktasnn yeterince yaknndaki) her q M noktas için Exp 1 p (q) = x i (q)v i

169 Jeodezikler 151 e³itli i ile tanmlanan x i (q) fonksiyonlarnn olu³turdu u koordinat sistemini dü³ünelim. ddia: Bu koordinat sisteminde tüm Γ k ij sfr de erini alr. Christoel sembolleri p noktasnda ddiann kant : Herhangi bir u = (u 1,, u n ) T p M vektörü için γ(s) = Exp p (su) jeodezi ini ele alalm. x i (γ(s)) = su i olaca ndan dx i (γ(s)) s=0 = u i ve ds d 2 x i (γ(s)) ds 2 s=0 = 0 elde edilir. Bu durumda γ için jeodezik denklemini yazarsak, her u = (u 1,, u n ) T p M için 0 = i,j Γ k ij(p) u i u j bulunur ve böylece iddiann kant tamamlanr. Adm 2) Yukardaki koordinat sistemini kullanrsak, r : U R, r(q) = d(p, q) fonksiyonu olmak üzere r(γ(s)) 2 = k γ2 k (s) oldu u açktr. imdi γ(s) e risinin bir jeodezik oldu unu kabul edelim ve bu e³itli in ikinci türevini hesaplayalm: d(r(γ(s)) 2 ) ds = d( k γ2 k ) ds = k 2γ k dγ k ds ve buradan da d 2 (r(γ(s)) 2 ) ds 2 = 2 k = 2 k ( d 2 γ k ds 2 γ k + ( ) 2 dγk ds i,j,k ( ) ) 2 dγk ds Γ k ij γ k dγ i ds dγ j ds buluruz. Adm 3) 0 ( k dγ k ds ) 2 = i,j dγ i ds dγ j ds e³itsizli inin orta terimine Schwarz e³itsizli ini uygularsak 0 ( ) ( dγ i dγ j ( ) ) 2 ds ds 1 2 dγk n ds i,j k k k ( ) 2 dγk ds

170 152 Vektör Alanlar ve Demetleri ve dolaysyla 0 1 n i,j dγ i ds dγ j ds k ( ) 2 dγk ds elde ederiz. Gerekirse U kümesini küçülterek (bu γ(0) vektörünü yeterince küçük seçmek anlamna gelecektir) öyle bir pozitif K gerçel says bulabiliriz ki, verilen her γ : [0, 1] Exp p (U) jeodezi i ve her k, s için γ k (s) K olur. Γ k i,j Christoel sembolleri p noktasnda sfr oldu undan gerekirse U kümesini daha da küçülterek K max i,j,k {Γk ij(q) q U} < 1 n 2 oldu unu kabul edebiliriz. O halde, Exp p (U) içinde kalan her γ jeodezi i için Γ k dγ i dγ j ij γ k ds ds n K max i,j,k i,j,k {Γk ij(q) q U} dγ i dγ j ds ds i,j < 1 n 2 n dγ i dγ j ds ds i,j = 1 dγ i dγ j n ds ds i,j = 1 dγ i dγ j n ds ds e³itsizli i sa lanr. imdi yukardaki sonuçlar kullanarak d 2 (r(γ(s)) 2 ) ds 2 = 2 ( ) 2 dγk Γ k ij γ k dγ i dγ j ds ds ds k i,j,k 2 ( ) 2 dγk ds Γ k ij γ k dγ i dγ j k ds ds i,j,k > 2 ( ) 2 dγk 1 dγ i dγ j ds n ds ds k i,j 0 i,j elde ederiz. Dolaysyla, s = 0 noktasnn etrafnda d2 (r(γ(s)) 2 ) ds 2 > 0 olur. d(r(γ(s)) Ba³ka bir deyi³le, 2 ) bu aralkta kesin artan bir fonksiyondur. ds

171 Jeodezikler 153 Adm 4) ddia: ϵ > 0 olmak üzere B ϵ = {v T p M v ϵ} ve S ϵ = {v T p M v = ϵ} olsun. Bu durumda ϵ > 0 yeterince küçükse ve γ(s), γ(0) Exp p (S ϵ ) ve d(r(γ)) 2 /ds s=0 = 0 ko³ullarn sa layan bir jeodezik ise sadece γ'ya ba l bir δ > 0 says vardr öyle ki, her 0 s ( δ, δ) için γ(s) Exp p (B ϵ ) olur. d(r(γ(s)) ddiann kant : Adm 3'den dolay 2 ) bu aralkta kesin artan bir ds fonksiyon oldu u için öyle bir δ > 0 says vardr ki, ( δ, 0) aral nda d(r(γ)) 2 /ds s=0 < 0 ve (0, δ) aral nda d(r(γ)) 2 /ds s=0 > 0 olur. Aslnda ayn sonuç d(r(γ))/ds için de do rudur. Böylece iddiann kant tamamlanr. Adm 5) ddia: q, q, r(q), r(q ) < ϵ 0 ko³ulunu sa layan iki nokta ve γ bu iki noktay birbirine ba layan (uzunlu u 2ϵ 0 'dan küçük olan) bir jeodezik olsun. E er ϵ 0 yeterince küçükse r(γ) fonksiyonu en büyük de erini q ya da q noktasnda alr. ddiann kant : ϵ yukardaki gibi olmak üzere B(q, 3ϵ 0 ) Exp p (B ϵ ) olacak ³ekilde bir ϵ 0 > 0 seçelim. Bu durumda γ jeodezi i Exp p (B ϵ ) küresinin içinde kalr. imdilik, r(γ) fonksiyonun en büyük de erini uç de erlerde almad n kabul edelim. E rinin tanmland aral gerekirse öteleyerek en büyük de erin s = 0 noktasnda ula³ld n kabul edelim. O halde, 0 = d(r(γ(s))) s=0 = d(r(γ(s)))2 ds ds 2 s=0 olur. Diyelim ki, l = r(γ(0)) olsun. Bu durumda, γ(0) Exp p (S l ) olur. imdi l < ϵ oldu undan Adm 4'den dolay, γ(s) B l, 0 s ( δ, δ) olacak ³ekilde bir δ > 0 says vardr. Ba³ka bir deyi³le, s 0 için r(γ(s)) > l çeli³kisini elde etmi³ olduk. O halde, r(γ) fonksiyonu en büyük de erini iki uç noktasndan birinde almaldr. Son olarak ρ = ϵ 0 alrsak B(p, ρ) = Exp p (B ρ ) yuvar jeodezik konveks olur. Böylece kant tamamlanr. Hatrlatma ) p (M, g) sabit bir nokta olsun. E er p noktasndan geçen her jeodezik tüm gerçel eksene geni³letilebiliyorsa M manifoldu (jeodezik) tamdr (bkz.[32], s. 498, Al³trma 43). Bunu görmek için ilk önce manifoldun her noktasnn (uzunlu u en küçük olan) bir jeodezik ile p noktasna ba lanabildi ini gösterebiliriz (bkz. Al³trma 18). Dolaysyla, Exp p : T p M M üstel fonksiyonu örtendir ve M içindeki her snrl bölge T p M içindeki snrl bir bölgenin görüntüsü içindedir. O halde, M içindeki her snrl bölge T p M içindeki tkz bir bölgenin görüntüsü içindedir. Buradan M içindeki her Cauchy dizisinin yaknsak oldu unu görürüz. Böylece kant tamamlanr. 2) (M, g) tam ama tkz olmayan bir Riemann manifoldu olsun. Bu durumda öyle bir γ : [0, ) M jeodezi i vardr ki, bu jeodezik, üzerinde verilen her nokta çiftini birbirine ba layan en ksa e ridir. Bunu görmek için ilk önce

172 154 Vektör Alanlar ve Demetleri (M, g) manifoldunun snrsz oldu unu göstermeliyiz. Bunu kantladktan sonra bir p M noktas sabitleyelim ve her pozitif n tam says için d(p, q n ) n olacak ³ekilde bir q n M noktas ve bu noktadan geçen ve en ksa uzunlu a sahip bir γ n (sv n ) : R M jeodezi i seçelim, öyle ki, v n S ϵ T p M, yeterince küçük bir kürenin içinde kalsn. imdi v 0 S ϵ vektörü (v n ) dizisinin bu tkz küre içindeki bir alt dizisinin limiti olsun. Arad mz jeodezi in γ(s) = Exp p (sv 0 ) e risi oldu unun gösterilmesini Al³trma 19'de okuyucuya brakyoruz. (Ayrca bkz.[32], s. 498, Al³trma 44.) Hacim Eleman ve Yldz Operatörü Riemann metri i e rilerin uzunluklarn hesaplamann d³nda da çok kullan³ldr. Örne in, g p = (, ) : T p M T p M R te et uzay üzerinde simetrik ve pozitif bilineer form oldu undan Riemann metri i te et demetinden kote et demetine do al bir izomorzma verir: T p M Tp M, p M p M v v : T p M R, v (w) = g p (v, w), w T p M. Örne in ω = i b i(x) dx i formuna kar³lk gelen vektör alann hesaplayalm: Bu vektör alan X = i a d i dx i, ise her v T p M için olacaktr. O halde, v = d dx j w(p)(v) = g p (X(p), v) alrsak b j (p) = ω( d dx j ) = g p (X(p), d dx j ) = i g ij (p)a i (p) olur. Buradan, a i = j b j g ij ve dolaysyla, X = i,j b j g ij d dx i olarak bulunur. Örnek f : (M, g) R türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Bu durumda, yukardaki izomorzma altnda df 1-formuna kar³lk gelen vektör alanna f fonksiyonun gradyan vektörü denir ve grad(f) veya f ile gösterilir: f = ij g ij f d. x j dx i Öklit uzaynda g ij = δ ij oldu undan f = i f d x i dx i olur.

173 Jeodezikler 155 Metrik ile elde edilen T M T M, dx j X j vektör uzay izomorzmas T M ve buradan (dx j, dx k ) T M. = (X j, X k ) T M = ( i. = i g ij d dx i üzerinde de bir metrik verecektir: g ij d dx i, l g lk d dx l ) T M (dx j, dx k ) T M = i,l g ij g lk g il = i g ij δ ik = g kj elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, kote et vektör demeti üzerindeki metrik te et demeti üzerindeki Riemann metri inin tersinden ba³ka bir ³ey de ildir. Bir vektör uzay üzerindeki iç çarpm bu uzayn tensör çarpmlarna do al olarak geni³letilebilir. (V, ) iç çarpm uzay ise V V üzerindeki iç çarpm ³u ³ekilde tanmlanr: (v 1 u 1 ) (v 2 u 2 ) = 1 2 (v 1 v 2 ) (u 1 u 2 ). Bu tanm tüm V k tensör çarpmlarna ve dolaysyla de i³meli k-formlara geni³letebiliriz. Bir örnek vermek gerekirse, ω = f dx i dx j ve ν = h dx k dx l olmak üzere ve ω ν = (f (dx i dx j dx j dx i )) (h (dx k dx l dx l dx k )) = fh (g ik g jl g il g jk ) ω ω = (f (dx i dx j dx j dx i )) (f (dx i dx j dx j dx i )) = f 2 (g ii g jj (g ij ) 2 ) elde edilir (g ii g jj (g ij ) 2 > 0 oldu u açktr, çünkü kote et uzayndaki iç çarpmn {dx i, dx j } kümesinin gerdi i alt uzaya kstlamas da bir iç çarpm verir). Genel durumu al³trmalara brakyoruz (bkz. Al³trma 20). Hatrlatma Bu tanm V V çarpm uzaynda bir iç çarpm vermez. imdi d³ formlar üzerinde tanmlad mz iç çarpm kullanarak yldz operatörünü tanmlayaca z. (V, <, >) n-boyutlu yönlendirilmi³ bir iç çarpm uzaynda alnan herhangi v 1,, v n (sral) vektörlerinin belirledi i paralel yüzlünün i³aretli hacmi ³u ³ekilde tanmlanr: Bu vektör uzaynn sral ortonormal bir {e 1,, e n } tabann alalm ve v i = j a ije j yazalm, i = 1,, n.

174 156 Vektör Alanlar ve Demetleri Daha önce bu vektörlerin belirledi i cismin i³aretli hacmini det(a ij ) olarak tanmlam³tk. (a ij ) matrisi {v 1,, v n } sral tabanndan {e 1,, e n } sral tabanna geçi³ matrisidir. E er (b ij =< v i, v j >) bu iç çarpmn v 1,, v n sral tabanndaki matris gösterimi ise det(b ij ) = det(a ij ) 2 oldu u kolayca görülür (bkz. Al³trma 21). Buna göre, e er x 1, x n koordinat sisteminde Riemann metri i g = (g ij ) matrisi ile veriliyorsa hacim formu dvol (M,g) = det(g ij ) dx 1 dx n ³eklinde tanmlanr. Ayn açk küme üzerinde bir ba³ka yönlendirilmi³ koordinat sistemi (y 1,, y n ) = ϕ(x 1, x n ) ise, metri i ϕ yardmyla y 1,, y n koordinat sisteminde yazarsak elde ederiz. Di er taraftan, h ij = 1 det(dϕ) g ij dy 1 dy n = det(dϕ) dx 1 dx n oldu undan det(g ij ) dx 1 dx n = det(h ij ) dy 1 dy n olur. Dolaysyla, hacim formu iyi tanmldr. Örnek R 3 içinde türevlenebilir bir fonksiyonun gra i olarak z = f(x, y) ile verilen yüzeyi, içinde bulundu u Öklit uzaynn Riemann metri i ile dü³ünelim. Yüzeyin üstünde (x, y) (x, y, f(x, y)) koordinat sistemini alalm. Bu durumda, {(1, 0, f x (x, y)), (0, 1, f y (x, y))}, kümesi yüzeyin herhangi bir noktasndaki te et uzaynn bir taban olacaktr. Metri i bu tabanda yazarsak ( ) 1 + f 2 (g ij ) = x f x f y f x f y 1 + fy 2 matrisini elde ederiz. O halde, hacim eleman dvol = 1 + fx 2 + fy 2 dx dy formu olur (genel durum için Al³trma 22'e baknz). Benzer ³ekilde iki boyutlu ve r > 0 yarçapl kürenin hacim formunu (θ, ϕ) (r cos θ sin ϕ, r sin θ sin ϕ, r cos ϕ, ), küresel koordinatlarnda yazarsak (θ, ϕ) [0, 2π] [0, π], elde ederiz. dvol S 2 r = r 2 sin ϕ dθ dϕ

175 Jeodezikler 157 imdi Riemann metri inin formlar üzerinde verdi i do al iç çarpm kullanarak yldz operatörünü tanmlayaca z. (M n, g) Riemann manifoldunun herhangi bir ω Ω k (M) formunu alalm. Bu formun yldz olarak adlandraca mz ω Ω n k (M) formu ν ω = (ω ν) dvol (M,g), ν Ω k (M), e³itli i ile tanmlanr. Yldz i³lemi bir vektör uzay homomorzmas verir: : Ω k (M) Ω n k (M). Bu operatör Riemann metri ine ba l olsa da her metrik için ( ω) = ( 1) k(n k) ω, ω Ω k (M) e³itli i sa lanr. Bunu görmek için verilen p M noktasndaki T p M te et uzaynn ortonormal bir tabann alalm ve bu vektörleri te et uzaynn koordinat eksenleri olarak görelim, x 1, x n. Exp p : T p M M yerel difeomor- zmasnn p noktas etrafnda vermi³ oldu u koordinat sisteminde Riemann metri ini yazarsak g ij (p) = δ ij elde ederiz. Buradan, Riemann metri inin hem kote et demetinde hem de türevlenebilir formlarda verdi i metri in p noktasndaki matris gösterimlerinin birim matrisler oldu unu görürüz. Bu durumda, ve (dx 1 dx k ) = dx k+1 dx n (dx k+1 dx n ) = ( 1) k(n k) dx 1 dx k elde edilir. Di er taban elemanlar için de ayn hesaplamay yapabiliriz. Dolaysyla, ( ω) = ( 1) k(n k) ω e³itli ini kantlam³ olduk. Öklit uzaynda yldz operatörünü yazalm. Bu uzay üzerin- tabannn verdi i yönlendirmeyi alalm. Yukardaki Örnek R 4 de { x 1, x 2, paragraftan dolay x 3, x 4 } elde edilir. Benzer ³ekilde olur. (dx 1 dx 2 ) = dx 3 dx 4 (dx 1 dx 3 ) = dx 2 dx 4 (dx 1 dx 4 ) = dx 2 dx 3 dx 1 = dx 2 dx 3 dx 4 dx 2 = dx 1 dx 3 dx 4 dx 4 = dx 1 dx 2 dx 3

176 158 Vektör Alanlar ve Demetleri imdi de genel bir metrik için 1-formlarn yldzn yerel koordinat sisteminde hesaplayalm. ω = i a i dx i formunun yldz ω = i c i dˆx i olsun (dˆx i ile, daha önceden oldu u gibi, dx 1 dx i 1 dx i+1 dx n n 1-formunu gösteriyoruz). Tanmdan dolay, her ν = i b i dx i 1-formu için ν ω = (ω ν) dvol (M,g) sa lanacaktr. Buradan ( i ( 1) i 1 b i c i ) dx 1 dx n = ( det(g ij ) i,j a i b j g ij ) dx 1 dx n elde ederiz. Bu e³itlik her ν için geçerli oldu undan c i = ( 1) i 1 det g ij ( j a j g ij ) olmaldr. O halde, ω formunu hesaplam³ olduk. Bu e³itli i a i için çözersek verilen bir (n 1)-formun yldz olan 1-formu da hesaplam³ oluruz: a i = det g ij ( j ( 1) j 1 c j g ij ). Son olarak ω = df = i (df) = det g ij f x i dx i alrsak ( 1) i 1 ( i j f x i g ij ) dˆx i elde edilir. Örnek (E. Hopf'un Teoremi). Türevlenebilir bir f : M R fonksiyonun Laplace' f = d d(f) fonksiyonu olarak tanmlanr. M = R n manifoldunu Öklit metri i ile dü³ünürsek (g ij = δ ij ) Laplace operatörünün f = d d(f) = i 2 f x 2 i ³eklinde verildi i görülür. Hopf'un teoremi, yönlendirilebilen ba lantl tkz bir M manifoldu üzerinde, f 0 ko³ulunu sa layan fonksiyonlarn sabit fonksiyonlar oldu unu söyler. Bu örnekte bu teoremin bir kantn verece iz (bkz. [8], s. 85). lk önce, Stokes Teoremi'nden her f : M R fonksiyonu için, f dvol (M,g) = d( df) = ( df) = 0 M M M=

177 Jeodezikler 159 oldu unu görürüz. Di er taraftan, bize f 0 verilmi³ oldu undan f = 0 elde ederiz. imdi de f 2 /2 fonksiyonunun Laplace'n hesaplayalm: (f 2 /2) = d d(f 2 /2) = d(f df) = (df df + f d df) = (df df) + f( d df) = f 2 + f f. Aslnda, son e³itli in ilk teriminin hesabn biraz daha detayl yapabiliriz: Gradyan vektörünün norm karesi f 2 = ( f, f) = ( ij f g, x i,j j x i k,l = g ij g kl g il i,j,k,l = i,j,k = i,j f f x j x k g ij δik f x j f x k g ij f f, x i x j kl f g x k x l ) olarak hesaplanr. Di er taraftan, yukarda elde etti imiz 1-formlarn yldznn ifadesini kullanarak df df = ( i = = f dx i ) ( det(g ij ) x i i det(g ij ) ( k det(g ij ) ( i,j = f 2 dvol (M,g) f x j g ij dˆx i ) ( 1) i 1 j f dx k ) ( i 1 f ( 1) g ij dˆx i ) x k x i,j j f f x i x j elde ederiz. imdi teoremin kantn bitirebiliriz: 0 = (f 2 /2) M = f ( f) dvol (M,g) + M = 0 + f 2 dvol (M,g), M g ij ) dx 1 dx n M f 2 dvol (M,g)

178 160 Vektör Alanlar ve Demetleri e³itli i bize f = 0 oldu unu gösterir. Ayrca, 0 = f = ij g ij f d x j dx i denklemindeki (g ij ) matrisinin tersi oldu undan, her i için f/ x i = 0 sonucuna varrz. Son olarak manifold ba lantl oldu undan f : M R fonksiyonunun sabit olmas gerekti ini görürüz. 3.3 Vektör Demetleri Temel Tanmlar Bu bölümde ele alaca mz vektör demetleri hem geometrinin hem de topolojinin temel konularndandr. Türevlenebilir bir manifoldun te et demeti en do al vektör demeti örne idir. Yine te et demetinden do rusal cebir yöntemleri ile elde edilen kote et demeti de vektör demetlerinin teorisinde çok önemli bir yer tutar. Vektör demetlerinin tanmn vermeden önce (ko)te et demetinin tanmn hatrlayalm: M atlas {φ α : U α V α } olan türevlenebilir bir manifold olsun. Bu durumda, manifoldu M = α U α α V α /x (φ β φ 1 α )(x) ³eklinde yazarsak te et demetini de geçi³ fonksiyonlarnn türevlerini kullanarak a³a daki ³ekilde ifade etmi³tik: T M = α T U α α V α R n /(x, v) ((φ β φ 1 α )(x), D(φ β φ 1 α ) x (v)) ekil 3.2: Te et demetinin koordinat fonksiyonlaryla kurulu³u: (x, v) (y, u) = ((φ β φ 1 α )(x), D(φ β φ 1 α ) x (v))

179 Vektör Demetleri 161 Benzer ³ekilde T M = α T U α α V α R n /(x, (D(φ β φ 1 α ) x ) (ω)) ((φ β φ 1 α )(x), ω) kote et uzayn manifoldun geçi³ fonksiyonlarnn türevlerinin duallerini kullanarak yazm³tk. Son olarak, formlarn geri çekme i³lemini kullanarak manifold üzerindeki k-formlarn demetinin Alt k (M) = α Alt k (T U α ) α Alt k (V α ) / ³eklinde verildi ini görmü³tük. Bu yaplarn hepsi a³a da tanmlayaca mz vektör demetlerine birer örnektir. Tanm P : E m+k M m a³a daki özellikleri sa layan türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir bir fonksiyonu olsun: 1. Her p M için, E p = P 1 (p) k-boyutlu gerçel vektör uzaydr; 2. M manifoldunun yerel sonlu ve saylabilir bir {U α } açk örtüsü vardr öyle ki, a) Her α için, bir ϕ α : P 1 (U α ) U α R k difeomorzmas vardr, b) Her α ve p U α için, ϕ α E p : E p {p} R k kstlan³ bir vektör uzay izomorzmasdr. Bu durumda P : E m+k M m M-manifoldu üzerinde k-boyutlu bir gerçel vektör demeti olarak adlandrlr. M manifolduna vektör demetinin taban, E m+k manifolduna vektör demetinin toplam uzay ve E p ters görüntüsüne vektör demetinin bir lidir denir. Ayrca, P : E m+k M m fonksiyonuna vektör demetinin iz dü³üm fonksiyonu ve ϕ α : P 1 (U α ) U α R k difeomorzmalarna da yerel çarpm fonksiyonlar denir. Herhangi bir V vektör uzay için, E = M V M, (p, v) p ³eklinde tanmlanan vektör demetine li V olan a³ikar vektör demeti denir. P 1 : E 1 M ve P 2 : E 2 M gibi iki vektör demeti arasnda lieri koruyan ve her lif üzerinde do rusal bir izomorzma olan bir F : E 1 E 2 difeomorzmasna vektör demeti izomorzmas denir. E er lieri koruyan bir F : E 1 E 2 türevlenebilir fonksiyonu her bir lif üzerinde bire bir do rusal bir dönü³üm verirse P 2 : F (E 1 ) M bir vektör demeti olur ve bu demet

180 162 Vektör Alanlar ve Demetleri P 1 : E 1 M demetine izomorktir. Bu vektör demetine P 2 : E 2 M vektör demetinin bir alt vektör demeti denir. Herhangi bir vektör demetinin ϕ α ϕ β 1 (p, v) = (p, ψ αβ (p)(v)), (p, v) (U α U β ) R k yerel çarpm fonksiyonlarn kullanarak tanmlanan ψ αβ : (U α U β ) GL(k, R) için, bir çe³it koho- fonksiyonlarn dü³ünelim. Bu fonksiyonlar her α, β, γ moloji ko³ulu olan ψ αβ ψ βγ = ψ αγ çember ko³ulunu sa lar. Bu fonksiyonlara vektör demetinin bir yap fonksiyonlar ailesi denir. Di er taraftan, çember ko³ulunu sa layan ψ αβ : (U α U β ) GL(k, R) fonksiyonlarn kullanarak bir ba³ka vektör demeti kurabiliriz: Ẽ = (Uα R k ) / (p, v) (p, ψ αβ (p)(v)). Yerel çarpm fonksiyonlarn kullanarak bu vektör demetinin P : E M vektör demetine izomork oldu unu görebiliriz (bkz. Al³trma 24). Herhangi bir P : E M vektör demeti için P s = id M ko³ulunu sa layan fonksiyona vektör demetinin kesiti denir. imdi bu demetin bir s : M E kesitini alalm. Bu kesitin yerel ϕ α : P 1 (U α ) U α R k çarpm fonksiyonu altndaki yerel ifadesini s α : U α U α R k ile gösterirsek, her α, β için, ψ αβ (s α ) = s β e³itli i sa lanr. Bir vektör demetinin kesitlerinin olu³turdu u küme do al bir ³ekilde vektör uzaydr (aslnda bu küme, manifold üzerinde tanml türevlenebilir fonksiyonlarn olu³turdu u halka üzerinde bir modül olu³turur, bkz. Al³trma 23) ve Γ(E) ile gösterilir. P : E M vektör demetine ait bir ψ αβ : (U α U β ) GL(k, R) yap ailesi için ψ αβ (U α U β ) H GL(k, R) olacak ³ekilde bir H GL(k, R) alt grubu varsa vektör demetinin yap grubu H grubuna indirgenmi³tir denir. Bir vektör demetinin grubu determinant pozitif olan matrisler alt grubuna indirgenebiliyorsa bu vektör demetine yönlendirilebilir vektör demeti denir. Yönlendirilebilir bir manifoldun te et demeti de yönlendirilebilir (bkz. Al³trma 25). Hatrlatma ) Yukardaki tanmda R k yerine C k alrsak karma³k vektör demetlerinin tanmn elde ederiz. Karma³k vektör demetlerinin do al bir yönlendirmesi vardr (bkz. s. 166)

181 Vektör Demetleri 163 2) P : T M M te et ve P : T ( M ) M kote et demetleri k = m- boyutlu, ve P : Alt k m (M) M ise -boyutlu gerçel vektör demetidir. k Ayrca, M karma³k manifold oldu unda bu vektör demetleri de do al olarak karma³k vektör demetleri olurlar. 3) Herhangi bir manifold üzerine Riemann metri i koymak için kulland mz metottan yararlanarak verilen bir vektör demeti üzerine iç çarpm koyabiliriz. Bu durumda vektör demetinin yap grubunu ortogonal grup O(k)'ye indirgeyebiliriz: Vektör demetinin ϕ α : P 1 (U α ) U α R k gibi bir yerel çarpm fonksiyonunu ele alalm. Vektör demetinin lierdeki do rusal izomorzma ile her {p} R k line ta³yalm: Her i = 1,, k için, g p (, ) : R k R k R. s i : U α U α R k, s i (p) = (p, (0,, 0, 1, 0,, 0)) türevlenebilir kesitlerini tanmlayalm. Bu kesitlere Gram-Schmidt yöntemini uygulayarak her lifte ortonormal taban veren {r 1,, r k } kesitlerini elde edelim. imdi yeni bir yerel çarpm fonksiyonu yazalm: ϕ 0 α : P 1 (U α ) U α R k, (p, v) (p, g p (v, r 1 (p)),, g p (v, r k (p))). Gram-Schmidt yönteminin ifadesi analitik oldu undan bu fonksiyon bir difeomorzma ve çarpm fonksiyonudur. Bu çarpm fonksiyonlarna kar³lk gelen yap fonksiyonlar O(k) de erli olacaktr. E er manifold ayn zamanda yönlendirilebilir bir manifold ise yap grubunu SO(k) grubuna da indirgeyebiliriz. Benzer ³ekilde, karma³k bir vektör demeti üzerine de her zaman Hermityan bir yap konabilir. Üzerinde metrik olan bir gerçel vektör demetinin yap grubunu GL(k, R)'den O(k)'e indirgeyen metot, benzer ³ekilde, üzerinde Hermityan metrik olan bir karma³k vektör demetinin yap grubunu GL(k, C)'den U(k)'e indirger. Son olarak bu söylediklerimizin basit bir uygulamasn verelim: U(1) = S 1 = SO(2) oldu undan her karma³k do ru demeti yönlendirilmi³ bir gerçel düzlem demeti olarak görülebilir. Tersine, her yönlendirilmi³ bir gerçel düzlem demeti de bir karma³k do ru demeti olarak görülebilir Vektör Demetleri Üzerinde ³lemler Bu alt bölümde vektör demetleri üzerindeki i³lemleri inceleyece iz. Bir manifold üzerindeki vektör demetlerini parametrize edilmi³ (manifoldun noktalar

182 164 Vektör Alanlar ve Demetleri ile) vektör uzaylar olarak görebiliriz. O halde, vektör uzaylar üzerindeki tüm i³lemleri vektör demetlerine ta³yabiliriz. Bu bölümde genelde gerçel vektör demetleri ile çal³sak da a³a daki tanmlad mz tüm yaplar karma³k vektör demetleri için de geçerlidir. Ranklar srasyla k 1 ve k 2 olan E 1 M ve E 2 M iki vektör demeti alalm. Bu demetlerin ortak bir açk örtü üzerinde verilen yap fonksiyonlar (i = 1, 2) ψ i αβ : U α U β GL(k i, R) olsun. Vektör Demetlerinin Toplam : Bu iki vektör demetinin E 1 E 2 M toplam, herhangi bir p M noktasndaki li E 1p E 2p toplam uzay olan ve ( ψ 1 ) ψ αβ : U α U β GL(k 1 + k 2, R), p αβ (p) 0 0 ψαβ 2 (p) yap fonksiyonlar ile verilen vektör demeti olarak tanmlanr. Örnek Geometri ve topolojide çok önemli bir yer tutan normal demeti tanmlayalm: (M, g) bir Riemann manifoldu ve L M bir alt manifold ise bu alt manifoldun normal demeti ν(l) = {(p, v) T M p L, g p (v, u) = 0, for all u T p L}, ile tanmlanr. imdi, ν(l)'nin T M L L vektör demetinin bir alt demeti oldu unu görelim. Yerel bir (x 1,, x l,, x m ) koordinat sisteminde L alt manifoldu x l+1 = = x m = 0 denklem sistemiyle verilsin. Bu durumda (x 1,, x l,,, ) fonksiyonlar T M x 1 x L üzerinde bir ko- m ordinat sistemi verirler. Yukardaki uyarda yapt mz gibi bu vektör demetinin s i (p) = kesitlerine Gram-Schmidt yöntemini uygulayarak r 1,, r m or- x i togonal kesitlerini elde edelim. Gram-Schmidt yönteminin ifadesinden dolay {r 1,, r l } taban T L'nin geri kalan {r l+1,, r m } ksm da ν(l) normal demetin tabann verir. Dolaysyla, ν(l) Uα U α R m l, (p, v) (p, g p (v, r l+1 (p)),, g p (v, r m (p))) istenilen çarpm fonksiyonunu verir. Aslnda, T M L U α R l R m l, (p, v) (p, g p (v, r 1 (p)),, g p (v, r m (p))) çarpm fonksiyonu T M L = T L ν(l) oldu unu gösterir. Ba³ka bir deyi³le, A T L ve B ν(l) srasyla T L L ve ν(l) L vektör demetlerinin yap matrisleriyse T M L vektör demetinin yap matrisi ( ) AT L 0 ³eklindedir. 0 B ν(l)

183 Vektör Demetleri 165 Homomorzmalar Demeti : Herhangi bir p M noktasndaki li E 1 ve E 2 demetlerinin o noktadaki lierinin hom(e 1p, E 2p ) homomorzmalar uzay olan vektör demetini hom(e 1, E 2 ) M ile gösterece iz. Bu vektör demetinin yap fonksiyonlar ψ hom(e 1,E 2 ) αβ : U α U β GL(hom(R k 1, R k 2 ), R) ψ hom(e 1,E 2 ) αβ (p)(l) = ψ E 2 αβ (p) L (ψe 1 αβ (p)) 1 ile verilir. Bunu ³u ³ekilde görebiliriz: u = ψ E 1 αβ (p)(v), ve w = L(v) ise ψ hom(e 1,E 2 ) αβ (p)(l)((ψ E 1 αβ (p))(v)) = ψe 2 αβ (p)(w) olacaktr. Tensör çarpmn olu³turan demetlerden ikincisini E 2 = M R a³ikar vektör demeti alrsak hom(e 1, E 2 ) M demeti E 1 M vektör demetinin dual demeti olarak adlandrlr ve ksaca E1 M olarak yazlr. Vektör Demetlerinin Tensör Çarpm : E 1 E 2 M tensör çarpm, herhangi bir p M noktasndaki li E 1p E 2p tensör çarpm uzay olan ve ψ αβ : U α U β GL(k 1 k 2, R), p ψ 1 αβ (p) ψ2 αβ (p) yap fonksiyonlar ile verilen vektör demeti olarak tanmlanr. Karma³k saylar gerçel saylar üzerinde iki boyutlu gerçel vektör uzay olarak görebiliriz. O halde, E 2 = M C M, (p, z) p, iki boyutlu a³ikar vektör demeti ise bu demetin yap fonksiyonlar birim matris ile verilir: ( ) ψαβ : U α U β GL(2, R), p. 0 1 Bu özel halde, E 1 E 2 M 2k 1 -boyutlu karma³k vektör demeti olur, E 1 M vektör demetinin karma³kla³trmas olarak adlandrlr ve ksaca E 1 C M ile gösterilir. 1 1-lik matrislerin tensör çarpm da 1 1-lik oldu undan gerçel (ya da karma³k) bir boyutlu iki vektör demetinin tensör çarpm yine bir boyutlu olacaktr. Bu i³lem bir manifold üzerindeki do ru demetlerinin kümesini bir monoid yapar. Di er taraftan, yap fonksiyonlar ψ αβ : U α U β GL(1, F), (F = R/C) ile verilen herhangi bir L M gerçel veya karma³k do ru demetinin dualinin yap fonksiyonlar ψ 1 αβ : U α U β GL(1, F), (F = R/C)

184 166 Vektör Alanlar ve Demetleri ters matrisler ile verilece inden her do ru demetinin duali ile tensör çarpm a³ikar do ru demeti olacaktr. Dolaysyla, do ru demetleri kümesi tensör çarpm altnda bir de i³meli grup olu³tururlar (çarpma i³lemi 1 1-lik matrisler üzerinde de i³meli bir i³lemdir). O(1) = Z 2 ve SO(1) = {1} oldu undan gerçel her L M do ru demeti için L L a³ikar do ru demetidir. Dolaysyla, bir manifold üzerindeki gerçel do ru demetlerinin olu³turdu u de i³meli grup bir 2-gruptur (birim eleman d³ndaki her elemann mertebesi ikidir). Determinant Do ru Demeti: E M rank k-olan bir gerçel vektör demeti olsun. Bu demetin ψ αβ : U α U β GL(k, R), yap fonksiyonlarnn det : GL(k, R) R = GL(1, R) determinant fonksiyonu ile bile³keleri, ψ αβ = det ψ αβ : U α U β GL(k, R), rank bir olan bir vektör demeti tanmlar. Bunu görmek için ψ αβ ψ βγ = ψ αγ çember ko³ulunun determinantn almak yeterlidir. Determinant fonksiyonu bir grup homomorzmas oldu undan ψ αβ ψ βγ = ψ αγ e³itli i elde edilir. Bu vektör demetine E M demetinin determinant denir ve genellikle det(e) M ile gösterilir. Ayn ³ekilde karma³k vektör demetlerinin determinantlarn tanmlayabiliriz. Bir gerçel vektör demetinin yönlendirilebilir olmas yap grubunun GL + (k, R) alt grubuna indirgenmesine denk oldu undan yönlendirilebilir vektör demetlerinin determinantlar a³ikar do ru demetleridir (bkz. Al³trma 28). Örnek 2.3.9'de her karma³k matrisi determinant pozitif olan gerçel bir matris olarak ele alabilece imizi görmü³tük. Ba³ka bir deyi³le GL(k, C) grubu GL + (2k, R)'nin bir alt grubudur. O halde, bir karma³k vektör demetinin yap fonksiyonlarnn GL(k, C) GL(2k, R) içerme homomorzmas ile bile³kesini alarak bu vektör demetini gerçel rank karma³k ranknn iki kat olan yönlendirilmi³ gerçel bir vektör demeti olarak görebiliriz. Vektör Demetleri Üzerinde Karma³k Yaplar: imdi de gerçel bir vektör demetin ne ³ekilde karma³k bir demete dönü³türülebilece ini görece iz. Ba³ka bir deyi³le, rank 2k olan yönlendirilmi³ gerçel bir vektör demetinin GL + (2k, R) yap grubunun GL(k, C) GL + (2k, R) alt grubuna indirgenebilmesini sa layan bir kriter verece iz. R 2k üzerinde bir karma³k yap ile karesi J 2 = Id olan bir J : R 2k R 2k endomorzmasn anlayaca z. Her çift boyutlu vektör uzay üzerinde saylamaz çoklukta

185 Vektör Demetleri 167 karma³k yap oldu u açktr (bkz. Al³trma 29). Bir vektör demetinin her li üzerine, noktaya göre de i³imi türevlenebilir olan, karma³k yaplar koyabildi imizi dü³ünelim. Ba³ka bir deyi³le, E M rank 2k olan bir vektör demeti olmak üzere hom(e, E) M demetinin her p M için, J 2 p = Id E ko³ulunu sa layan bir J : M hom(e, E), p J p : E E kesitinin varl n kabul edelim. Böyle yaplara vektör demeti üzerinde bir karma³k yap denir. Karma³k yaplarn varl genellikle cevab zor olabilen (cebirsel) topolojik bir problemdir. imdi bir karma³k yapnn GL + (2k, R) yap grubunu GL(k, C) grubuna indirgedi ini görelim. Yerel bir ϕ α : P 1 (U α ) U α R 2k çarpm fonksiyonu altnda demetin hiç bir noktada sfr olmayan bir x 1 : U α U α R 2k kesitini alalm. y 1 (p) =. J(p) x 1 (p) ³eklinde tanmlanan kesiti dü³ünelim. Jp 2 = Id oldu undan her p U α için, {x 1 (p), y 1 (p)} kümesi E p vektör uzay içinde do rusal ba mszdr. Çünkü c 1 x 1 (p)+d 1 y 1 (p) = 0 olacak ³ekilde c 1, c 2 R gerçel saylar varsa, bu denkleme J p uygulayarak d 1 x 1 (p) + c 1 y 1 (p) = 0 denklemini elde ederiz. Bu iki denklemden kolay bir ³ekilde (c d 2 1 ) x 1 = 0 elde ederiz. x 1 (p) 0 ³eklinde seçilmi³ oldu undan c 1 = d 1 = 0 sonucuna varrz. imdi bir üçüncü x 2 : U α U α R 2k kesiti seçelim öyle ki, yine her noktada {x 1 (p), y 1 (p), x 2 (p)} kümesi E p vektör uzay içinde do rusal ba msz olsun (bu kolayca yaplabilir). Benzer ³ekilde, y 2 (p) =. J(p) x 2 (p) ile tanmlanan kesit bize yine her noktada do rusal ba msz {x 1 (p), y 1 (p), x 2 (p), y 2 (p)} kümesini verecektir. Bunu görmek için baz c i, d i i = 1, 2, gerçel saylar için c 1 x 1 (p) + d 1 y 1 (p) 1 + c 2 x 2 (p) + d 2 y 2 (p) = 0 oldu unu varsayalm. Bu denkleme önce J p uygulayarak d 1 x 1 (p) + c 1 y 1 (p) d 2 x 2 (p) + c 2 y 2 (p) = 0 denklemini elde ederiz. Daha sonra ilk denklemi c 2, ikinci denklemi de d 2 ile çarpp toplarsak x 2 (p) = (c 1c 2 + d 1 d 2 )x 1 (p) + (c 2 d 1 c 1 d 2 )y 1 (p) c d2 2 elde ederiz (bir önceki paragraftan dolay c d2 2 0 oldu unu biliyoruz). Fakat bu {x 1 (p), y 1 (p), x 2 (p)} kümesinin do rusal ba msz olmasyla çeli³ir.

186 168 Vektör Alanlar ve Demetleri Bu ³ekilde devam ederek, her noktada do rusal ba msz ve y i = J x i olan x 1, y 1,, x k, y k kesitlerinin varl n kabul edebiliriz. imdi bu kesitleri kullanarak vektör demetimiz için yeni bir çarpm fonksiyonu yazabiliriz: ϕ 0 α : P 1 (U α ) U α R 2k = C k, (p, v) (p, (a 1 (p, v) + ib 1 (p, v),, a k (p, v) + ib k (p, v))), öyle ki a i (p, v), b i (p, v) gerçel saylar v = a 1 (p, v)x 1 (p) + b 1 (p, v)y 1 (p) + + a k (p, v)x k (p) + b k (p, v)y k (p) e³itli inin tek çözümüdür (a i (p, v) ve b i (p, v) fonksiyonlarnn türevlenebilir oldu u bu katsaylarn Kramer kural kullanlarak yazlabilmesinin bir sonucudur). Bu çarpm fonksiyonlar her noktada karma³k do rusaldr: E er ϕ 0 α(p, v) = (p, w) ise ϕ 0 α(p, J p (v)) = (p, iw) olur. Çarpm fonksiyonlarnn verece i yap fonksiyonlarnn GL(k, C) de erli olaca nn kantn okuyucuya brakyoruz. Böylece kant tamamlanr. Vektör Demetinin Geri Çekmesi: f : M N türevlenebilir bir fonksiyon ise N üzerindeki her vektör demetini bu fonksiyon yardmyla M üzerine ta³yabiliriz: P : E N bir vektör demeti olsun. Bu demetin f ile geri çekmesi f (E) M f (E) = {(p, v) M E P (v) = f(p)} ile tanmlanr. f (E) M demetinin çarpm ve yap fonksiyonlar E N demetinin çarpm fonksiyonlarnn uygun ³ekilde f : M N ile bile³kesi olacaktr. Ayrca geri çekme i³lemi yukardaki tüm yaplarla uyumludur. Örne in, f (E 1 E 2 ) = f (E 1 ) f (E 2 ) olur; E N üzerinde metrik veya karma³k yaplar varsa bu yaplar geri çekme i³lemi ile f (E) demetinde de var olur (bkz. Al³trma 30). Evrensel Demetler: Her gerçel veya karma³k vektör demeti evrensel demet denilen bir demetin bir fonksiyon ile geri çekmesi ile elde edilebilir. imdi bunu ayrntlaryla açklayalm: F gerçel veya karma³k say cismini göstersin. Bu durumda F n vektör uzaynn tüm k-boyutlu (k n) alt uzaylarnn kümesini Gr F (n, k) ile gösterece iz. Grassmann manifoldu olarak bilinen bu küme üzerinde do al bir manifold yaps vardr. Aslnda, tanmndan dolay Gr F (n, 1) = FP n 1 manifoldu oldu u açktr. Genel durumda ise bu küme üzerine topolojik yapy ³u ³ekilde koyaca z: V = F n vektör uzaynn bir W k-boyutlu alt uzayn ele alalm. V uzay üzerine standart iç çarpm koyalm ve uzayn bir β = {v 1,, v n } ortonormal tabann seçelim öyle ki, tabann ilk k-vektörü {v 1,, v k } W alt uzaynn bir taban olsun. imdi F = R olsun. β = {v 1,, v n } ortonormal tabann bir ortogonal matrisin sütunlar

187 Vektör Demetleri 169 olarak görebiliriz. Di er taraftan, hem W alt uzaynn hem de bu uzayn W ortogonal tümleyeninin ayr ayr tabanlarn de i³tirmek, W alt uzaynn, O(n) ortogonal matrisler uzay içinde farkl temsilcilerini verecektir. O halde, Gr R (n, k) kümesi ile O(n)/(O(k) O(n k)) bölüm uzay arasnda bire bir e³leme vardr. Burada herhangi bir (A, B) O(k) O(n k) matris ikilisini O(n) içinde [ A ] 0 0 B `kö³egen' matrisi olarak görüyoruz. Bu e³leme sayesinde Gr R (n, k) kümesini bir topolojik uzay olarak görebiliriz. Aslnda Gr R (n, 1) durumunda oldu u gibi bu topolojik küme üzerinde türevlenebilir bir yap vardr ve bu yapyla O(n) Gr R (n, k) fonksiyonu türevlenebilir bir bölüm fonksiyonudur. Grassmann manifoldu üzerinde do al bir k-boyutlu vektör demeti vardr: ξ k = {(v, V ) V Gr R (n, k), v V } Gr R (n, k), (v, V ) V. gömmesi yard- Projektif uzay özelinde oldu u gibi, R n R n {0} R n+1 myla, Grassmann manifoldlarn iç içe dü³ünebiliriz: Gr R (n, k) Gr R (n + 1, k), V V {0}. Son olarak n üzerinden limit alarak Gr R (k) = lim n Gr R(n, k) Grassman uzayn ve onun üzerindeki (do al) evrensel ξ Gr R (k) k-boyutlu vektör demetini tanmlayabiliriz. Benzer yapy karma³k C-cismi üzerinde de kurabilece imiz açktr. Herhangi bir X topolojik uzay üzerinde verilen k-boyutlu E X vektör demeti uygun bir f : X Gr F (k) fonksiyonu için f (ξ) demetine izomor- ktir. Buradaki f : X Gr F (k) fonksiyonuna E X vektör demetinin bir snandrma fonksiyonu denir. Demetler ile demetlerin snandrma fonksiyonlarnn homotopi snar arasnda bire bir e³leme vardr. Bu alt bölümde ifade etti imiz sonuçlarn kantlarn burada sunmayaca z. Bu bilgilerin daha kapsaml ve açk halini [27] nolu referansn 5. Bölümü'nde bulabilirsiniz. Di er taraftan, k = 1 ve F = C durumunda 6. Ünite'nin sonunda bulunan Al³trma 9 buradaki sonuçlarn ksmi kantlarn sunmaktadr. Örnek Bu örnekte CP 1 CP 2 alt manifoldunun normal demetini hesaplayaca z. ν(cp 1 ) = CP 2 {[0 : 0 : 1]} olmak üzere P : ν(cp 1 ) CP 1, [z 0 : z 1 : z 2 ] [z 0 : z 1 ] iz dü³üm fonksiyonunu ele alalm. U 0 = CP 1 {[0 : 1]} ve U 1 = CP 1 {[1 : 0]}

188 170 Vektör Alanlar ve Demetleri olmak üzere P 1 (U 0 ) U 0 C, [z 0 : z 1 : z 2 ] ([z 0 : z 1 ], z 2 ) z 0 ve P 1 (U 1 ) U 1 C, [z 0 : z 1 : z 2 ] ([z 0 : z 1 ], z 2 ) z 1 difeomorzmalar rank bir olan bir karma³k vektör demeti tanmlar. Bu demetin toplam uzay ν(cp 1 ) oldu undan bu demet projektif do runun projektif düzlem içindeki normal demetidir. Bu alt manifoldun tüp kom³ulu u olarak normal demetin toplam uzayn alabiliriz. Normal demetin ψ 01 : U 0 U 1 GL(1, C) = C yap fonksiyonu ψ 01 ([z 0 : z 1 : z 2 ]) = z 1 z 0 ile verilir. O halde, U 0 U 1 açk kümesi üzerinde z = z 0 z 1 fonksiyonunu koordinat olarak seçersek yap fonksiyonumuz ψ 01 (z) = 1 z olacaktr. Örnek Örnek 'da ele ald mz karma³k projektif do runun karma³k te et demetinin in³asn hatrlayalm: T CP 1 = T C T C /(x, v) (ϕ(x), ϕ (x)(v)) = (1/x, v/x 2 ), (x, v) C {0} C = T (C {0}). Buna benzer olarak, her k Z için, O(k) CP 1 vektör demeti O(k) = C C C C /(x, v) (1/x, v/x k ), bir boyutlu karma³k (x, v) C {0} C ³eklinde tanmlanr. Bu durumda te et demeti, T CP 1 = O(2) olur. Di er taraftan, kote et demeti ise T CP 1 = (T CP 1 ) = O(2) = O( 2) olacaktr. Ayrca O(k) CP 1 vektör demetinin analitik kesitlerinin olu³turdu u karma³k vektör uzaynn boyutunun k tam says oldu u kolayca görülür. Dolaysyla, negatif k tam saylar için bu demetin hiç analitik kesiti yoktur. Son olarak, O(0) = CP 1 C a³ikar demetinin kesitleri s : CP 1 C ³eklindeki fonksiyonlar oldu u için analitik kesitler sadece sabit fonksiyonlardr. Pozitif k tam saylar için ise O(k) CP 1 karma³k do ru demetinin bir kesiti s : CP 1 O(k), s 0 ([z 0 : z 1 ]) = 1 + zk 1 z k 0 ve s 1 ([z 0 : z 1 ]) = 1 + zk 0 z k 1 yerel kesitleri ile verilir (aslnda derecesi k-olan her homojen polinom bir kesit verir; bkz. Al³trma 31). Son olarak yukardaki örnekte ele ald mz normal demet O(1) CP 1 demetidir. Be³inci ünitede inceleyece imiz kesi³im teorisi, bu normal demeti belirleyen k = 1 says ile projektif düzlemde herhangi iki farkl do runun tek bir noktada kesi³mesi arasndaki ili³kiyi açklayacaktr. (Bkz. Örnek ve Örnek )

189 Vektör Demetleri Vektör Demetleri Üzerinde Ba lantlar Önceki ksmlarda M manifoldu üzerinde tanml bir Y vektör alannn bir ba³ka X vektör alan boyunca L X Y Lie türevini tanmlam³tk. imdi Y vektör alannn tek bir p M noktasndaki herhangi bir v T p M vektörü boyunca türevini tanmlamaya çal³alm. Lie türevinin tanmn do rudan kullanamayz, çünkü Lie türevi her iki vektör alannn da p M noktasnn açk bir kom³ulu unda tanml olmasn gerektirir. Oysa v T p M vektörü sadece bir noktada tanmlanm³tr ve bu vektörü, tanm kümesi bu noktann açk kom³ulu u olan bir vektör alanna geni³letmenin do al bir yöntemi yoktur. Di er taraftan, manifold üzerinde Riemann metri i gibi fazladan bir yap verilirse bu zorlu un üstesinden gelebiliriz: Bu noktadaki te et uzaynda tanml yerel Exp p : T p M M difeomorzmasn dü³ünelim. Her v T p M vektörü için, D(Exp p )(v) : T v (T p M) T p M T q M, q = Exp p (v), türev izomorzmasn kullanarak Y vektörünün p noktasnn etrafndaki de erlerini birbiriyle kar³la³trabiliriz. Y vektörünün q = Exp p (v) noktasndaki Y (q) T q M de erini bu izomorzma ile p noktasndaki Ỹ (v). = [D(Exp p )(v)] 1 (Y (q)) vektörüne ta³yalm. imdi Y vektör alannn p M noktasnda ve v T p M vektörü boyunca türevini v Y. = d dt t=0 Ỹ (tv) ile tanmlayabiliriz. Teorem (M, g) bir Riemann manifoldu, (x 1,, x n ) bir yerel koordinat sistemi ve Γ k ij metri in bu koordinatlardaki Christoel sembolleri olsun. d e i ile vektör alann gösterirsek, e j vektör alannn p M noktasnda dx i ve e i (p) vektörü boyunca türevi ei e j = k Γ k ij e k ile verilir. Kant : Ỹ (tv) = [D(Exp p )(tv)] 1 (Y (q)) denklemini [D(Exp p )(tv)] (Ỹ (tv)) = (Y (Exp p(tv))) ³eklinde yazalm ve her iki tarafn t'ye göre türevini alalm. Bunun için ilk önce, Y = e j ve v = e i (p) oldu undan Teorem 3.1.7'in kantnn ilk paragrafndan dolay d (Y (Exp p (tv))) = 0 oldu u kolayca görülür. O halde, dt t=0 d dt t=0 [D(Exp p )(tv)] (Ỹ (0)) + [D(Exp p)(0)] ( d dt t=0 (Ỹ (tv))) = 0

190 172 Vektör Alanlar ve Demetleri elde ederiz. D(Exp p )(0) = id ve dolaysyla Ỹ (0) = Y (p) oldu undan d dt t=0 (Ỹ (tv)) = ( d dt t=0 [D(Exp p )(tv)]) (Y (p)) sonucuna ula³rz. O halde, kant tamamlamak için d dt t=0 [D(Exp p )(tv)] türevini hesaplamalyz. Bunu yapmak için p M noktasndan ba³layan ve y T p M vektörü boyunca ilerleyen jeodezi i γ(t, p, y) : R M, ile gösterelim. O halde, t γ(t, p, y) = (γ 1 (t),, γ n (t)) γ(t, p, y) = γ(1, p, ty) = Exp p (ty) denkleminin t'ye göre türevini alarak γ(t, p, y) = d dt (Exp p(ty)) = D(Exp p (ty)) y elde edilir. Tekrar türev alrsak γ(t, p, y) = d dt [D(Exp p(ty))] y ( ) buluruz. D(Exp p (ty)) matrisini D(ty) = [d lm (ty)] ile gösterelim. Bu durumda d p (ty))] = dt t=0[d(exp d (D(ty)) = [ d lm y] dt t=0 olur. Di er taraftan, d lm = (d 1 lm,, dn lm ) gradyan vektörü olmak üzere yukardaki e³itli i [ ] d [D(ty)] = d k lm dt y k t=0 k (l,m) ³eklinde yazabiliriz. O halde yukardaki ( ) e³itli ini, t = 0 alarak, [ ] γ(0, p, y) = d k lm y k y m ³eklinde yazp daha sonra jeodezik denklemini kullanp, her l için, km km Γ l km y k y m = km (l) d k lm y k y m vektörü için do ru ol- elde ederiz. Bu e³itlik her y = (y 1,, y n ) T p M du undan d k lm = Γl km elde ederiz. Son olarak d dt t=0 (Ỹ (tv)) = ( d dt t=0 [D(Exp p )(tv)]) (Y (p))

191 Vektör Demetleri 173 denkleminde Y = e j = [0,..., 0, 1, 0,, 0] t ve y = v = e i (p) alarak ei e j = d (ẽ j (te i (p))) = ( d [D(Exp p )(te i (p))]) (e j ) dt t=0 dt t=0 = [Γ k il ] (k,l) [0,..., 0, 1, 0,, 0] t = Γ k ij e k, k buluruz ve böylece kant tamamlanr. Yukarda olmak üzere Ỹ (v). = [D(Exp p )(v)] 1 (Y (q)) v Y. = d dt t=0 Ỹ (tv) ile tanmlad mz türev alma i³lemine (M, g) Riemann manifoldunun Riemann ba lants denir. Bu tanm Y vektör alan yerine manifold üzerinde tanml bir f : M R fonksiyonuna uygularsak fonksiyonun p M noktasnda ve v T p M vektörü boyunca türevini elde ederiz: v f = v(f). Tanmlardan ve kantn içindeki ifadelerden yararlanarak a³a daki sonucu kolayca elde ederiz. Sonuç X, Y, X i ve Y i (M, g) Riemann manifoldu üzerinde vektör alanlar ve f : M R türevlenebilir bir fonksiyonu olsun. Bu durumda a³a dakiler do rudur: 1. X (f Y ) = f X Y + X(f) Y, 2. fx Y = f X Y, 3. X1 +X 2 Y = X1 Y + X2 Y, ve 4. X (Y 1 + Y 2 ) = X Y 1 + X Y 2. (M, g) manifoldunun Γ k ij Christoel sembollerine ayrca Riemann ba lantsnn Christoel sembolleri de denir. Hatrlatma (M, g) Riemann manifoldu üzerindeki Riemann ba lantsn E = T M M vektör demetinin kesitlerinin olu³turdu u Γ(E) vektör uzayndan E T M vektör demetinin kesitlerinin olu³turdu u Γ(E T M) vektör uzayna bir do rusal fonksiyon olarak görebiliriz: : Γ(E) Γ(E T M), Y ( Y : X X Y ),

192 174 Vektör Alanlar ve Demetleri öyle ki, her Y Γ(E) ve f C (M) için, Leibniz kural sa lanr. (fy ) = f Y + Y df Riemann ba lantsn bu ³ekilde ifade etmek te et demeti üzerinde tanmlad mz Riemann ba lantsn çok daha genel bir kavramn özel hali yapar: E M herhangi bir vektör demeti olmak üzere yukardaki hatrlatmada verilen Leibniz kuraln sa layan her do rusal : Γ(E) Γ(E T M) homomorzmasna E M demeti üzerinde bir ba lant denir. Vektör demetinin, manifoldun bir U açk kümesinde x 1,, x n koordinat sisteminde verilen bir {s α } çatsn (manifoldun U açk kümesi üzerinde tanml ve her noktada do rusal ba msz olan yerel kesitler) alalm. e i (p) = d vektör dx i alanlar için ei s α = Γ β iα s β e³itli ini sa layan Γ β iα : U R fonksiyonlarna ba lantnn bu koordinat sistemindeki Christoel sembolleri denir. X = i a i(p) e i ve s(p) = α f α(p) s α (p) gibi rastgele bir vektör alan ve kesit alalm. Ba lantnn özelliklerini kullanarak bu kesitin türevini X s = i a i(p) e i f α s α = iα α a i (f α ei s α + s α e i (f α )) = iα a i (f α β Γ β iα s β + s α f α x i ) = iαβ Γ β iα a i f α s β + α X(f α )s α olarak hesaplayabiliriz. Dolaysyla, vektör demeti üzerindeki ba lant Christoel sembolleri ile tamamen belirlenir. Bu hesaplamalarn bir sonucu olarak ayn demet üzerindeki iki ba lantnn farknn bir tensör oldu unu görürüz: ( 1 X 2 X)(fs) = f (( 1 X 2 X)(s)). Dolaysyla, bir vektör demeti üzerindeki tüm ba lantlar, bir tanesini taban ba lant olarak seçerek, bir an uzay olarak görebiliriz.

193 Vektör Demetleri 175 Te et demetinde oldu u gibi, çarpm fonksiyonlarn ve birimin ayr³mn kullanarak her vektör demetine bir Riemann metri i koyabiliriz. Yine benzer ³ekilde bu metri in Christoel sembollerini yazarak vektör demeti üzerinde bir ba lant in³a edebiliriz. Yukardaki gösterimi kullanarak baz ω β α Ω 1 (U) 1-formlar için, s α = ω β α s β yazabiliriz. Aslnda ba lanty vektör demetinin kesitlerinin olu³turdu u vektör uzaynn homomorzmalarnda de er alan bir 1-form olarak yazabiliriz: ω = i,α,β Γ β iα s α s β dx i. Bu forma ba lant 1-formu denir. Vektör demetinin U açk kümesi üzerinde bir ba³ka yerel {s 1,, s r} çatsn alalm. Bu iki çat arasndaki do rusal taban de i³tirme matrisini g : U GL(r, R) ile gösterelim: s j = s 1 g 1j + + s r g rj = l s l g lj. Bu durumda bu iki çatya kar³lk gelen ba lant formlar arasndaki ili³ki a³a daki gibidir. Önerme Ba lantnn {s 1,, s r} çatsna kar³lk gelen ω = [ ω k j ] 1-formu için ω = g 1 ωg + g 1 dg e³itli i sa lanr (dg ile g fonksiyon matrisinin her elemannn d³ türevi alnarak elde edilen matrisi gösteriyoruz). Kant : Do rudan tanmlar kullanarak s j = ( l s l g lj ) = l (g lj s l + s l dg lj ) = l (g lj ( k ω k l s k ) + s l dg lj ) = lk g lj ω k l s l dg lj s k + l = lk g lj ω k l ( m s m g 1 km ) + lm s m g 1 lm dg lj = lkm g 1 km ωk l g lj s m + lm g 1 lm dg lj s m = m ( kl g 1 km ωk l g lj + l g 1 lm dg lj) s m e³itli ini elde ederiz. Bu kant bitirir.

194 176 Vektör Alanlar ve Demetleri Örnek Bir manifoldun te et demeti üzerinde verilen bir ba lants ve X = i a i(p) e i ve Y = j b j(p) e j gibi iki vektör alan verilsin. Bu durumda X Y Y X = ijk Γ k ij (a i b j a j b i ) e k + j (X(b j ) Y (a j ))e j = [X, Y ] + ijk Γ k ij (a i b j a j b i ) e k = [X, Y ] + ijk (Γ k ij Γ k ji) a i b j e k, elde ederiz. Bu e³itli i kullanarak T (X, Y ). = X Y Y X [X, Y ] = ijk (Γ k ij Γ k ji) a i b j e k ile tanmlanan T (X, Y ) tensörüne ba lantnn burulma tensörü denir (bkz. Al³trma 32). E er ba lant simetrik, ba³ka bir deyi³le, her i, j, k için, Γ k ij = Γ k ji, ise T = 0 oldu u açktr. Özel halde, tüm Riemann ba lantlar simetrik oldu undan bu ba lantlarn burulma tensörü sfrdr. Burulma tensörünün geometrisini bir örnek üzerinde inceleyelim. Koordinatlar x 1, x 2 olan M = R 2 düzleminin te et demetinde a³a daki Christoel sembolleri ile verilen ba lanty alalm: r = x x2 2 olmak üzere Γ 1 12 (x 1, x 2 ) = cos r 2, Γ 2 12 (x 1, x 2 ) = sin r 2, ve tüm di er semboller sfr olsun. d Yine e i ile vektör alann dü³ünürsek, X = e 1 ve Y = e 2 vektör dx i alanlar olmak üzere T (X, Y )(x 1, x 2 ) = (cos r 2 ) e 1 + (sin r 2 ) e 2 olarak hesaplanr. O halde, bu iki vektör alannn burulma tensörü merkezden geçen do rular boyunca dönen bir vektör alan verir. Ayrca bu iki vektör alan için, [X, Y ] = 0 oldu undan T (X, Y ) = X Y Y X olur ve dolaysyla düzlemin her noktasnda X Y Y X'dir. Hatrlatma , E M vektör demeti üzerinde herhangi bir ba lant olsun. E er bu ba lant bir Riemann ba lants olsayd fonksiyonlar üzerinde de tanml olurdu ve f : M R olmak üzere (f) = df ile verilirdi (bkz. sayfa 173). imdi bize verilen ba lantsnn da fonksiyonlar üzerinde bir Riemann ba lants gibi tanmlanm³ oldu unu kabul edelim (bkz. Al³trma 33). Bu durumda ba lantsn E M dual vektör demetine ta³yabiliriz. Gösterim kolayl açsndan ba lanty dual demet üzerinde de yine ile gösterece iz: E er s Γ(E) ve α Γ(E ) birer kesit iseler f =. α(s) manifold üzerinde türevlenebilir bir fonksiyondur. Ba lantnn Leibniz kuraln sa lamasn bekledi imizden dolay df = (f) = (α(s)) = ( α)(s) + α( s)

195 Vektör Demetleri 177 e³itli inden dual vektör demeti üzerindeki ba lantnn Christoel sembollerini ³u ³ekilde hesaplayabiliriz. Yine (x 1,, x n ) manifold üzerinde yerel bir koordinat sistemi, e i = d, (s 1,, s k ) vektör demetinin yerel bir çats ve dx i (α 1,, α k ) dual vektör demetinin α l (s j ) = δ jl ko³ulunu sa layan bir çats olsun. E er Γ k ij vektör demetinin bu çatdaki Christoel sembolleri ise, ei s j = Γ k ij s k, yukardaki e³itlikten k 0 = e i (α l (s j )) = ( ei α l )(s j ) + α l ( ei s j ) = ( ei α l )(s j ) + α l ( k Γ k ij s k ) = ( ei α l )(s j ) + k Γ k ij δ lk = ( ei α l )(s j ) + Γ l ij, elde ederiz. O halde, ei α l = j Γl ij α j olur. Ba³ka bir deyi³le, dual demetin Christoel sembolleri Γk ij ise, ei α j = Γ k ij α k, k Γ k ij = Γ j ik olur. Çarpm kuraln tekrar kullanarak ba lanty bu vektör demetlerinin tensör çarpmlarna da geni³letebiliriz. Bunun bir uygulamasn a³a da görelim. Önerme bir (M, g) Riemann manifoldunun (Riemann) ba lants ise g = 0'dr. Di er taraftan, bu ko³ulu sa layan simetrik tek ba lant Riemann ba lantsdr. Kant : Riemann ba lants olmak üzere {e 1 = d dx 1,, e n = yerel çats için ba lant formunun Christoel sembolleri Γ k ij olsun: d dx n } ei e j = Γ k ij e k. Bu durumda, dual vektör demetinin Christoel sembolleri Γk ij = Γ j ik olacaktr. Önermenin kantn yapmak için her e k için ek ( ij g ij dx i dx j ) = 0

196 178 Vektör Alanlar ve Demetleri oldu unu göstermeliyiz. Çarpm kuraln uygulayarak ek ( ij g ij dx i dx j ) = ij [( ek g ij ) dx i dx j +g ij ( ek dx i ) dx j + g ij dx i ( ek dx j )] = ij g k ij dx i dx j + ijl g ij Γl ki dx l dx j + ijl g ij Γl kj dx i dx l = ij g k ij dx i dx j ijl g ij Γ i kl dx l dx j ijl g ij Γ j kl dx i dx l, elde ederiz. Bu durumda kantn birinci bölümünü tamamlamak için g k ij = l g lj Γ l ki + g il Γ l kj oldu unu göstermek yeterlidir. g lj Γ l ki + g il Γ l kj = l = g lj ( 1 g lm (gkm i 2 + gk im gki m )) l m + g il ( 1 g lm (g j 2 km + gk jm gkj m )) l m 1 δ jm (gkm i 2 + gk im gki m ) m + 1 δ im (g j 2 km + gk jm gkj m ) m 1 = 2 (gi kj + gk ij g j ki ) (gj ki + gk ji gkj i ) = gij k. Kantn ikinci bölümü okuyucuya al³trma olarak braklm³tr (Al³trma 34). Bu kantn açk bir sonucu a³a daki gibidir. Sonuç P : E M türevlenebilir manifold üzerinde bir vektör demeti, {x i }, i = 1,, n, manifold üzerinde yerel bir koordinat sistemi ve {s α }, α = 1,, r, demetin bu koordinat sistemi üzerindeki bir çats olsun.

197 Vektör Demetleri 179 Demet üzerinde bir g metri i ve bir Γ ba lants alalm. Bu durumda Γ ba lantsnn metri i korumas için gerek ve yeter ³art, her i, α, β için, g i αβ = γ g γβ Γ γ iα + g αγ Γ γ iβ olmasdr. Ayrca, Γ γ iα. = 1 2 g γβ gαβ i β bu denklemin bir çözümünü verdi inden demet üzerinde seçilen her iç çarpm için bu iç çarpmla uyumlu bir ba lantnn var oldu unu görürüz. Kant : kinci ifadenin kantn tamamlamak için ba lant formu için verdi imiz Γ γ iα = 1 g γβ gαβ i 2 β ifadesinin koordinat ve çarpm fonksiyonlarnn seçiminden ba msz oldu unu göstermeliyiz. Bunun için E manifoldu üzerine bir Riemann metri i koyalm ve bu metrik yardmyla te et demetini ker(dp ) ve bunun direkt tümleyeninin toplam ³eklinde yazalm: T E = ker(dp : T E T M) H E H. Bu yazmda E ile ker(dp ) demetini do al ³ekilde yer de i³tiriyoruz. Daha sonra E manifoldu üzerine koydu umuz Riemann metri ini bir g metri i ile de i³tirelim, öyle ki g E = g olsun ve her (u, v) ker(dp ) H için g(u, v) = 0 e³itli i sa lansn. Buna göre her i ve α için, g iα = 0 olur. M manifoldunun koordinat seçimi ve demetin bir çarpm fonksiyonu E manifoldunun bir koordinat sistemi seçimine kar³lk gelecektir. Dolaysyla, bu metri in belirledi i metrik ba nts, diyelim ki olsun, M üzerindeki koordinat sistemi ile E demetinin çarpm fonksiyonu seçiminden ba mszdr. Bu ba ntnn ker(dp ) E üzerine dik iz dü³üm fonksiyonu ile birle³imi E üzerinde bir ba lant tanmlayacaktr (bkz. Al³trma 35). E er Γγ iα bu ba ntnn yukarda bahsedilen ³ekilde seçilmi³ bir koordinat sistemindeki Christoel sembolleri ise Γ γ iα = 1 g γβ ( g iβ α 2 + gi αβ gβ iα ) = 1 g γβ gαβ i 2 olacaktr. Dolaysyla, kant tamamlanr. β Vektör demetleri üzerindeki metriklerin ve ba lantlarn e riliklerini ve kohomolojik özelliklerini Bölüm 6'da ele alaca z. Fakat daha önce türevlenebilir formlarda tanmlad mz d³ türevi, üzerinde bir ba lant formu verilmi³ olan β

198 180 Vektör Alanlar ve Demetleri tensör de erli formlara ta³mamz gerekiyor. E er ν Ω r (M) türevlenebilir bir form ve s Γ(E), üzerinde bir ba lants verilmi³ olan, E M vektör demetinin bir kesiti ise, bu kesitin d³ türevi ³u ³ekilde tanmlanr: d : Γ(Ω r (M) E) Γ(Ω r+1 (M) E), d (ν s). = dν s + ( 1) r ν j dx j j s. imdi de bu tanm kullanarak herhangi bir s = f k s k kesiti için (d )(s) bile³kesini hesaplayalm. (d )(s) = d ( s) = d (df k s k + f k s k ) ( ) = d fk dx i s k + f k Γ l ik x dx i s l i ( ) = d fl dx i s l + f k Γ l ik x dx i s l i ( = d ( f ) l + f k Γ l ik x ) dx i s l i ( 2 f l = + f k Γ l ik x i x j x + f Γ l ) ik k dx j dx i s l j x j ( ) fl + f k Γ l ik dx i dx j Γ m jl s m x i = f k Γ l ik x j dx j dx i s l f k Γ l ik Γm jl dx i dx j s m ( ) = f k Γ l jk Γl ik dx i dx j s l 2 x i x j + f ( ) k Γ m jk 2 Γl im Γ m ik Γl jm dx i dx j s l = F (s) olarak bulunur. En son admdaki terim e rilik (formudur), ve olmak üzere ile verilir. F Γ(Ω 2 (M) Ω 0 (M) hom(e, E)) Γ(Ω 2 (M) E E), ( Ω l k = 1 Γ l jk 2 x i ij Γl ik x j + m F = kl Γ m jk Γl im Γ m ik Γl jm Ω l k s k s l ) dx i dx j

199 Vektör Demetleri Poincaré Yar Düzlemi Bu alt bölümde Poincaré Yar Düzlemi'ni tanmlayp bu manifoldun jeodeziklerini belirleyece iz. Poincaré Yar Düzlemi üzerindeki Riemann metri i ile verilen g(x, y) = dx dx + dy dy y 2 H = {(x, y) R 2 y > 0} yar düzlemidir. Bu yüzeyin jeodeziklerini incelemeden önce genel bir sonuç kantlayaca z (bkz. [32], s. 488, Al³trma 27 ve 41). Yardmc Teorem γ : [a, b] (M n, g) türevlenebilir bir e ri ve p : [α, β] [a, b], t s = p(t) bir difeomorzma olsun. γ e risinin bir jeodezik olmas için gerek ve yeter ³art c = γ p e risinin yerel bir koordinat sisteminde d 2 c k dt 2 + n i,j=1 Γ k ij(c(t)) dc i dt denklemini sa lamasdr. Ayrca c e risi d 2 c k dt 2 + n i,j=1 Γ k ij(c(t)) dc i dt dc j dt = dc k dt dc j dt = dc k dt p (t) p (t) µ(t) denklemi sa layan herhangi bir e ri ise c bir jeodezi in tekrar parametrize edilmi³ halidir. Kant : γ = (x 1,, x n ) ve c i = x i p olmak üzere c = (c 1,, c n ) ile verilsin. lk önce s = p(t) fonksiyonun bir difeomorzma oldu unu ve γ(s)'in bir jeodezik oldu unu kabul edelim. O halde a³a daki jeodezik denklemi sa lanr: d 2 x k ds 2 (s) + i,j Γ k ij(γ(s)) dx i ds (s) dx j ds (s) = 0. Di er taraftan, p (t) 0 oldu unu kullanarak (p(t) bir difeomorzma oldu u için türevi her noktada sfrdan farkldr) elde ederiz. Tekrar türev alarak d 2 x k ds 2 = dx k ds = 1 p (t) 1 (p (t)) 2 ( d 2 c k dt 2 dc k dt dc k dt p ) (t) p (t) bulunur. Bu ifadeleri yukardaki jeodezik denkleminde yerine koyarsak teoremin ifadesindeki denklemi elde ederiz. Di er taraftan, c teoremin ifadesindeki denklemi sa lyorsa γ e risinin bir jeodezik oldu u kolayca görülür.

200 182 Vektör Alanlar ve Demetleri kinci ifadenin kant için, M (y) = µ(y) olmak üzere (ba³ka bir deyi³le, M(y) fonksiyonu µ(y) için bir ters türev fonksiyonu olsun) p(t) = t t 0 e M(y) dy olarak tanmlayalm. Ayrica, p (t) 0 oldu u için p(t) bir difeomorzmadr. Artk birinci ksm kullanarak kant bitirebiliriz. imdi bu yardmc teoremi kullanarak Poincaré Yar Düzlemi'nin tüm jeodeziklerini belirleyebiliriz. Bunu üç admda yapaca z. Adm 1) lk önce bu metri in Christoel sembollerini hesaplayalm. β = {e 1 = d dx, e 2 = d dy } olmak üzere 2( e1 e 1, e 1 ) = e1 (e 1, e 1 ) = d dx oldu undan Γ 1 11 = 0 bulunur. Benzer ³ekilde 2( e2 e 1, e 1 ) = e2 (e 1, e 1 ) = d dy oldu undan Γ 1 12 = Γ1 21 = 1/y elde ederiz. Yine 1 y 2 = 0 1 y 2 = 2 y 3 0 = e1 (e 1, e 2 ) = ( e1 e 1, e 2 ) + (e 1, e1 e 2 ) e³itli inden Γ 2 11 = Γ1 12 = 1/y olarak bulunur. Son olarak benzer ³ekilde, Γ 2 22 = 1/y ve Γ1 22 = Γ2 12 = Γ2 21 = 0 olarak hesaplanr. E rilik tensörünün bile³enleri ise a³a daki gibidir: R = R = 1 y 2, R1 111 = R = 0. Ricci tensörü ise ³öyledir (Bölüm 6.1.): R 11 = R R121 2 = R121 2 = 1 y 2 R 12 = 0 R 21 = 0 R 22 = R R222 2 = R212 1 = 1 y 2. Son olarak saysal e rilik ve Gauss e rilikleri S = ij g ij R ij = 2, κ = 1

201 Vektör Demetleri 183 sabitleri olarak hesaplanr. Adm 2) C merkezi (c, 0) noktasnda ve yarçap R > 0 olan yar çember olsun. Bu e rinin t (t, γ(t)) = (t, R 2 (t c) 2 ) parametrizasyonunu dü³ünelim. Türev alarak dγ dt = (t c) R 2 (t c) 2 e³itliklerini elde ederiz. O halde, γ (t) t c γ (t) 2 γ(t) ve = 1 (t c)2 γ(t) γ(t) 3 = γ(t)2 + (t c) 2 γ(t) 3 = R2 γ(t) 3 d 2 γ dt 2 = R2 γ(t) 3 = d2 γ dt 2 elde ederiz. imdi bu e rinin bir jeodezik oldu unu gösterece iz. Bunun için yukardaki yardmc teoremin ikinci ksmn kullanaca z. imdi µ(t) = 2γ (t) γ(t) alalm ve e rimizin c(t) = (c 1 (t), c 2 (t)) = (t, γ(t)) koordinatlarnn d 2 c k dt 2 + n i,j=1 Γ k ij(c(t)) dc i dt denklemlerini sa lad n gösterelim: d 2 c 1 dt i,j=1 Γ 1 ij(c(t)) dc i dt dc j dt Benzer ³ekilde di er koordinat için de d 2 c 2 dt i,j=1 Γ 2 ij(c(t)) dc i dt dc j dt dc j dt = dc k dt = µ(t), k = 1, 2, = 1 γ(t) γ (t) 1 γ(t) γ (t) = 2 γ γ = dc 1 dt µ(t). γ t c (γ ) γ γ (γ ) 2 γ = 1 γ (2γ ) γ γ = γ µ(t). = dc 1 dt µ(t)

202 184 Vektör Alanlar ve Demetleri elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le uygun ³ekilde parametrize edildiklerinde bu yar çemberler birer jeodeziktir. Benzer ³ekilde y-eksenine paralel do rular da, t (a, bt), (b > 0), birer jeodeziktir. Adm 3) p H herhangi bir nokta ve v T p H herhangi bir te et vektörü olsun. E er v = (v 1, v 2 ) = (0, v 2 ) ³eklinde bir vektör ise, bu durumda t (0, v 2 t) jeodezi i (p, v) ikilisinden geçen tek jeodeziktir. Di er taraftan, v 1 0 ise merkezi x-ekseni üzerinde bulunan bir yar çember (p, v) ikilisinin üzerinden geçecektir. Son olarak, her (p, v) ikilisi tek bir jeodezik belirledi i ekil 3.3: Hiperbolik yar düzlemde çe³itli jeodezikler. Bir ucu (a, b) açk aral nda olan ve p noktasndan geçen tüm jeodezikler γ 1 jeodezi ine paraleldir. için Poincaré Yar Düzlemi'nin tüm jeodezikleri yar çemberler ve y-eksenine paralel do rulardr. Bu jeodeziklerin uzunluklarnn sonsuz oldu u kolayca görülebilir (bkz. Al³trma 36). O halde, Hatrlatma 'den dolay Poincaré Yar Düzlemi tam bir metrik uzaydr. Al³trma 37 bu düzlemde Öklit'in be³inci kabulünün sa lanmad n göstermektedir Normal Demet ve Tüp Kom³uluk Teoremi (M, g) bir Riemann manifold ve L M kapal bir alt manifold olsun. A³a daki ifade ile tanmlanan ν(l) = {(p, v) T M p L, g p (v, u) = 0, for all u T p L} te et vektörler kümesine L alt manifoldunun M içindeki normal demeti denir ve ν(l) ile gösterilir. Normal demet T M te et demetinin bir alt manifoldudur. Ayrca normal demetin {(p, v) ν(l) v = 0} alt kümesi L'ye difeomork bir alt manifoldudur (bkz. Örnek ve Al³trma 38). Bu alt manifolda normal demetin sfr kesiti de denir. Teorem (Tüp Kom³uluk Teoremi). (M, g), L M ve ν(l) yukardaki gibi olsun. Bu durumda L sfr kesitinin öyle bir L U ν(l)

203 Vektör Demetleri 185 açk kom³ulu u vardr ki, Exp : T M M üstel fonksiyonun bu kom³ulu a kstlan³ L V M gibi bir açk kom³ulu a bir difeomorzma verir: Exp : U V, (p, v) Exp p (v), (p, v) ν(l). E er L tkz bir manifold ise yeterince küçük ϵ > 0 saylar için, ³eklinde seçilebilir. U = {(p, v) ν(l) v < ϵ} Kant : Örnek 3.3.3'den dolay ν(l) manifoldunun (p, 0) noktasndaki te et uzayn T p M te et uzay ile e³leyebiliriz: Ayrca yine daha önceki bölümlerden T (p,0) ν(l) T p L ν p (L) T p M. D(Exp p ) 0 = Id Tp M oldu unu biliyoruz (bkz. s. 146). O halde, her (p, 0) ν(l) noktas için DExp (p,0) = Id Tp M olacaktr. Bu durumda Ters Fonksiyon Teoremi'nden Exp : ν(l) M fonksiyonunun her (p, 0) ν(l) noktas etrafnda bir difeomorzma oldu u sonucuna varrz. ddia: L manifoldunun verilen her tkz K alt kümesi için öyle bir ϵ K > 0 says vardr ki, Exp : ν(l) M fonksiyonunun alt kümesine kstlan³ bire birdir. U ϵk. = {(p, v) ν(l) p K, v < ϵk } Kant: Böyle bir saynn var olmamas durumunda x n, y n K olmak üzere ve lim n v n = 0 = lim n u n Exp(x n, v n ) = Exp(y n, u n ) ko³ullarn sa layan (x n, v n ) (y n, u n ) ν(l) dizileri vardr. Tkzlk ko³ulundan dolay (x n ) dizisini bir alt dizisi ile de i³tirerek bu dizinin yaknsak oldu unu kabul edebiliriz, lim n x n = x 0 K. Di er taraftan, (y n ) dizisinin bu alt diziye kar³lk gelen alt dizisinin ba³ka bir alt dizisi de yaknsak olacaktr. O halde, tekrar alt dizilere geçerek hem lim n x n = x 0 K hem de lim n y n = y 0 K oldu unu kabul edebiliriz. Fakat, Exp fonksiyonu sürekli oldu undan x 0 = Exp(x 0, 0) = lim n Exp(x n, v n ) = lim n Exp(y n, u n ) = Exp(y 0, 0) = y 0

204 186 Vektör Alanlar ve Demetleri elde ederiz. Bu ise Exp fonksiyonunun yerel olarak bire bir olmas ile çeli³ir ve böylece iddiann kant tamamlanr. imdi de L sfr kesitini tkz alt kümelerinin bir birle³imi olarak yazalm: L = n 1 K n, K n Int(K n+1 ), n 1. lk önce n = 1 için bir ϵ 1 > 0 says seçelim, öyle ki U 1. = {(p, v) ν(l) p K1, v < ϵ 1 } alt kümesi üzerinde Exp fonksiyonu bire bir olsun. Daha sonra, n = 2 için ϵ 2 > 0 says seçelim öyle ki, bu sefer Exp fonksiyonu U 1 U 2 üzerinde. bire bir olsun (burada U i alt kümesi benzer ³ekilde U i = {(p, v) ν(l) p K i, v < ϵ i } olarak tanmlanm³tr). Bunun yaplabilece i yukardaki iddiann kantna benzer ³ekilde görülebilir. Bu ³ekilde devam ederek öyle bir ϵ n > 0 says seçelim ki Exp fonksiyonu U 1 U n üzerinde bire bir olsun. Dolaysyla, Exp fonksiyonu U 0. = n 1 U n ν(l) açk alt kümesi üzerinde bire birdir. Ne U i alt kümeleri ne de U 0 birle³imi açk alt kümelerdir. Di er taraftan, her n 1 için, K n Int(K n+1 ) oldu undan U =. Int(U 0 ) açk alt kümesi L ν(l) alt manifoldunu içerir. Son olarak, Exp fonksiyonu sfr kesit üzerindeki her nokta etrafnda yerel olarak bir difeomorzma oldu undan, Exp fonksiyonu U açk kümesinden görüntüsüne istedi imiz difeomorzmay verecektir. ekil 3.4: Tüp Kom³uluk Teorem 'in gösterimi kullanarak biraz daha ilerleyebiliriz. π : T M M iz dü³üm fonksiyonunun U ν(l) alt manifolduna kstlan³n yine π : U L ile gösterelim. Bu durumda P = π Exp 1 : V L bile³ke fonksiyonu ³u ³ekilde karakterize edilebilir: Her q V için, L üzerinde tek bir P(q) noktas vardr, öyle ki, q noktas L alt manifoldunu dik ³ekilde p noktasnda kesen ve tamamen V içinde kalan tek bir jeodezik e ri üzerinde bulunur. Bu gözlem P iz dü³üm fonksiyonunun a³a daki geometrik yorumunu verir.

205 Vektör Demetleri 187 Sonuç L M alt manifoldu ayn zamanda kapal bir alt küme olsun. Bu durumda her q V ve p L için, d(p, q) d(q, P (q)) olur ve e³itlik sadece p = P (q) olmas durumunda sa lanr. Ba³ka bir deyi³le, L üzerinde q noktasna en yakn tek bir nokta vardr ve o nokta P (q) noktasdr. Kant: lk önce q noktas etrafndaki R = d(q, P (q)) yarçapl kapal jeodezik yuvar dü³ünelim: B = Exp q (B[0, R]), (burada B[0, R] ile T q M te et uzayndaki orijin merkezli ve R yarçapl kapal yuvar gösteriyoruz). Bu durumda P (q) B olur. L B kapal kümesinin q noktasna en yakn noktas p olsun. imdi kantn anla³lmasn kolayla³trmak için M manifoldunun düz metri e sahip R n Öklit uzay oldu unu kabul edelim. O halde, e er R 1 = d(p, q) ise B 1 = Exp q (B[0, R 1 ]) yuvar L alt manifolduna p noktasnda te et olacaktr. Dolaysyla, p noktasn q noktasna ba layan do ru parças (jeodezik) L alt manifolduna dik olur. Fakat, P fonksiyonunun tanmndan dolay L üzerinde bu özelli e sahip tek nokta P (q) noktasdr. Di er bir deyi³le, p = P (q) olmaldr ve dolaysyla, bu özel durumda kant tamamlanr. Genel durumda ise Exp 1 q difeomorzmas ile T q M te et uzayna geri gidelim. Bu durumda p noktasn q noktasna ba layan jeodezik yine bir do ru parças olacaktr. O halde, yine B[0, R 1 ] T q M yuvar Expq 1 (L) T q M alt manifolduna te et olur. Ba³ka bir deyi³le, orijinden çkan do ru Exp 1 q (L) T q M alt manifolduna dik olacaktr. Son olarak Gauss Yardmc Teoremi uygulayarak p noktasn q noktasna ba layan jeodezi in L alt manifolduna dik oldu unu görürüz ve kant özel durumda oldu u ³ekilde tamamlanr. Örnek L M = R N Öklit uzaynn bir alt manifoldu olsun. Metrik düz oldu undan M'nin jeodezikleri sadece do rulardr. Dolaysyla, tüp kom³uluktan L'ye giden P = π Exp 1 : V L iz dü³üm fonksiyonu aslnda dik iz dü³üm fonksiyonudur. Teorem 'in bir uygulamas olarak ileride çokça kullanaca mz türevlenebilir fonksiyonlarla yakla³m teoremini kantlayaca z. Türevlenebilir manifoldlar Öklit uzaylarna gömülebildi i için manifoldlarn topolojisi metriklenebilirdir. Dolaysyla, iki manifold arasndaki sürekli fonksiyonlarn arasndaki uzaklktan bahsedebiliriz. Teorem M ve N türevlenebilir manifoldlar olmak üzere C (M, N) türevlenebilir fonksiyonlar uzay C 0 (M, N) sürekli fonksiyonlar uzay içinde yo undur. Her sürekli f : M N fonksiyonuna homotopik olan bir türevlenebilir g : M N fonksiyonu vardr. Ayrca iki türevlenebilir fonksiyon sürekli bir fonksiyon ile homotopik ise bu fonksiyonlar türevlenebilir bir fonksiyon ile de homotopiktir. Kant : M R m ve N R n oldu unu kabul edelim. M µ R m ve N ν R n tüp kom³uluklar ve P : ν N iz dü³üm fonksiyonu olsun. Bu tüp kom³ulu un verilen bir q N noktasndaki kalnl en az 2ϵ q olsun.

206 188 Vektör Alanlar ve Demetleri Ba³ka bir deyi³le, R n Öklit uzaynda B(q, 2ϵ q ) ν olacak ³ekilde ϵ q > 0 seçelim. M manifoldunun her birinin kapan³ tkz olan yerel sonlu bir açk örtüsünü ve bu örtü ile uyumlu bir birimin ayr³mn alalm: M α U α, ρ α : M R, ρ α (p) = 1, p M. f : M N sürekli bir fonksiyon olsun. Stone-Weierstrass Teoremi'ni kullanarak her α için bir g α : R m R n polinom fonksiyonu seçelim öyle ki, her p U α için f(p) g α (p) < ϵ f(p) olsun (U α kümesinin kapan³nn tkz oldu unu kullanyoruz) (bkz. s. 109, [34]). g : M R n, g(p) = α ρ(p) g α(p) toplam fonksiyonu olsun. Üçgen e³itsizli inden α f(p) g(p) = α ρ α (p)(f(p) g α (p)) < ( α ρ α (p)) ϵ f(p) = ϵ f(p) elde ederiz. O halde, g(m) ν olur ve dolaysyla h = P g : M N türevlenebilir bile³ke fonksiyonundan bahsedebiliriz. P fonksiyonun geometrik özelliklerinden f(p) h(p) < 2ϵ f(p) oldu u açktr (bkz. Sonuç ). ϵ q > 0, q N, saylarn istedi imiz kadar küçük seçebildi imiz için, C (M, N) türevlenebilir fonksiyonlar uzaynn C 0 (M, N) sürekli fonksiyonlar uzay içinde yo un oldu unu kantlam³ olduk. Di er taraftan, her t [0, 1] için oldu undan f(p) [(1 t)f(p) + th(p)] = t(f(p) h(p)) < 2ϵ f(p) F : M [0, 1] ν, F (p, t) = (1 t)f(p) + th(p), çizgisel homotopisini tanmlayabiliriz. Bu durumda, (P F )(p, 0) = f(p) ve (P F )(p, 1) = h(p) oldu undan P F : M [0, 1] N bile³ke fonksiyonu istenilen sürekli homotopiyi verir. Teoremin ikinci ksm için, sürekli bir G : M [0, 1] N fonksiyonu ile homotopik olan türevlenebilir h i : M N, i = 1, 2, fonksiyonlar alalm. Kant tamamlamak için bu iki türevlenebilir fonksiyonun türevlenebilir bir H : M [0, 1] N fonksiyonu ile homotopik oldu unu göstermemiz gerekiyor. G(p, i) = h i (p) fonksiyonlar türevlenebilir oldu una göre öyle açk bir M {0, 1} U M [0, 1] kümesi ve türevlenebilir ϕ : U N fonksiyonu vardr ki, her (p, t) U için, G(p, t) = ϕ(p, t) olur. Teoremin ilk bölümünde verdi imiz kant kullanarak G homotopisine istenildi i kadar yakn ve homotopik olan türevlenebilir bir ψ : M [0, 1] N homotopisi bulabiliriz. V = M [0, 1] M {0, 1} açk kümesi olmak üzere M [0, 1] manifoldunun {U, V } açk örtüsü ile uyumlu bir {ρ U, ρ V } birimin ayr³m seçelim. Bu durumda P (ρ U G + ρ V ψ) : M [0, 1] N, (p, t) P (ρ U (p, t) G(p, t) + ρ V (p, t) ψ(p, t)), (p, t) M [0, 1], istenilen türevlenebilir homotopiyi verecektir. Bu teoremin bir uygulamas için Sayfa 234'e baknz.

207 Al³trmalar Al³trmalar 1. Hatrlatma 3.1.4'de verilen vektör alanlarnn ak³lar hakkndaki ifadeleri kantlaynz. 2. ki vektör alannn bile³kesinin her zaman bir vektör alan olmad n örnekle gösteriniz. 3. Önerme 3.1.6'nn kantn genel durum için veriniz. 4. Önerme ve Önerme 3.1.9'u kantlaynz. 5. Sürekli bir f : [0, 1] R fonksiyonu her k 1 tam says için 1 0 f(x) sin kπx dx = 0 e³itli ini sa lyorsa bu fonksiyon sabit sfr fonksiyonudur. 6. Standart Riemann metri i ile dü³ündü ümüz gerçel eksenden sfr noktasn çkaralm. Bu manifold üzerindeki hiçbir γ(t) jeodezi inin tüm t R de erleri için tanml olamayaca n gösteriniz. 7. Türevlenebilir bir M manifoldu üzerinde bir g-riemann metri i alalm. Bu metri i koruyan vektör alanlarna Killing vektör alanlar denir. ki Killing vektör alannn Lie parantezinin de bir Killing vektör alan oldu unu Sonuç 'u kullanarak gösteriniz. 8. Tkz bir M n manifoldu üzerinde sadece iki tane ve soysuzla³mam³ kritik noktas olan bir fonksiyon varsa bu manifoldun S n küresine homeomork oldu unu gösteriniz ( kinci Ünite'de yer alan Al³trma 26'y ve Teorem 3.1.3'ü kullannz). Aslnda bu homeomorzma bir nokta haricinde difeomorzma olarak da seçilebilir. Bu sonuç 6. Ünite'de ele alaca mz Milnor'un egzotik küreleri konusunun son adm olacak. ( ki farkl çözüm için [25] ve [36] (sayfa 23) numaral kaynaklara baknz.) Bu sonuç Reeb'in Küre Teoremi diye anlr ve Georges Reeb'in 1946 ylnda yaynlad [29] makalesinin bir sonucudur. 9. Sayfa 118'deki hesaplamalar kullanarak birim küre üzerindeki (R 3 'den gelen) standart Riemann metri inin stereograk koordinatlarda 4 dx dx + dy dy (1 + x 2 + y 2 ) 2 ile verildi ini gösteriniz. Bu metri in merkezden geçen jeodeziklerinin do rular oldu unu gösteriniz. Döndürmelerin (SO(3)'ün elemanlarnn) metri i korudu unu kullanarak kürenin verilen bir noktasndan geçen her joedezi in bir büyük çember oldu unu kantlaynz. Son olarak yarçap r > 0 olan kürenin Gauss e rili inin her noktada 1/r oldu unu gösteriniz.

208 190 Vektör Alanlar ve Demetleri 10. Karma³k düzlemin alt uzaylar olan H = {z C Im(z) > 0} Hiperbolik yar düzlem ile D = {w C w < 1} birim diski z w =. iz + 1 z + i holomork dönü³ümü altnda izomorktir. Analitik fonksiyonlar türevlerinin sfrdan farkl oldu u yerde aç koruyandr (konformal). Dolaysyla, bu dönü³üm açlar korur. Hiperbolik yar düzlemdeki metri i bu dönü³üm ile birim diske ta³rsak 4 dx dx + dy dy (1 x 2 y 2 ) 2 metri ini elde ederiz. Hiperbolik düzlemin bu modeline Poincaré Disk Modeli denir. Bu modelde jeodeziklerin birim çemberi dik açlarda kesen çemberler oldu unu gösteriniz. Karma³k analizden hatrlad nz Möbius transformasyonlar kullanrsanz jeodezik denklemini çözmenize gerek kalmaz. Poincaré Diski üzerindeki metri in alan formunu hesaplaynz. 11. S üzerinde standart düz metrik (dx dx + dy dy) olan düzlemi veya Al³trma 9'da üzerindeki metri in açk ifadesini yazd mz birim küreyi ya da hiperbolik yar düzlemi (bkz. Bölüm 3.3.4) göstersin. Bu yüzeyin κ S (p) Gauss e rili i, yüzeyin her noktasnda, srasyla 0, 1 ve 1'dir. Yüzey üzerindeki alan formunu da ile gösterelim. Bu durumda yüzey üzerinde alnan ve iç açlar α i, i = 1, 2, 3, olan her T jeodezik üçgen için (kenarlar jeodeziklerin parçalar olan üçgen) için κ(p) da = α 1 + α 2 + α 3 π T oldu unu gösteriniz. Bu sonucu jeodezik çokgenlere geni³letiniz. Gauss bu sonucu yüzey üzerindeki herhangi bir mtrik için kantlam³tr. 12. Örnek 3.2.3'dekine benzer ³ekilde özel do rusal grup SL(n) manifoldunun jeodeziklerini belirleyiniz. 13. Herhangi bir (M, g) Riemann manifoldu üzerindeki bir noktada tanmlanan üstel fonksiyonun sfr vektöründeki türevinin birim dönü³üm oldu unu gösteriniz: D(Exp p ) 0 = Id Tp M (bkz. s. 146). 14. Hatrlatma 3.2.6'da verilen genelle³tirilmi³ Gauss Yardmc Teoremi'ni kantlaynz. 15. Öklit uzayndaki herhangi bir U kapal yuvar üzerinde bir g Riemann metri i alalm. Bu durumda öyle M, m > 0 pozitif gerçel saylar vardr ki, bu yuvar içindeki her γ : [a, b] U e risi için m L e (γ) L g (γ) M L e (γ) olur. (Burada L e (γ) ve L g (γ) ile γ e risinin Öklit ve g metriklerine göre uzunluklar gösterilmi³tir. Ayrca bkz. Teorem 7, s. 428 [32].) Bunun

209 Al³trmalar 191 bir sonucu olarak bir manifold üzerindeki her Riemann metri inin ayn (jeodezik) topolojiyi üretti ini gösteriniz. 16. Sonuç 3.2.9'u kantlaynz. 17. A³a daki ifade gerçel saylarn bir [a, b] kapal aral nda sürekli olan fonksiyonlarn olu³turdu u, C([a, b]), vektör uzay üzerinde bir iç çarpm tanmlar: (f, g). = b a f(t) g(t) dt, f, g C([a, b]). Bu iddiann kantnda açk olmayan tek nokta önermesidir. Bunu görmek için F (s). = (f, f) = 0 f = 0 s a f 2 (t) dt, s [a, b], fonksiyonunun da sabit sfr fonksiyonu oldu unu gözlemleyip Analizin Temel Teoremi'ni kullanmak yeterlidir. imdi Önerme 'da kullanlan Schwarz e³itsizli i iç çarpm uzaylarnn genel bir özelli i olur. 18. Herhangi bir (M, g) Riemann manifoldunun sabit bir p M noktasn alalm. Bu noktadan geçen her jeodezi in tüm gerçel eksende tanmland n kabul edelim. Bu durumda, manifoldun her q M noktasnn bu noktaya uzunlu u en ksa olan bir jeodezik ile ba lanabildi ini gösteriniz. Bu birkaç admda yaplabilir. lk önce, Riemann metri inin manifold üzerinde verdi i metri i d : M M R ile gösterelim ve bu metrikte p'den q'ya olan uzaklk r = d(p, q) > 0 olsun. Ayrca p M noktasndaki üstel fonksiyonun B[0, ϵ] T p M yuvarna kstlan³, görüntüsüne bir difeomorzma olacak ³ekilde bir ϵ > 0 seçelim. Bu yuvarn snr, S(ϵ) =. B[0, ϵ] T p M, tkz oldu u için d(p 0, q) = d(exp p (S(ϵ)), q) olacak ³ekilde bir p 0 S(ϵ) noktas seçebiliriz. Ayrca Exp p (ϵv) = p 0 olacak ³ekilde bir v T p M birim vektörü seçelim. Son olarak γ(t). = Exp p (tv), t R jeodezi i için d(γ(t), q) = r t oldu unu gösteriniz. Böylece, d(γ(r), q) = 0 olaca için q = γ(r) elde edilecektir. Son adm için biraz ipucu verelim: t 0 = sup{t [0, r] d(γ(t), q) = r t} saysn tanmlayalm. E er t 0 = r ise kant tamamlanr. E er t 0 < r ise p 1 = γ(t 0 ) olsun ve öyle bir δ > 0 seçelim ki B[p 1, δ] içindeki herhangi

210 192 Vektör Alanlar ve Demetleri iki nokta en küçük uzunlu a sahip bir jeodezik ile birbirine ba lanabilsin. Bu durumda γ([t 0 δ, t 0 + δ]) en ksa uzunlu a sahip bir jeodeziktir. E er p 2 = γ(t 0 + δ) noktas ise d(p, p 2 ) t 0 + δ olacaktr, çünkü γ([0, t 0 + δ]) jeodezi inin uzunlu u t 0 + δ kadardr. Ayrca, d(p, q) = r oldu u için d(p 2, q) r t 0 δ olur. Di er taraftan, d(p 1, q) = r t 0 e³itli ini ve d metri i için üçgen e³itsizli ini kullanarak r t 0 δ d(p 2, q) elde edilir. Bu ise t 0 'n seçimi ile çeli³ir. Böylece kant tamamlanr. 19. Hatrlatma 'nin kantn tamamlaynz. 20. Hatrlatma 'e bir örnek veriniz. Ayrca bu hatrlatmann üstünde iddia edildi i üzere bir vektör uzay üzerinde verilen bir iç çarpmn tensör çarpmlara do al olarak ta³nabilece ini gösteriniz. 21. Hatrlatma 'in altndaki paragraftaki iddiay kantlaynz. 22. Örnek 'ya benzer ³ekilde R n içinde türevlenebilir bir fonksiyonun gra i olarak x n = f(x 1,, x n 1 ) ile verilen hiper yüzeyi, içinde bulundu u Öklit uzaynn Riemann metri i ile dü³ünelim. Bu metri e kar³lk gelen hacim elemannn dvol = 1 + fx fx 2 n 1 dx 1 dx n 1 oldu unu gösteriniz. 23. Verilen bir P : E M vektör demetinin tüm kesitlerinin olu³turdu u Γ(E) kümesinin C (M) halkas üzerinde bir modül olu³turdu unu gösteriniz. 24. Verilen bir vektör demetinin yap fonksiyonlarn kullanarak elde edilen vektör demetinin ba³langçtaki demete izomork oldu unu gösteriniz. 25. Yönlendirilebilir bir manifoldun te et vektör demetinin yönlendirilebilir bir demet oldu unu gösteriniz. 26. Yönlendirilebilir vektör demetlerinin toplamlarnn da yönlendirilebilir oldu unu gösteriniz. 27. Herhangi bir P : E M vektör demeti için E E M demetinin do al bir yönlendirmesi oldu unu ³u ³ekilde gösteriniz: E er Q : F M bir ba³ka vektör demeti ve H : E F vektör demetleri izomorzmas ise H H : E E F F yön koruyan bir izomorzmadr (burada E ve F demetlerinin yönlendirilebilir olmas gerekmemektedir!).

211 Al³trmalar 193 Benzer kirler ile her türevlenebilir M manifoldu için, M manifoldu yönlendirilemez olsa dahi, M M ve T M manifoldlarnn do al yönlendirmeleri oldu unu gösteriniz. 28. Yönlendirilebilir bir vektör demetinin determinantnn a³ikar do ru demeti oldu unu gösteriniz. 29. ki ve dört boyutlu gerçel vektör uzaylar üzerindeki tüm karma³k yaplar belirleyiniz. Boyutu 2n 4 olan bir gerçel vektör uzay üzerinde saylamaz çoklukta karma³k yap oldu unu gösteriniz. 30. Vektör demetleri üzerinde inceledi imiz tüm i³lem ve yaplarn geri çekme i³lemi ile yer de i³tirebilece ini gösteriniz. Örne in, yönlendirilebilir bir demet geri çekildi inde yine yönlendirilebilir bir demet elde edilir. Benzer ³ekilde, demetlerin toplam veya tensör çarpmlarnn geri çekmesi de demetlerin geri çekmelerinin toplam veya tensör çarpmlardr. 31. Örnek içinde yapt mz tüm iddialar kantlaynz. 32. Burulma tensörünün gerçekten bir tensör oldu unu gösteriniz. 33. Hatrlatma 'i göz önünde bulundurarak ³unu kantlaynz: manifold üzerindeki M R a³ikar vektör demeti üzerinde bir ba lant olsun. Bu durumda bir λ R says vardr öyle ki, her f C (M) için (f) = df + λ f olur. (E er ba lant bir Riemann metri inden elde edilmi³se λ = 0 oldu unu görmü³tük; bkz. s. 173.) 34. Önerme 'nin kantn tamamlaynz. 35. Sonuç 'ün kantnn içinde bahsedilen dik iz dü³üm yardmyla tanmlanan ifadenin gerçekten bir ba lant oldu unu gösteriniz. 36. Poincaré Yar Düzlemi'nin jeodeziklerinin sonsuz uzunlukta oldu unu gösteriniz. 37. Poincaré Yar Düzlem geometrisinin Öklit'in be³inci kabulünü sa lamad n gösteriniz (bkz. ekil 3.3). 38. (M, g) bir Riemann manifoldu ve L M kapal bir alt manifold olmak üzere ν(l) normal demetinin T M içinde bir alt manifold oldu unu gösteriniz. Ayrca normal demetin sfr kesitinin L manifolduna difeomork bir alt manifold oldu unu gösteriniz. 39. (M, g) bir Riemann manifoldu ve L M, manifoldun snrnn bir tkz ve ba lantl bir bile³eni olsun. Tüp Kom³uluk Teoremi'nin kantn takip ederek a³a daki ifadeyi kantlaynz: Öyle bir ϵ > 0 says

212 194 Vektör Alanlar ve Demetleri vardr ki, Riemann metri inin vermi³ oldu u Exp : ν(l) M üstel fonksiyonunun U = L ( ϵ, 0] alt kümesine kstlan³ V = Exp(U) görüntüsüne bir difeomorktir. ekil 3.5: Exp : U V M Bu sonucu kullanarak birer snr bile³enleri difeomork olan iki manifoldu bu snr bile³enleri boyunca birbirine yap³trarak bir ba³ka manifold elde ederiz. A³a daki ³ekle ( ekil 3.6)bakarak detaylar yazma i³ini size brakyoruz. ekil 3.6: M L ( ϵ, ϵ) L ( ϵ, ϵ) N, (x, t) (x, t)

213 nsanlara hiçbir ³ey ö retemezsiniz; sadece kendi kendilerine ke³fetmeleri için yardm edebilirsiniz. -Galileo Galilei 4 De Rham Kohomoloji Bu ünitede türevlenebilir manifoldlar üzerindeki türevlenebilir formlarn olu³turdu u De Rham kohomoloji gruplarn hesaplayarak bunlarn baz geometrik ve topolojik sonuçlarn inceleyece iz. Homoloji ve kohomoloji teorileri modern geometri ve topolojinin en etkili araçlarndandr. Aslnda homoloji ve kohomolojiyi topolojik uzaylar kategorisinden de i³meli gruplar (veya halkalar) kategorisine birer funktor olarak ele alnabilir. Homoloji genellikle sadece de i³meli bir grup ya da vektör uzay iken kohomoloji do al bir ³ekilde halka (cebir) yapsna sahiptir ve bu sebeple daha etkili bir araçtr. Baz durumlarda kohomoloji, manifoldlar ve daha genelde topolojik uzaylar üzerinde belirli topolojik veya geometrik yaplarn varl na engel olarak kar³mza çkar. Bunun d³nda kohomoloji ve homoloji snandrma problemlerinde de çok kullan³ldr. öyle ki,topolojik nesneleri kar³la³trmak cebirsel nesnelere nazaran genelde daha zor bir i³tir. Bu nedenle homoloji ve kohomoloji funktorlar oldukça yararldr. Bir örnek vermek gerekirse, R 2 ve R 3 topolojik uzaylarnn homeomork olmadklarn (ko)homoloji kullanmadan kantlamay deneyebilirsiniz (bkz. Sonuç ). Bu ve sonraki ünitelerde bunun bir çok örne ini ayrntl biçimde ele alaca z. De Rham kohomolojinin topolojik manifoldlardaki kar³l tekil kohomolojidir. De Rham kohomoloji ile ilgili olarak ele alaca mz hemen hemen her konunun tekil kohomolojide kar³l vardr. Tekil (ko)homoloji konusunda en kapsaml ve yaygn kullanlan kitaplardan bazlar [18], [6], [28] ve [12] numaral referanslardr. ki, üç ve dört boyutlu türevlenebilir manifoldlarn topoloji ve geometrileri ayr ayr çal³ma alanlar olu³turmaktadr. Bu konular kapsayan kaynaklardan birkaç [13], [20] ve [4] numaral referanslardr. 195

214 196 De Rham Kohomoloji 4.1 De Rham Kohomoloji De Rham Kohomolojinin Tanm Her bir A k (k Z) de i³meli bir grup (ya da vektör uzay) olmak üzere (A, d ) : dk 2 A k 1 d k 1 A k d k Ak+1 d k+1 ³eklindeki bir grup (vektör uzay) homomorzmalar dizisinde herhangi ard³k iki homomorzmann bile³kesi sfr oluyorsa, d k+1 d k = 0, A k 'lere zincir gruplar ve bu diziye de bir zincir yaps denir. Bir zincir yaps için Im(d k 1 : A k 1 A k ) ker(d k : A k A k+1 ) oldu u kolayca görülür. Bu zincir yapsnn kohomolojisi H k (A, d ). = ker(d k : A n A k+1 ) Im(d k 1 : A k 1 A k ) bölüm grubu olarak tanmlanr. Sayfa 97'de türevlenebilir bir M manifoldu üzerinde tanml bir ω Ω k (M) k-formunun dω = 0 olmas durumunda kapal form ve dν = ω olacak ³ekilde bir ν Ω k 1 (M) (k 1)-formunun var olmas durumunda da tam form olarak adlandrld n görmü³tük. Yine d 2 = 0 oldu undan her tam formun ayn zamanda kapal oldu unu söylemi³tik. Buna göre M manifoldunun üzerindeki (Ω (M), d ) : dk 2 Ω k 1 (M) d k 1 Ω n (M) d k Ω k+1 (M) d k+1 vektör uzay zincir yapsna manifoldun De Rham zincir yaps ve yapnn k'inci kohomolojisine de manifoldun k'inci De Rham kohomolojisi denir. Bu kohomoloji vektör uzay HDR k (M) ile gösterilir. Tanmndan anla³laca gibi HDR k (M) manifold üzerindeki kapal k-formlarn olu³turdu u vektör uzaynn tam k-formlarn olu³turdu u vektör uzayna bölümüdür. Ba³ka bir deyi³le, H k DR(M). = ker(d k : Ω k (M) Ω k+1 (M)) Im(d k 1 : Ω k 1 (M) Ω k (M)) manifold üzerinde kapal olup tam olmayan türevlenebilir formlarn uzaydr. Dolaysyla, e er bu vektör uzay sfr vektör uzay ise manifold üzerindeki her kapal k-form tamdr. Kapal bir ω k-formunun kohomolojide belirledi i snf [ω] HDR k (M) ile gösterilir. Önerme Her ba lantl M manifoldu için HDR 0 (M) = R olur. Kant : [ϕ] HDR 0 (M) olsun. ϕ : M R kapal bir 0-form oldu undan her yerel koordinat sisteminde 0 = dϕ = dim(m) i ϕ x i dx i

215 De Rham Kohomoloji 197 olacaktr. O halde, ϕ : M R fonksiyonu yerel olarak sabittir. Fakat, M manifoldu ba lantl oldu undan ϕ bir sabite e³it olmaldr. Di er taraftan, manifold üzerindeki her sabit fonksiyon kapal bir 0-form verecektir. M manifoldunun sonlu tane topolojik bile³eni varsa, M = k i=1m i kolayca her n 0 için, HDR(M) n = k i=1hdr(m n i ) oldu unu görürüz. Dolaysyla, sfrnc kohomoloji manifoldun ba lantl bile³enlerinin saysn verir. Böylece kohomolojinin manifoldlarn topolojik özellikleri yanstan cebirsel nesneler oldu unun ilk örne ini görmü³ olduk. F : M N türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir bir fonksiyonu olsun. F d = d F oldu undan F kapal formlar kapal, tam formlar da tam formlara geri çekecektir. Ayrca F formlar üzerindeki vektör uzay yapsn korudu undan, F kohomoloji vektör uzaylar arasnda bir do rusal homomorzma verir: F : H n DR(N) H n DR(M), [ω] [F (ω)]. Di er taraftan, F d³ çarpm korudu u için F : H DR(N) = H n DR(N) H n DR(M) = H DR(M) bir R-cebir homomorzmasdr: [ω], [ν] HDR (N) olmak üzere F ([ω] [ν]) = F ([ω]) F ([ν]). A³a daki önermenin kantn okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 1). Önerme F : M N ve G : N L türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir fonksiyonlar olsun. Bu durumda, (G F ) = F G olur. Ayrca, e er 1 M : M M manifoldun birim fonksiyonu ise 1 M homomorzmas da (M) kohomoloji cebirinin birim fonksiyonu olur. H DR Bu önermenin içeri i De Rham kohomoloji cebirleri türevlenebilir manifoldlar kategorisinden gerçel saylar üzerindeki cebirlere bir funktor verir ³eklinde ifade edilebilir. Örnek ) M n-boyutlu bir manifold ise M üzerindeki her n-form kapal olacaktr, çünkü M üzerinde sfrdan ba³ka (n + 1)-form yoktur. 2) I R açk bir aralk ve ω = f(x) dx I üzerinde bir 1-form olsun. O halde, e er F (x) f'nin bir ters türevi ise (örne in, a I olmak üzere, F (x) = x a f(t) dt olarak alabiliriz) df = ω olaca ndan ω tamdr ve dolaysyla HDR 1 (I) = 0 olur. 3) U düzlemin açk bir alt kümesi ve ω = f(x, y) dx + g(x, y) dy Ω 1 (U)

216 198 De Rham Kohomoloji bu küme üzerinde bir 1-form olsun. dω = (g x f y ) dx dy oldu undan bu formun kapal olmas f y = g x ko³uluna denktir. Di er taraftan, bu formun tam olmas dϕ = ϕ x dx + ϕ y dy = ω olacak ³ekilde bir ϕ Ω 0 (U) fonksiyonun var olmasna denktir. imdi bu türevlenebilir formu U kümesi üzerinde bir diferansiyel denklem gibi görelim: f x dx + g y dy = 0. Diferansiyel denklemler dersinden hatrlayaca mz gibi e er ω formu kapalysa ve U açk kümesi basit ba lantl (U bölgesinin içinde hiç bo³luk yoksa) ise bu diferansiyel denklem tam diferansiyel denklem olarak adlandrlr ve çözümü de ϕ(x, y) = C ³eklinde verilir. Dolaysyla, e er U basit ba lantl bir küme ise HDR 1 (U) = 0 olacaktr. Daha sonra tekrar ele alacak olsak da, ϕ(x, y) fonksiyonunun nasl bulundu unu gösterelim: U içinde sabit bir p 0 U noktas seçelim. Verilen herhangi p U noktas için ϕ(p) ³u ³ekilde tanmlanr: lk önce γ : [a, b] U, γ(a) = p 0 ve γ(b) = p olacak ³ekilde bir e ri alalm. imdi ϕ(p) = b a γ (ω) olarak tanmlansn. Green Teoremi'nden (bkz. s. 111) dolay, ω kapal 1-form oldu u için bu integral bu iki noktay birle³tiren e rinin seçiminden ba mszdr. Son olarak e riyi a³a daki ³ekildeki gibi seçerek Analizin Temel Teoremi'nden ϕ x = f ve ϕ y = g oldu unu kolayca görürüz (ϕ x = f için γ 1 (t) ve ϕ y = g için γ 2 (t)). ekil 4.1: ϕ x = f ve ϕ y = g oldu unu görmek için kullanlan e riler 4) Daha önceki bölümlerde de ele ald mz ω = x dy y dx x 2 + y 2 Ω 1 (R 2 {(0, 0)}) formu kapaldr (dω = 0) fakat tam de ildir. Çünkü e er dϕ = ω ise ϕ = tan 1 (y/x) + C olur, fakat bu fonksiyon R 2 {(0, 0)} kümesinin her noktasnda tanml de ildir. O halde, HDR 1 (R2 {(0, 0)}) kohomoloji vektör uzay sfrdan farkldr (bkz. Önerme ve Örnek 4.2.5).

217 De Rham Kohomoloji 199 A³a daki önerme kapal formlar için bir tam olmama kriteri olu³turur. Önerme M snr olmayan tkz yönlendirilebilir n-boyutlu bir manifold ve ω Ω n (M) olsun. E er ω bir tam form ise ω = 0 olur. Dolaysyla, M M üzerinde integrasyon HDR(M) n R, [ν] iyi tanml bir vektör uzay homomorzmas verir. Kant : ω Ω n (M) bir tam form olsun. O halde ω = dν olacak ³ekilde bir ν Ω n 1 (M) formu vardr. imdi Stokes Teoremi'nden ω = dν = ν = ν = 0 M M elde ederiz. kinci ksmn kantn okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 2). Buraya kadar verdi imiz bilgilerin ³ nda bir boyutlu manifoldlarn kohomolojilerini hemen hemen hesaplam³ durumdayz: M M H 0 DR(R) = H 0 DR(S 1 ) = R; her k > 1 için H k DR(R) = H k DR(S 1 ) = 0 ve H 1 DR(R) = 0 olur. O halde, ³u ana kadar hesaplanmam³ tek kohomoloji grubu çemberin birinci kohomolojisidir: H 1 DR(S 1 ). Önerme Çemberin birinci kohomolojisinden gerçel saylar tanmlanan I : HDR(S 1 1 ) R, [ν] ν, S 1 integral homomorzmas bir izomorzmadr. Kant : ω = x dy y dx 2π Ω 1 (S 1 ) formunu ν P : R S 1, θ (cos θ, sin θ), fonksiyonu ile geri çekersek P (ω) = dθ/(2π) elde ederiz. Bu durumda S 1 ω = 2π 0 dθ 2π = 1

218 200 De Rham Kohomoloji oldu undan I : HDR 1 (S1 ) R homomorzmas örtendir. imdi de bu homomorzmann çekirde ini hesaplayalm: ν Ω 1 (S 1 ) için I([ν]) = 0 olsun. P (ν) = f(θ) dθ olacak ³ekilde bir f : R R fonksiyonu seçelim. ν(p (θ)) = ν(p (θ + 2π)) oldu undan f fonksiyonu 2π ile periyodiktir: Her θ R için, f(θ + 2π) = f(θ). F : R R, F (θ) = θ 0 f(t) dt fonksiyonu f için bir ters türevdir: df = F (θ) dθ = f(θ) dθ = P (ν). Di er taraftan, oldu undan 0 = I([ν]) = 2π 0 f(t) dt F (θ + 2π) = = θ+2π 0 θ 0 = F (θ) + = F (θ) f(t) dt θ+2π f(t) dt + 2π 0 θ f(t) dt f(t) dt elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, F (θ) fonksiyonu F = F P olacak ³ekilde bir F : S 1 R fonksiyonu verir. Buna göre, P (d F ) = d(p ( F )) = d( F P ) = df = P (ν) ve dolaysyla P (ν d F ) = 0 olur. Son olarak, P : R S 1 yerel olarak her nokta yaknnda bir difeomorzma oldu undan son e³itlik ancak ν d F = 0 olmas durumunda sa lanr. Ba³ka bir deyi³le [ν] = [d F ] = 0 olmaldr. Böylece kant tamamlanr. Hatrlatma leride her boyuttaki küre için ayn sonucu kantlayaca z: n > 0 olmak üzere H 0 DR (Sn ) = H n DR (Sn ) = R ve her k 0, n için H k DR (Sn ) = 0'dr. Fakat kant oldukça farkl olacaktr (bkz. Örnek 4.3.8). Örnek 4.1.3'den dolay H 1 DR (D2 ) = 0 oldu unu biliyoruz. Bu sonucu yukardaki önerme ile birle³tirirsek ilginç geometrik ve topolojik sonuçlar elde ederiz. Tanm X topolojik bir uzay ve A X alt uzay ve r : X A sürekli bir fonksiyon olsun. E er her x A için, r(x) = x oluyorsa A alt uzayna X'in bir küçültmesi ve r : X A fonksiyonuna da küçültme fonksiyonu denir Teorem Öklit uzayndaki iki boyutlu yuvardan snrna hiçbir türevlenebilir r : D 2 S 1 küçültme fonksiyonu yoktur.

219 Poincaré Yardmc Teoremi 201 Kant : Kantlamak istedi imiz iddiann tersine bir r : D 2 S 1 küçültme fonksiyonunun var oldu unu kabul edelim. Bu durumda, e er i : S 1 D 2 içerme fonksiyonunu gösterirse r i : S 1 S 1 bile³ke fonksiyonu S 1 çemberinin birim fonksiyonu olur. O halde, kohomoloji seviyesinde verilen (r i) : H 1 DR(S 1 ) = R R = H 1 DR(S 1 ) homomorzmas da birim dönü³ümdür. Fakat HDR 1 (D2 ) = 0 oldu undan i : HDR 1 (D2 ) HDR 1 (S1 ) homomorzmas da a³ikar olacaktr. Bu durum yukardaki bile³ke homomorzmasnn birim dönü³üm olmas ile açk bir ³ekilde çeli³ir. Sonuç olarak böyle bir küçültme fonksiyonu yoktur. ekil 4.2: Teorem sayesinde davulun derisi gergin bir ³ekilde kalabiliyor! Sonuç Her türevlenebilir f : D 2 D 2 noktas vardr. fonksiyonun en az bir sabit Kant : Diyelim ki f : D 2 D 2 sabit noktas olmayan bir fonksiyon olsun. O halde, her x D 2 için, f(x) x olur. Her x D 2 için f(x) noktasndan ba³layan ve x noktasndan geçen ³nn diskin snrn kesti i noktay r(x) ile gösterelim. Bu ³ekilde tanmlanan r : D 2 D 2 = S 1 fonksiyonun türevlenebilir oldu u kolayca görülür (bkz. Al³trma 3). Ayrca bu fonksiyonun tanmndan dolay her x D 2 için, r(x) = x olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, r : D 2 S 1 bir küçültme fonksiyonudur. Fakat bu yukardaki teoremle çeli³ir. Dolaysyla, f(x) = x olacak ³ekilde en az bir x D 2 noktas vardr. Hatrlatma ki boyutlu disk için kantlad mz bu sonuç aslnda her boyuttaki disk için do rudur. Üst boyutlardaki kant yukarda verdi imiz kantn aynsdr. Bir boyutlu disk için ise kant Ara De er Teoremi'nin basit bir uygulamasdr. Aslnda yukardaki iki sonuç sürekli fonksiyonlara da genellenebilir (bkz. Örnek 5.1.8). 4.2 Poincaré Yardmc Teoremi Bu bölümde Poincaré Yardmc Teoremi diye bilinen a³a daki sonucu kantlayaca z ve daha sonra da bu sonucun bir kaç uygulamasn verece iz.

220 202 De Rham Kohomoloji Yardmc Teorem I R bir aralk olmak üzere türevlenebilir her M manifoldu için H DR(M I) = H DR(M) olur. Kant : P r : M I M ilk bile³ene iz dü³üm fonksiyonu ve a I herhangi bir sabit nokta olmak üzere i a : M M I, x (x, a), x M, içerme fonksiyonu olsun. Kantn yerel yapsndan dolay manifoldu bir koordinat kom³ulu u olarak alaca z: M I = U I, x 1,, x n, U üzerindeki koordinatlar ve t de I aral üzerindeki koordinat olsun. Bu durumda U I çarpm manifoldu üzerindeki her k-form ³u iki tipteki terimlerin sonlu bir toplamdr: I ve J uzunluklar srasyla k 1 ve k olan toplu endeksler olmak üzere f(x, t) dx I dt ve g(x, t) dx J. imdi P (f(x, t) dx I dt) = ( 1) k 1 ( t ve P (g(x, t) dx J ) = 0 ile tanmlanan P : Ω k (M I) Ω k 1 (M I) a ) f(x, s) ds do rusal dönü³ümünü dü³ünelim (bu dönü³ümün koordinat sisteminin seçiminden ba msz oldu unun gösterilmesini al³trmalara brakyoruz; bkz. Al³trma 4). Bu dönü³üm d³ türev dönü³ümünün tam tersi bir ³ekilde formlarn derecesini bir azaltmaktadr. Bu integral dönü³ümü d³ türev dönü³ümünün tersi gibi gözükse de formlardaki hesaplamalar biraz farkl sonuçlar verir. Aslnda do rudan basit bir hesapla ve dx I (d P + P d)(f(x, t) dx I dt) = f(x, t) dx I dt (d P + P d)(g(x, t) dx J ) = (g(x, t) g(x, a)) dx J oldu unu görürüz. Son olarak bu formlar i a P r : M I M I bile³kesi ile geri çekelim: (P r i a)(f(x, t) dx I dt) = 0 ve O halde her ω Ω k (M I) için, (P r i a)(g(x, t) dx J ) = g(x, a) dx J. (d P + P d)(ω) = ω (P r i a)(ω)

221 Poincaré Yardmc Teoremi 203 olur. imdi ω Ω k (M I) kapal bir form olsun. Bu durumda [ω] (P r i a)[ω] = [d(p (ω))] + [P (dω)] = 0 oldu undan P r i a bile³ke homomorzmas birim dönü³ümdür. Di er taraftan, (P r i a ) : M M fonksiyonu birim fonksiyon oldu u için i a P r bile³ke homomorzmas da birim dönü³ümdür. Ba³ka bir deyi³le, ve P r : H k DR(M I) H k DR(M) i a : H k DR(M) H k DR(M I) homomorzmalar birbirlerinin tersidir ve dolaysyla her ikisi de izomorzmadr. Bu sonucu art arda kullanarak a³a daki sonucu buluruz. Sonuç Her k 0 tam says ve türevlenebilir M manifoldu için H DR(M R k ) = H DR(M) olur. Ayrca her i > 0 için, H i DR (Rk ) = 0'dr. Önerme I R herhangi bir aralk olmak üzere i a : H k DR(M I) H k DR(M) homomorzmas a I noktasnn seçiminden ba mszdr. Kant : ω = f I (x, t) dx I dt + g J (x, t)dx J Ω k (M I) I =k 1 kapal bir form olsun. O halde 0 = dω = I =k 1 i f I (x, t) x i J =k dx i dx I dt + J =k i g J (x, t) x i dx i dx J + J =k g J (x, t) t dt dx J elde ederiz. imdi bu formu t vektör alan ile daraltrsak ( 1) k 1 I =k 1 i f I (x, t) x i dx i dx I = J =k g J (x, t) t dx J

222 204 De Rham Kohomoloji e³itli ini buluruz. Di er taraftan, ω formunu i t fonksiyonu ile geri çekip t-de i³kenine göre t = a noktasnda türevini alrsak d dt t=a(i t (ω)) = J =k g J (x, a) t = ( 1) k 1 = ( 1) k 1 d ( I =k 1 dx J i I =k 1 f I (x, a) x i f I (x, a) dx I ) dx i dx I ifadesine ula³rz. Ba³ka bir deyi³le, i t (ω) formunun t-de i³kenine göre türevi bir tam formdur. Dolaysyla, [i t (ω)] kohomoloji snf t-de erinden ba mszdr. M ve N türevlenebilir manifoldlar, I bir aralk, a, b I, ve F : M I N türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Bu fonksiyona f(x) = F (x, a) ve g(x) = F (x, b) fonksiyonlar arasnda bir homotopi denir. Bazen sadece f ve g homotopiktir de denir ve f g ile gösterilir. f = F i a ve g = F i b oldu u için yukardaki önermenin bir sonucu olarak f = g : H DR(N) H DR (M) Hatrlatma Rastgele seçilen a < c < d < b R gerçel saylar için her biri içerme fonksiyonun üretti i homomorzma olan ³u homomorzmalar dizisini dü³ünelim: H DR(R M) f H DR([a, b] M) g H DR((a, b) M) h H DR([c, d] M) oldu unu görürüz. X, Y topolojik uzaylar, f : X Y ve g : Y X sürekli fonksiyonlar olsun. E er g f 1 X ve f g 1 Y birim dönü³ümlerine homotopikler ise bu uzaylara homotopi denk uzaylar denir. Yukarda kantlad mz sonuçlara göre M ve N türevlenebilir fonksiyonlar aracl yla homotopi denk türevlenebilir manifoldlar ise bu manifoldlarn kohomoloji gruplar izomorktir. Yukarda elde etti imiz sonuçlara göre g f ve h g bile³keleri izomorzmadr, çünkü her ikisi de difeomorzmalara homotopiktir. Dolaysyla, g homomor- zmas hem örten hem de bire birdir. Ba³ka bir deyi³le, g bir izomorzmadr. O halde, bu dizideki tüm homomorzmalar birer izomorzmadr. Örnek I herhangi bir aralk ve P : S 1 I S 1 iz dü³üm fonksiyonu olmak üzere, yukarda kantlad mz sonuçlar kullanarak, P : H DR(S 1 ) H DR(S 1 I)

223 Poincaré Yardmc Teoremi 205 homomorzmasnn bir izomorzma oldu unu görürüz. Ayrca her n N için f : S n (0, ) R n+1 {0}, (x, t) (tx), bir difeomorzma oldu undan H k DR (Rn+1 {0}) = H k DR (Sn ) elde edilir. imdi de Örnek 'de ele ald mz Möbius eridi'nin, M B, kohomolojisini hesaplayalm: MB = R [0, 1]/(x, y) (x + 1, 1 y). C = {(x, y) MB y = 1/2} alt manifoldunun çembere difeomork oldu u kolayca görülür. f : C MB, (x, 1/2) (x, 1/2) içerme ve g : MB C, (x, y) (x, 1/2) iz dü³üm fonksiyonu olsun. Bu durumda g f = 1 C ve f g 1 MB oldu u görülür: F : MB [0, 1] MB, F ((x, y), t) = (x, t/2 + (1 t)y), olarak tanmlanrsa F ((x, y), 0) = (x, y) ve F ((x, y), 1) = (x, 1/2) olaca ndan f g Möbius eridi'nin birim fonksiyonuna homotopik olacaktr. O halde, f : HDR (MB) H DR (C) bir izomorzmadr. Bu bölümde son olarak iki boyutlu kürenin kohomolojisini hesaplayaca z. Kullanaca mz hesaplama yöntemi bir sonraki bölümün temel konusu olaca için bu kant ayrca önemlidir. Teorem Kürenin ikinci kohomolojisinden gerçel saylara tanmlanan I : HDR(S 2 2 ) R, [ν] ν, S 2 integral homomorzmas bir izomorzmadr. Kant : Bir önceki bölümde ω 0 = x dy dz y dx dz + z dx dy olmak üzere ω 0 = 4π S 2 oldu unu görmü³tük. Dolaysyla, integral homomorzmas örtendir. imdi de ω = 0 olacak ³ekilde bir ω Ω 2 (S 2 ) (kapal) 2-formu alalm. Kantn S tamamlanmas 2 için bu formun tam oldu unu göstermek yeterlidir. Bunun için N = {(x, y, z) S 2 z > 1/2} ve S = {(x, y, z) S 2 z < 1/2} alt kümelerini dü³ünelim. Her iki alt küme de iki boyutlu yuvara difeomorktir ve HDR 2 (D2 ) = 0 oldu undan ω formunun bu açk kümelere kstlamalar tam formdur. Ba³ka bir deyi³le, ω N = dν N ve ω S = dν S olacak ³ekilde ν N Ω 1 (N) ve ν S Ω 1 (S) 1-formlar vardr. R t = {(x, y, z) S 2 z > t} kümesi olmak üzere her t ( 1/2, 1/2) için 0 = ω = ω + ω = dν N + dν S R t S 2 R t R t S 2 R t

224 206 De Rham Kohomoloji oldu undan Stokes Teoremi'ni kullanarak ν N ν S = 0 z=t e³itli ini elde ederiz. Di er taraftan, z = t çemberinden N S silindirine giden içerme fonksiyonu kohomolojide izomorzma verdi i için ν N ν S = df olacak ³ekilde bir f : N S R 0-formu vardr. Bu fonksiyonu tüm S alt manifoldunun türevlenebilir bir fonksiyonuna geni³letelim. imdi ν(p) =. { νn (p), p N ν S (p) + df(p), p S, formunu tanmlayalm. N S ara kesit kümesi üzerinde ν S + df = ν S + (ν N ν S ) = ν N oldu undan ν küre üzerinde iyi tanmlanm³ bir 1-formdur. Son olarak { dνn (p), p N dν(p) = dν S (p) + d 2 f(p), p S { ω N (p), p N = ω S (p), p S = ω(p) oldu undan kant tamamlanr. 4.3 Hesaplamalar ve Uygulamalar Bu bölümde ilk önce, sadece çemberin ve bir delikli düzlemin kohomolojisini kullanarak baz topolojik de i³mezler tanmlayp hesaplamalar yapaca z. Daha sonra, manifoldlarn kohomolojilerini hesaplamakta çokça kullanlan Mayer- Vietoris dizisi yardmyla baz temel manifoldlarn kohomolojilerini hesaplayaca z Sarlma, Dönme ve Geçi³me Saylar Poincaré Yardmc Teoremi'nin sonucu olarak H k DR(R 2 {0}) = H k DR(S 1 R 1 ) H k DR(S 1 ) oldu unu biliyoruz. Dolaysyla, bir boyutlu H 1 DR(R 2 {0}) H 1 DR(S 1 ) x dy y dx kohomoloji grubu ω = 2π (x 2 + y 2 ) Ω1 (R 2 {0}) kapal formuyla üretilir. f : S 1 R 2 {0} türevlenebilir bir fonksiyon ise bu fonksiyonun sarlma

225 Hesaplamalar ve Uygulamalar 207 says f (ω) ile tanmlanr ve ω(f) ile gösterilir. Bu say her zaman S bir tam saydr 1 ve aslnda f(s 1 ) e risinin düzlemin merkezi etrafnda kaç defa sarld n gösterir. Saat yönünün tersi istikametinde sarlma pozitif, saat yönünde ise sarlma negatif tam saylara kar³lk gelir. Aslnda P : R 2 {0} S 1, (x, y) (x, y) (x, y), iz dü³üm fonksiyonu olmak üzere f fonksiyonunun sarlma says, P f : S 1 S 1 bile³kesinin derecesinden ba³ka bir ³ey de ildir, çünkü f ile P f fonksiyonlar homotopiktir (bkz. Teorem ). Ayrca Al³trma 19 kullanlarak f fonksiyonun homotopi snfnn sadece sarlma says ile belirlendi i kolayca gösterilebilir. ekil 4.3 Stokes Teoremi'ni kullanarak bu saynn nasl hesaplanabilece ini göstermektedir. ekil 4.3a sarlma says iki olan bir e rinin görüntüsüdür. Bu e rinin sarlma saysnn gerçekten iki oldu unu taral bölgelere Stokes Teoremi'ni uygulayarak görebiliriz: Taral bölgeler orijini içermedi i için ω = R i dω = 0 R i oldu u açktr. Buradan f (ω) = S 1 C=f(S 1 ) ω = 4 elde edilir. Son iki integral orijin C 3 ve C 4 e rilerinin d³nda kald için sfra e³it olur. Di er taraftan ilk iki integral Stokes teoreminden dolay yarçap yeterince küçük Sr 1 çemberi boyunca integraline e³it olacaktr. O halde, sarlma says 4 f (ω) = ω = 2 ω = 2 S 1 C i olarak bulunur. i=1 i=1 Örnek Herhangi bir n Z tam says için, S 1 r C i ω f : S 1 S 1 R 2 {0}, f(cos θ, sin θ) = (cos nθ, sin nθ), ile tanmlanan fonksiyonun sarlma says n olacaktr: Do rudan hesap yaparak f (ω) = nω oldu u kolayca görülür ve dolaysyla, ω(f) = f (ω) = n S 1 ω = n S 1 olarak elde edilir.

226 208 De Rham Kohomoloji (a) Sarlma says iki olan bir e ri: t [0, 2π] olmak üzere x(t) = (3 + sin(t + 10)) cos 2t, y(t) = (4 + cos(t + 3)) sin 2t (b) Sarlma saysnn Stokes (Greens') Teoremi'nin yardmyla hesaplanmas ekil 4.3

227 Hesaplamalar ve Uygulamalar 209 γ : S 1 R 2 bir batrma fonksiyonu olsun. Bu fonksiyonun te et do rusunu veren σ : S 1 R 2 {0}, σ(θ) = γ(θ) Gauss gönderiminin sarlma saysna γ e risinin dönme says denir ve Rot(γ) ile gösterilir. Dolaysyla, bir batrma fonksiyonun dönme says bu e rinin te etinin e ri üzerinde hareket ederken saat yönünün tersi istikametinde kaç tur döndü ünü söyler. A³a daki örnekte çe³itli e rilerin dönme saylar verilmi³tir. Örnek ) γ : S 1 R 2, γ(p) = p batrma fonksiyonun dönme says birdir (bkz. ekil 2.1). 2) γ : S 1 R 2, γ(x, y) = (y, xy) batrma fonksiyonun dönme says sfr oldu u ³ekilden görülür ( ekil 4.4). Bu sayy do rudan tanmn kullanarak da hesaplayabiliriz: Fonksiyonu γ(θ) = (sin θ, sin θ cos θ), θ [0, 2π], olarak yazarsak σ(θ) = γ(θ) = (cos θ, cos 2θ), buluruz ve dolaysyla elde ederiz. σ (ω) = cos 2θ sin θ 2 cos θ sin 2θ 2π (cos 2 θ + cos 2 2θ) dθ ekil 4.4: Te et vektörler pozitif y-eksenine hiçbir zaman paralel olmad için dönme says sfrdr. O halde, e rinin dönme says Rot(γ) = σ (ω) S 1 = = = 0 2π 0 π π cos 2θ sin θ 2 cos θ sin 2θ 2π (cos 2 θ + cos 2 dθ 2θ) cos 2θ sin θ 2 cos θ sin 2θ 2π (cos 2 θ + cos 2 dθ 2θ) olur. En son e³itlik integrali alnan ifadenin tek fonksiyon olmasnn sonucudur. 3) Kutupsal koordinatlarda r = sin 3θ, θ [0, π], ile verilen e rinin parametrik ifadesi γ : [0, π] R 2, γ(θ) = (sin 3θ cos θ, sin 3θ sin θ)

228 210 De Rham Kohomoloji gibidir ve ekil 4.5'den dönme saysnn iki oldu u kolayca görülür. Hesap yaparsak σ(θ) = γ(θ) = (2 cos 4θ + cos 2θ, 2 sin 4θ sin 2θ) olarak buluruz ve dolaysyla σ (ω) = cos 6θ 2π cos 6θ dθ elde ederiz. Bu durumda, e rinin dönme says Rot(γ) = σ (ω) S 1 = 1 2π = = 1 12π 3 12π = 1 4π = 1 2π = 2 π 0 6π 0 2π 0 π π cos 6θ cos 6θ dθ cos ϕ cos ϕ dϕ cos ϕ cos ϕ dϕ cos ϕ cos ϕ dϕ u 2 (9 + u 2 )(1 + u 2 ) du olarak hesaplanr. Sondan ikinci e³itlik u = tan(ϕ/2) de i³ken dönü³ümü yardmyla elde edilmi³tir. ekil 4.5: Dönme says iki olan bir e ri: r = sin 3θ, θ [0, π]. E rinin, düzlemde verilen hemen hemen her vektöre paralel olan tam olarak iki te et vektörü oldu una dikkat ediniz! 3) Kutupsal koordinatlarda r = sin 2θ, θ [0, 2π], ile verilen e rinin dönme saysnn üç oldu u ekil 4.6'den kolayca görülür. ntegral ile dönme saysnn hesaplanmas ise al³trma olarak sizlere braklm³tr (bkz. Al³trma 6).

229 Hesaplamalar ve Uygulamalar 211 ekil 4.6: Dönme says üç olan bir e ri: r = sin 2θ, θ [0, 2π]. ekil 4.7: Trefoil dü ümü: x(t) = (4 + cos 3t) cos 2t, y(t) = (4 + cos 3t) sin 2t ve z(t) = sin 3t, t [0, 2π]. Bu dü üm [(x 2 + y 2 + z 2 ) + 15] 2 = 64(x 2 + y 2 ) ile verilen torusun içinde oturmaktadr (bkz. Örnek 2.3.5). ki boyutlu resim ise dü ümün (x, y, z) (x, y + 0.5z) do rusal dönü³ümü altndaki görüntüsüdür. A³a daki önerme dönme saysnn batrma fonksiyonun topolojik özelliklerini yanstt nn bir delilidir. Kant için Do Carmo'ya bakabilirsiniz ([9], s. 460, Teorem 2). Önerme E er herhangi bir batrma fonksiyonu aslnda bir gömme fonksiyonu ise bu fonksiyonun dönme says her zaman ±1 olur. HDR 1 (R2 {0}) R kohomolojisinin son bir uygulamas olarak S 3 içindeki iki dü ümün geçi³me saysndan bahsedece iz. i : S 1 S 3 türevlenebilir bir gömme fonksiyonu olsun. Bu gömme fonksiyonunun K = i(s 1 ) görüntüsüne bir dü üm denir. K S 3 alt manifoldu f : S 3 R ve g : S 3 R gibi iki türevlenebilir fonksiyonun ortak sfr olsun, K = {p S 3 f(p) = 0 = g(p)}, öyle ki, her p K için, { f(p), g(p), T (p) =. i(t 0 )} (i(t 0 ) = p) kümesi T p S 3 vektör uzay için pozitif bir taban olsun (bu üçlü sa el kuralna uysun). Bu durumda f dg g df ω K = 2π (f 2 + g 2 ) Ω1 (S 3 K)

230 212 De Rham Kohomoloji formuna K dü ümünün geçi³me formu denir. imdi küreden bir nokta çkartarak dü ümün R 3 içinde kald n kabul edelim. p K herhangi bir nokta olmak üzere, Γ p bu noktadan geçen ve f(p), g(p) vektörlerine paralel olan düzlem olsun. Bu düzlem üzerindeki her bir q Γ p noktasn q p = u f(p) + v g(p) ³eklinde yazarak Γ p düzlemi üzerinde u, v do rusal koordinat sistemini elde ederiz. Bu do rusal koordinat sistemini f, g : Γ p R fonksiyonlarnn verdi i koordinat sistemi ile de i³tirelim. Bu fonksiyonlarn do rusal koordinatlara göre türevlerinden olu³an Jakobiyen matrisi ( ) (f, g) f(p) f(p) g(p) f(p) J = (x, y) = f(p) g(p) g(p) g(p) ³eklinde olacaktr. Bu matrisin determinant 0 < θ < π arasndaki aç olmak üzere iki gradyan vektörü det(j) = f(p) 2 g(p) 2 ( f(p) g(p)) 2 = f(p) 2 g(p) 2 sin 2 θ olarak elde edilir. Dolaysyla, x = f ve y = g, do rusal u, v koordinatlaryla ayn yönlendirmeye sahip bir ba³ka koordinat sistemi verir. Ayrca, ω K formunun bu düzleme kstlan³ ise ω K = formu olacaktr. E er j : S 1 S 3, L =. j(s 1 ), yönlendirilmi³ dü üm ise x dy y dx 2π (x 2 + y 2 ) Ω1 (Γ p {p}) L K =, olacak ³ekilde bir ba³ka ω K L gerçel saysna bu iki yönlendirilmi³ dü ümün geçi³me says denir ve l(k, L) ile gösterilir. ekil 4.8 ve Stokes Teoremi'ni kullanarak bu saynn her zaman bir tam say oldu unu görürüz. Bu say L dü ümünün K dü ümü etrafnda saat yönünün tersi istikametindeki dönme saysndan ba³ka bir ³ey de ildir. Yönlendirilmi³ dü ümlerin geçi³me saysnn simetrik oldu u kolayca görülür: l(k, L) = l(l, K). yukar- Gauss geçi³me saysn farkl bir ³ekilde tanmlam³tr: i, j : S 1 R 3 daki ayrk dü ümler olsun. Bu durumda ϕ : S 1 S 1 R 3 {0}, (s, t) i(s) j(t) ve ω 3 = x dy dz + y dz dx + z dx dy 4π (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2

231 Hesaplamalar ve Uygulamalar 213 ekil 4.8: L dü ümü ile Trefoil'in geçi³me saysn Stokes Teoremi'ni yardmyla bulabiliriz. Bunun için L dü ümünün belli bölümlerini R 3 K içinde hareket ettirerek yandaki ³ekildeki gibi Γ p düzleminin içine itebiliriz. Geçi³me sayn veren integralin bu düzlem içinde kalan ksm ise düzlemin merkezi etrafndaki sarlma says olacaktr. olmak üzere ± ϕ (ω 3 ) S 1 S 1 gerçel says bu iki dü ümün geçi³me saysdr (bkz. Al³trma 7). Hatrlatma ) Bir düzlem ile birbirinden ayrlan iki dü ümün geçi³me saysnn sfr oldu u kolayca görülür. ekil 4.9'da verilen örnek ise bunun tersinin do ru olmad n gösterir. ekil 4.9: Geçi³me says sfr olan iki dü üm: l(k, L) = 0. 2) K = {p S 3 f(p) = 0 = g(p)} ve yeterince küçük ϵ 2 + ν 2 > 0 saylar için K ϵ,ν = {p S 3 f(p) = ϵ, g(p) = ν} ile veriliyorsa (K ϵ,ν dü ümü K'nn bir ötelemesi ise) l(k ϵ,ν, K) geçi³me saysn hesaplayalm. l(k ϵ,ν, K) = K ω Kϵ,ν = K (f ϵ) dg (g ν) df 2π ((f ϵ) 2 + (g ν) 2 ) = 0 integrali açk bir ³ekilde sfra e³ittir, çünkü K üzerinde df = dg = 0'dr. Bu dü ümü kendisini kesmeyecek ³ekilde itince geçi³me says sfrdan farkl de erler alabilir. Aslnda, geçi³me says istedi imiz tam sayya e³it olacak ³ekilde dü ümü itebiliriz (bkz. Al³trma 8).

232 214 De Rham Kohomoloji 3) Son olarak geçi³me saysn hesaplamann bir di er yolunu daha verelim: K = {p S 3 f(p) = 0 = g(p)} S 3 dü ümünün L dü ümünü kesmeyen yeterince küçük bir tüp kom³ulu unun snr T 2 = N olsun (N = {p S 3 f 2 (p) + g 2 (p) ϵ 2 }). Bu durumda l(k, L) = ± ω K ω L T 2 olur. Bunu görmek için T 2 torusunu T 2 = K ϵ,0 S 1 ³eklinde yazalm. l(k ϵ,0, L) = l(k, L) ve l(k, S 1 ) = ±1 oldu undan ω K ω L = ± T 2 ω L K ϵ,0 ω K = ±l(k, L) 1 = ±l(k, L) S 1 elde edilir (bkz. Al³trma 8). Geçi³me saysnn bir genellemesi için 5. Ünite'deki Al³trma 8'e bakabilirsiniz Mayer-Vietoris Dizisi (A, d ) : dn 2 A n 1 d n 1 A n d n An+1 d n+1 ³eklindeki bir grup (vektör uzay) zincir yaps olsun. E er herhangi bir n tam says için, Im(d n 1 : A n 1 A n ) = ker(d n : A n A n+1 ) (H n (A, d ) = 0) ise bu yapya n'inci seviyede tamdr denir. E er her n için H n (A, d ) = 0 ise bu zincire tam zincir denir. 0 A B C 0 ³eklinde bir tam zincire ksa tam dizi veya yap denir. Hatrlatma Yukarda verdi imiz dizinin daha ksas sadece bir izomor- zmadr. Ba³ka bir deyi³le, 0 A f B 0 dizisinin tam olmas için gerek ve yeter ³art f : A B bir izomorzma olmasdr. Benzer ³ekilde, homomorzmasnn dn 2 A n 1 d n 1 A n d n An+1 d n+1 tam dizisinde d n 1 = 0 = d n+1 olmas için gerek ve yeter ko³ul d n homomorzmasnn bir izomorzma olmasdr.

233 Hesaplamalar ve Uygulamalar 215 Verilen iki (A, d A ) ve (B, d B ) zincir yaplar arasndaki bir homomorzmalar dizisi her n için, f = (f n : A n B n ) d B f n = f n+1 d A ko³ulunu sa lyorsa bu homomorzmalar dizisine zincir fonksiyonu (homomor- zmas) denir. f : (A, d A ) (B, d B ) ve g : (B, d B ) (C, d C ) iki zincir fonksiyonu olsun. E er her n için bir ksa tam dizi oluyorsa f n g n 0 A n Bn Cn 0 f 0 A g B C 0 zincir fonksiyonlar dizisine ksa tam zincir yaplar dizisi denir. Her f : (A, d A ) (B, d B ) zincir fonksiyonu kohomoloji seviyesinde homomorzma verir: f : H n (A ) H n (B ). Burada tek dikkat edilmesi gereken nokta her n için d B f n = f n+1 d A oldu undan kohomoloji seviyesinde f ([a]). = [f (a)] ³eklinde tanmlanan homomorzmann iyi tanml oldu udur. Bu basit al³trmay okuyucuya brakyoruz (bkz. Al³trma 9). imdi bu bölümde çokça kullanaca mz cebirsel bir sonucu verelim. Teorem f 0 A g B C 0 bir ksa tam zincir yaplar dizisi olsun. Bu durumda kohomoloji seviyesinde δ H n (A ) f H n (B ) g H n (C ) δ H n+1 (A ) f ³eklinde bir uzun tam dizi vardr. Kant : Kantn büyük bir bölümü a³a daki ³ekilde bulunan oklar takip etmekten ibarettir. f ve g homomorzmalarnn neden iyi tanml oldu u ve dizinin tam dizi oldu unun gösterilmesi okuyucuya braklm³tr. Kantn içinde açk olmayan tek ksm δ : H n (C ) H n+1 (A )

234 216 De Rham Kohomoloji ba lant homomorzmasnn tanmlanmasdr. Bu ksmn kant teoremin geri kalann kantlanmasnda izlenebilecek yolu da göstermektedir. A³a daki de i³meli ³ekli dü³ünelim. 0 A n 1 f Bn 1 g Cn 1 0 d d d 0 A n f Bn g Cn 0 d d d 0 A n+1 f Bn+1 g Cn+1 0 Herhangi bir [c] H n 1 (C ) eleman alalm. g : B n 1 C n 1 örten oldu u için g(b) = c olacak ³ekilde bir b B n 1 vardr. Diyagramn sa üst dikdörtgeni de i³meli oldu undan g(d(b)) = d(g(b)) = d(c) = 0 elde edilir. O halde, f(a) = d(b) olacak ³ekilde bir a A n vardr. a A n elemannn kapal oldu unu (d(a) = 0) ³u ³ekilde görebiliriz: f(d(a)) = d(f(a)) = d 2 (b) = 0 ve f : A n+1 B n+1 bire bir oldu undan d(a) = 0 elde edilir. Son olarak δ([c]) =. [a] ³eklinde tanmlanr. Elbette bunun iyi tanml bir homomorzma oldu unun gösterilmesi de gerekmektedir. Bunu da kantn geri kalan gibi okuyucuya brakyoruz. Bu cebirsel sonucu manifoldlarn De Rham kohomolojilerini hesaplamak için kullanaca z. Mayer-Vietoris dizisi diye adlandrlan bu sonuç iki açk kümesinin birle³imi olarak ifade edilen bir manifoldun kohomolojisini bu alt kümelerinin kohomoloji gruplar cinsinden ifade etmektedir: M türevlenebilir bir manifold ve M = U V bu manifoldun iki açk kümenin birle³imi olarak yazlm olsun. i U : U M, i V : V M ve j U : U V U, j V : U V V ile içerme fonksiyonlarn gösterelim. Teorem Her k 0 tam says için 0 Ω k (M) i U i V Ω k (U) Ω k (V ) j U j V Ω k (U V ) 0 dizisi tamdr ve dolaysyla δ HDR(M) k i U i V HDR(U) k HDR(V k ) j U j V HDR(U k V ) δ ³eklinde bir uzun tam dizi vardr. Kant : Bir önceki teoremden dolay tek yapmamz gereken 0 Ω k (M) i U i V Ω k (U) Ω k (V ) j U j V Ω k (U V ) 0 dizisinin tam oldu unu göstermektir.

235 Hesaplamalar ve Uygulamalar 217 M = U V oldu undan M üzerindeki bir formun hem U hem de V alt kümelerine kstlamalar sfr ise bu form M üzerinde de sfr olacaktr. Dolaysyla, i U i V homomorzmas bire birdir. (i U, i V ) j U = (i U, i V ) j V e³itli inden dolay Im(i U i V ) ker(j U j V ) oldu u kolayca görülür. Di er taraftan, ju (ω U) jv (ω V ) = 0 olacak ³ekilde ω U Ω k (U) ve ω V Ω k (V ) varsa { ωu (p), p U ω(p) = ω V (p), p V ile tanmlanan ω Ω k (M) formu için (i U i V )(ω) = (ω U, ω V ) olacaktr. Dolaysyla, ker(ju j V ) Im(i U i V ) ve ker(j U j V ) = Im(i U i V ) elde edilir. Son olarak ju j V homomorzmasnn örten oldu unu gösterelim. Bunun için bir ω Ω k (U V ) formu alalm. M = U V açk örtüsü ile uyumlu bir {ρ U, ρ V } birimin ayr³m alalm. ρ U fonksiyonu U d³nda sfrdr. Bu durumda, ρ U ω Ω k (U V ) formunun tanm kümesini bu formu V (U V ) üzerinde sfr tanmlayarak geni³letirsek ρ U ω formunu Ω k (V ) içinde dü³ünülebiliriz. Benzer ³ekilde ρ V ω Ω k (U) olacaktr. O halde, (ju j V )(ρ V ω, ρ U ω) = (ρ U + ρ V ) ω = ω e³itli ini elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, ju j V homomorzmas örtendir. Bu kantn ana krini bir önceki bölümde verilen H 2 DR (S2 ) = R sonucunun kantnda da görmü³tük. Örnek Bu örnekte n-boyutlu S n küresinin kohomoloji gruplarn hesaplayaca z. Aslnda n endeksi üzerine tümevarm yöntemi ile { HDR(S k n R, k = 0 veya n ) = 0, di er hallerde oldu unu kantlayaca z. Aslnda Örnek 4.1.5'de n = 1 durumunu zaten görmü³tük. Fakat kantn bütünlü ünü bozmamak için bu bilgiyi kullanmayalm. U = S n {(0,, 0, 1)} ve V = S n {(0,, 0, 1)} olmak üzere S n = U V olarak yazalm. Bu durumda U ve V alt uzaylar R n 'e ve U V ara kesiti de S n 1 R manifolduna difeomork olacaktr. O halde, her k > 0 için H k DR (U) = 0 = Hk DR (V ) ve Hk DR (U V ) = Hk DR (Sn 1 R) = H k DR (Sn 1 ) oldu unu görürüz (son e³itlik Poincaré Yardmc Teoremi'nden elde edilir). imdi Mayer-Vietoris dizisinin bir parçasn yazalm: H k 1 DR (Sn ) H k 1 DR (U) Hk 1 DR (V ) Hk 1 DR (Sn 1 ) δ HDR(S k n ) lk önce, k = 1 durumuna bakalm: H k DR(U) H k DR(V ). 0 H 0 DR(S n ) H 0 DR(U) H 0 DR(V ) H 0 DR(S n 1 ) δ H 1 DR(S n ) 0.

236 218 De Rham Kohomoloji Buradan açk bir ³ekilde H 1 DR (S1 ) = R ve n > 1 için H 1 DR (Sn ) = 0 oldu unu görürüz. Yukardaki diziyi n = 1, k > 1 için tekrar yazarsak 0 δ H k DR(S 1 ) 0 ve dolaysyla H k DR (S1 ) = 0 elde ederiz. O halde, tümevarmn n = 1 ba³langç ko³ulunun sa land n göstermi³ olduk. imdi n > 1 durumunu ele alalm. S n ba lantl oldu undan H 0 DR (Sn ) = R oldu unu biliyoruz; dolaysyla k > 0 alabiliriz. Bu durumda k n oldu u zaman, tümevarm hipotezinden dolay, yukardaki dizi H k 1 DR (U) Hk 1 DR (V ) 0 δ HDR(S k n ) 0 haline gelecektir. Ba³ka bir deyi³le HDR k (Sn ) = 0 olur. Di er taraftan k = n > 1 ise dizi 0 H k 1 DR (Sn 1 ) δ HDR(S k n ) 0 haline gelece inden H k 1 DR (Sn 1 ) δ HDR k (Sn ) homomorzmas bir izomorzma olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, n > 1 için HDR n (Sn ) = R oldu unu görürüz. Böylece kant tamamlanr. Daha önce HDR 1 (S1 ) = R olmasnn baz topolojik sonuçlarn görmü³tük (bkz. Teorem 4.1.8, Sonuç 4.1.9). Bu sonuçlarn n-boyutlu küre S n için genellemeleri al³trmalarda verilmi³tir (bkz. Al³trma 10 ve 11). Örnek Bu örnekte yine tümevarm yöntemiyle { HDR(CP k n R, k = 0, 2,, 2n ) = 0, di er hallerde oldu unu gösterece iz. CP 1 = S 2 için bu sonucu yukardaki örnekte gördük. imdi n > 1 oldu unu kabul edelim. p = [0 : : 0 : 1] CP n noktasnn U = {[z 0 : z 1 : : z n ] CP n z n 0} kom³ulu u ve V = CP n {p} kümeleri açk bir ³ekilde tüm projektif uzay örter. U açk kümesinin C n = R 2n manifolduna [z 0 : : z n ] (z 0 /z n,, z n 1 /z n ) fonksiyonu ile difeomork oldu unu zaten biliyoruz. O halde, U V ara kesit kümesi de R 2n {(0,, 0)} = S 2n 1 R manifolduna difeomorktir. V kümesinin kohomolojisini hesaplayabilmek için P t ([z 0 : : z n ]) = [z 0 : : z n 1 : tz n ], t [0, 1], ile verilen P t : V V homotopisini dü³ünelim. t = 1 de eri için P 1 = 1 V, birim dönü³ümdür. Di er taraftan, P 0 (V ) = H = {[z 0 : : z n ] CP n z n = 0} = CP n 1

237 Hesaplamalar ve Uygulamalar 219 olur. E er i : H V içerme fonksiyonunu gösterirse P 0 i = 1 H olacaktr. Ayrca P t : V V fonksiyonu P 1 = 1 V birim dönü³ümünden P 0 = i P 0 fonksiyonuna bir homotopi verir. Ba³ka bir deyi³le, V ile H = CP n 1 homotopi denk manifoldlardr ve dolaysyla, her k için i : HDR k (V ) HDR k (H) bir izomorzmadr. imdi, CP n = U V için Mayer-Vietoris dizisini yazalm: H k 1 DR (S2n 1 ) δ H k DR(CP n ) H k DR(U) H k DR(V ) H k DR(S 2n 1 ). Yine H 0 DR (CP n ) = R oldu u için k > 0 alabiliriz. O halde, 0 < k 2n 2 ise dizi 0 δ H k DR(CP n ) 0 H k DR(H) 0 haline gelecektir. Dolaysyla, HDR k (CP n ) HDR k (H) = Hk DR (CP n 1 ) izomorzma olur. Benzer ³ekilde k = 2n 1 için dizi H 2n 2 DR (S2n 1 ) δ H 2n 1 DR (CP n ) 0 H 2n 1 DR (CP n 1 ) ³eklinde olacaktr. Fakat boyutu a³masndan dolay H 2n 1 DR (CP n 1 ) = 0 oldu u için H 2n 1 DR (CP n ) vektör uzay da sfr olmaldr. Son olarak k = 2n alrsak dizi 0 H 2n 1 DR (S2n 1 ) δ HDR(CP 2n n ) 0 0 olaca ndan HDR 2n (CP n ) = H 2n 1 DR (S2n 1 ) = R elde ederiz. Böylece kant tamamlanm³ oldu. Aslnda i : CP n 1 = H CP n içerme fonksiyonun kohomolojide, k = 0, 1,, 2n 2 için, izomorzma verdi ini de gördük. Örnek 'den dolay ωf n S > 0 CP n olaca ndan, her 0 k n için, ωf k S kohomoloji grubunun üreteci olacaktr. Aslnda ayn nedenlerden dolay, e er i : M n CP N bir tkz karma³k alt manifold ise her 0 k n için, i : H 2k DR(CP N ) H 2k DR(M) bir homomorzmas bire bir olacaktr. Dolaysyla, her 0 k n için, H 2k DR (M) kohomoloji grubu sfrdan farkldr. Örnek Bu örnekte S 3 S 1 çarpm manifoldunun kohomolojisini hesaplayaca z (S 1 'i düzlemdeki birim çember olarak alalm). U = S 3 (S 1 {( 1, 0)}) ve V = S 3 (S 1 {(1, 0)}) açk kümeleri olmak üzere S 3 S 1 = U V yazabiliriz. Bu durumda U ve V kümeleri S 3 manifolduna ve U V

238 220 De Rham Kohomoloji kümesi de S 3 {(0, 1), (0, 1)} k için, manifolduna homotopi denktir. O halde, her H k DR(U) = H k DR(S 3 ) = H k DR(V ) ve H k DR(U V ) = H k DR(S 3 ) H k DR(S 3 ) olur. imdi Mayer-Vietoris dizisini kullanalm; örne in ikinci kohomoloji grubunu hesaplamak için, H 1 DR(U V ) H 2 DR(S 3 S 1 ) H 2 DR(U) H 2 DR(V ) yazarsak dizinin bu ksmnn ilk ve son terimleri sfr oldu u için oldu unu görürüz. Benzer ³ekilde, H k DR(S 3 S 1 ) = H 2 DR(S 3 S 1 ) = 0 { R, k = 0, 1, 3, 4 0, di er hallerde oldu unun gösterilmesini al³trma olarak okuyucuya brakyoruz. Örnek 'de tanmlam³ oldu umuz bu karma³k ve tkz manifoldun karma³k do rusal uzaya gömülemeyece ini görmü³tük (bkz. Örnek ). imdi ise bu manifoldun ikinci kohomoloji grubunun sfr oldu unu gördük. O halde, bir önceki örnekten dolay bu manifold ayn zamanda hiç bir karma³k projektif uzayn da bir alt manifoldu olamaz! Yukarda kulland mz tekni i kullanarak, m n için ve H k DR(S n S m ) = { R, k = 0, m, n, m + n 0, di er hallerde R, k = 0, 2n HDR(S k n S n ) = R 2, k = n 0, di er hallerde oldu unu görebiliriz (bkz. Al³trma 12). Bir sonraki ünitede görece imiz Künneth Formülü (bkz. Sonuç 5.3.5) çarpm manifoldlarnn kohomolojilerini hesaplamann oldukça pratik bir metodudur. Hatrlatma Bir önceki ünitede gördü ümüz Tüp Kom³uluk Teoremi'ni ve Mayer-Vietoris kohomoloji dizisini kullanarak tkz manifoldlarn kohomolojilerinin sonlu boyutlu oldu unu gösterebiliriz (bkz. Al³trma 13 ve Sonuç 4.4.4).

239 Hesaplamalar ve Uygulamalar Tkz Destekli Kohomoloji Herhangi bir M manifoldunun üzerinde tanml tüm tkz destekli türevlenebilir k-formlar Ω k (M) vektör uzay içinde bir alt uzay olu³tururlar. Bu alt uzay Ω k c (M) ile gösterece iz. Di er taraftan, M manifoldunun tkz destekli her ω Ω k c (M) formunun d³ türevi de tkz destekli olaca ndan bu vektör uzaylar d³ türev dönü³ümü ile birlikte (Ω c(m), d ) zincir yapsn verir. Bu yapnn kohomolojisine tkz destekli De Rham Kohomoloji denir ve Hc (M) ile gösterilir. E er manifoldun kendisi tkz ise Ω k c (M) = Ω k (M) ve dolaysyla Hc (M) = HDR (M) olaca ndan bu kohomoloji sadece tkz olmayan manifoldlar açsndan önem ta³r. Örne in, De Rham kohomolojinin birbirinden ayramad farkl boyutlardaki Öklit uzaylarn bu kohomoloji ile ayrabiliriz. Hatrlatma f : M N türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir düzgün bir fonksiyonu ise her tkz kümenin ters görüntüsü tkz olacaktr. Dolaysyla, f : Hc k (N) Hc k (M) iyi tanml bir homomorzma olur. Benzer ³ekilde, e er f t : M [0, 1] N türevlenebilir düzgün bir homotopi ise f 0 ve f 1 fonksiyonlarnn kohomolojide verdikleri homomorzmalar ayn olacaktr. Örnek M = R manifoldunun tkz destekli kohomolojisini hesaplayalm. Gerçel eksen üzerinde d³ türevi sfr olan fonksiyonlarn sadece sabit fonksiyonlar oldu unu biliyoruz. Di er taraftan tkz bir bölgenin d³nda sfr olan tek sabit fonksiyon sfr fonksiyonudur. Ba³ka bir deyi³le, Hc 0 (R) = 0 olur. Birinci kohomolojiyi hesaplamak için ise R : Hc 1 (R) R, [w] integral homomorzmasn dü³ünelim. Bu homomorzmann iyi tanml oldu unu ³u ³ekilde görebiliriz: R üzerinde tkz destekli bir ω = f(x) dx formu alalm. E er bu form için df = F (x) dx = f(x) dx = ω olacak ³ekilde bir F Ω 0 c(r) varsa yeterince büyük her m gerçel says için F (m) = 0 = F ( m) olacaktr. O halde, f(x) dx = 0 R olacaktr. Dolaysyla, integral homomorzmas iyi tanmldr. Di er taraftan e er ω = f(x) dx = 0 R R ise F (x) = x f(t) dt fonksiyonu df = ω ko³ulunu sa layan tkz destekli bir fonksiyon olacaktr. Dolaysyla, integral homomorzmas bire birdir. Bu homomorzmann örten oldu u ise kolayca görülür. O halde, Hc 1 (R) = R olur. R ω,

240 222 De Rham Kohomoloji Teorem M says için e³itli i sa lanr. türevlenebilir bir manifold olmak üzere her k 0 tam Hc k+1 (M R) = Hc k (M) Kant : Poincaré Yardmc Teoremi'nin kantnda oldu u gibi M manifoldunun her U M koordinat sistemi için U R açk kümesi M R manifoldu için bir koordinat sistemi verecektir. Ayrca M R üzerindeki her form bu tip koordinat sistemlerinde tkz olarak desteklenen formlarn bir toplamdr. Dolaysyla, bu tipteki koordinat sistemlerinde desteklenen formlarla çal³arak genellikten hiçbir ³ey kaybetmeyiz. ρ : R R tkz destekli ve gerçel eksen üzerindeki integrali bire e³it olan türevlenebilir bir fonksiyon olsun. imdi iki tane vektör uzay homomorzmas tanmlayalm: Ψ : Ω k c (M) Ω k+1 c (M R), Ψ(f(x) dx K ) = ρ(t)f(x) dt dx K, ve Φ : Ω k+1 c (M R) Ω k c (M), ( ) Φ(f(x, t) dt dx K ) = f(x, t) dt dx K ve Φ(f(x, t) dx K ) = 0. R Burada M manifoldu üzerindeki yerel koordinat sistemi x ile gösterilirken, t gerçel eksen üzerindeki koordinat göstermektedir. Poincaré Yardmc Teoremi'nde oldu u gibi bu homomorzmalarn iyi tanmll gösterilmelidir (bkz. Al³trma 4). ρ : R R fonksiyonun seçiminden dolay Φ Ψ = 1 Ω k c (M) oldu u kolayca görülür. Herhangi bir ν = g(x) dx K Ω k c (M) formu için, ve buradan da Ψ(dν) = Ψ(dg dx K ) = ρ(t) dt dg dx K d(ψ(ν)) = d(ρ(t)g(x) dt dx K ) = ρ(t) (dg dt dx K ) = ρ(t) (dt dg dx K ) = Ψ(dν) elde edilir. Ba³ka bir deyi³le, d Ψ = Ψ d olur ve dolaysyla bu homomor- zma kohomoloji seviyesinde Ψ : Hc k (M) Hc k+1 (M R) homomorzmasn verir.

241 Hesaplamalar ve Uygulamalar 223 imdi de herhangi bir ω = f(x, t) dt dx K Ω k+1 c (M R) formu için, ve benzer ³ekilde Φ(dω) = Φ(d(f(x, t) dt dx K )) = Φ(df dt dx K ) = (df dx K ) dt R ( ) d(φ(ω)) = d ( f(x, t) dt) dx K R = (df dx K ) dt R = Φ(dω) elde ederiz. Son olarak e er ω = f(x, t) dx K Ω k c (M R) dolay Φ(ω) = 0 olacaktr. Ayrca, dω = f t dt dx K + j f x j dx j dx K ise, tanmdan olur. Buradan da ( Φ(dω) = R ) f t dt dx K = 0 elde edilir (son e³itlik f(x, t) fonksiyonun tkz destekli olmasnn bir sonucudur). Sonuç olarak yine, d Φ = Φ d oldu undan bu homomorzma da kohomoloji seviyesinde Φ : Hc k (M, R) Hc k (M) homomorzmasn verir. O halde, kohomoloji seviyesinde de Φ Ψ = 1 H k c (M) e³itli i korunur. imdi de Ψ Φ = 1 H k+1 c (M R) e³itli ini göstermeye çal³alm: ω = f I (x, t) dt dx I + g J (x, t) dx J Ω k+1 (M R) I =k kapal bir form olsun. O halde ω (Ψ Φ)(ω) = I =k + J =k+1 [ f I (x, t) ρ(t) J =k+1 g J (x, t) dx J elde ederiz. h I (x, t) = f I (x, t) ρ(t) ( R f I(x, t) dt ) durumda her x M için, h I (x, t) dt = 0 R ( )] f I (x, t) dt dt dx I R olarak tanmlansn. Bu

242 224 De Rham Kohomoloji oldu undan H I (x, t) = t h I (x, s) ds fonksiyonu tkz destekli olacaktr. Ayrca dω = 0 oldu undan I =k f I x j (x, t) dx j dx I = olacaktr. Biraz hesap yaparak d H I (x, t) dx I = I =k I =k J =k+1 [ f I (x, t) ρ(t) ( t g J t (x, t) dx J dt dx I + h I (x, s) I =k x j = ω (Ψ Φ)(ω) + I =k ( t elde ederiz. kinci toplam ayrca inceleyelim: I =k ( t ) h I (x, s) ds dx j dx I = x j I =k ( t dx j dx I + t + t + I =k t = ρ(s)( I =k R ( )] f I (x, t) dt R ) ds dx j dx I J =k+1 h I (x, s) x j ( t f I (x, r) dr)ds x j f I (x, s) x j g J (x, t) dx J ) ds dx j dx I ) f I (x, s) ds x j ) dx j dx I dx j dx I ds ρ(s) f I (x, r) dx j dx I dr ds R x j I =k t = g J t (x, s)dx J ds J =k+1 ρ(s) g J ( t (x, r) dx J)dr ds R J =k+1 = J =k+1 g J (x, t) dx J

243 Hesaplamalar ve Uygulamalar 225 olur. Bunu bir önceki paragraf ile birle³tirirsek ω (Ψ Φ)(ω) formunun tam oldu unu görürüz. Ba³ka bir deyi³le, Ψ Φ = 1 H k+1 c (M R) e³itli ini kantlam³ olduk. Böylece teoremin kant tamamlanr. Örnek 'deki kirleri de kullanarak bu teoremin kolay bir sonucunu hemen yazabiliriz. Sonuç Her n do al says için, R n : H n c (R n ) R integral homomorzmas bir izomorzmadr. Ayrca, her m n do al says için H m c (R n ) = 0 olur. Sonuç Yönlendirilebilir, ba lantl her n-boyutlu M : Hc n (M) R M manifoldu için, integral homomorzmas bir izomorzmadr. Özel olarak, e er M tkz ise HDR n (M) = R olur. Kant : Manifoldu her biri R n difeomork yönlendirilmi³ koordinat sistem- ekil 4.10: Sonuç 'nn kantnda kulland mz koordinat sistemleri zinciri. leri ile kaplayarak manifold üzerindeki her formu bu koordinat sistemleri içinde tkz olarak desteklenen formlarn toplam olarak yazabiliriz. imdi iki farkl koordinat sistemi içinde tkz olarak desteklenen iki n-form alalm: ω i Ω n (V i ), i = 0, 1, V i = R n M ω 1 = 1 olsun. Bu iki kümeden seçilen iki noktay sürekli bir e ri ile ba layalm. Daha sonra bu e riyi U 0 = V 0, U m = V 1, U i U i+1,

244 226 De Rham Kohomoloji i = 0,, m 1, olacak ³ekilde koordinat sistemleriyle örtelim (e ri tkz oldu u için sonlu tane koordinat kom³ulu u ile bunu yapabiliriz). Hc n (U 0 ) = R oldu u için U 0 U 1 içinde tkz olarak desteklenen bir ν formu vardr ki [ω 0 ] = [ν] Hc n (M) olur. Bu ³ekilde devam ederek [ω 0 ] = [µ] olacak ³ekilde U l içinde desteklenen bir µ formu vardr. O halde, [ω 0 ] = ( M ω 0) [ω 1 ] olur. Böylece kant tamamlanr. Sonuç U R n yldz ³eklinde açk bir küme ise { Hc k R, k = n (U) = 0, di er hallerde olur. Kant : Yukardaki sonuçtan dolay sadece 0 k < n oldu u durumu incelemek yeterlidir. U içinde bir noktay ba³langç noktas seçelim ve bu nokta etrafnda yarçap sonlu bir B(0, r) yuvar alalm. Herhangi bir ω Ω k c (U) kapal formu alalm. 1 > a R, bu formun desteklendi i tkz K U kümesi için, a K =. {ax x K} B(0, r) ko³ulunu sa layan bir pozitif say olsun. ϕ : U [a, 1] U, ϕ t (x) = tx, (x, t) U [a, 1], homotopisi düzgün bir fonksiyon oldu undan ϕ a (x) ve ϕ 1 (x) = id U difeomorzmalar U kümesinin tkz destekli kohomoloji gruplar arasnda ayn homomorzmay verecektir. Bu durumda, ϕ a (K) B(x, r) oldu undan ω formunun deste inin B(0, r) yuvar içinde kald n kabul edebiliriz. Fakat, bu yuvar R n 'e difeomork oldu undan ω tam form olmaldr. Tkz Destekli Yerel Kohomoloji Dizisi. U M açk bir alt küme ise U içinde tkz desteklenen her türevlenebilir fonksiyon M U üzerine sfr olarak geni³letilerek M üzerinde tkz olarak desteklenen bir fonksiyon olarak görülebilir. Dolaysyla, Ω k c (U) vektör uzayn Ω k c (M)'nin bir alt uzay olarak görebiliriz. O halde, her k için 0 Ω k c (U) Ω k c (M) Ω k c (M)/Ω k c (U) 0 bir tam dizisi vardr. imdi Teorem 4.3.6' kullanarak kohomoloji seviyesinde δ H n c (U) H n c (M) H n c (M, U) H n+1 c (U) ³eklinde bir uzun tam dizi elde ederiz. Bu dizinin içindeki H c (M, U) terimi (Ω c(m)/ω c(u), d ) zincir kompleksinin kohomolojisidir ve tkz destekli yerel kohomoloji olarak adlandrlr. Bu dizi özellikle, L M bir alt manifold olmak üzere, U = M L, oldu u durumda ilginç topolojik sonuçlar verir. Bu topolojik sonuçlara geçmeden önce H k c (M, M L) kohomolojisini hesaplayalm.

245 Hesaplamalar ve Uygulamalar 227 Teorem M manifold ve L M bir alt manifold olmak üzere, her k 0 için, Hc k (M, M L) Hc k (L) geri çekme homomorzmas bir izomorzmadr. Kant : L U M ile L alt manifoldunun bir açk tüp kom³ulu unu gösterelim ve P : U L bu kom³ulu un iz dü³üm fonksiyonu olsun (bkz. Teorem ve Sonuç ). ρ : M [0, 1], U içinde desteklenen ve L'nin bir kapal K kom³ulu unda bire e³it olan türevlenebilir bir fonksiyon olsun. Bu kapal kom³ulu un tümleyenini V = M K ile gösterelim. imdi herhangi bir [ν] Hc k (L) snf alalm. Bu durumda ω = ρ P (ν) Ω k c (M) L alt manifolduna kstlamas ν olan bir k-form olur. Bu formun kendisi kapal bir form olmasa da V açk kümesinin d³nda kapal bir form olacaktr, çünkü bu küme üzerinde ρ fonksiyonu bire e³ittir. O halde, ω = ρ ω + (1 ρ) ω yazarsak [ω] Hc k (M, M L) olaca ndan, i : L M içerme fonksiyonu olmak üzere, i : Hc k (M, M L) Hc k (L) homomorzmas örtendir. Bu homomorzmann bire bir oldu unu göstermek için, L alt manifolduna kstlamas sfr olan bir [ω] Hc k (M, M L) kohomoloji snf alalm. Gerekirse U silindirik kom³ulu unu küçülterek ω Ω k c (U) oldu unu kabul edebiliriz. P : HDR k (U) Hk DR (L) bir izomorzma oldu undan dν = P (ω) olacak ³ekilde bir ν Ω k 1 (U) formu vardr. Bu durumda ρν Ω k c (Int(K)) formu Int(K) açk kümesi üzerinde halen d(ρ ν) = ω e³itli ini sa layacaktr. Ba³ka bir deyi³le, Hc k (M, M L) kohomoloji grubu içinde [ω] = 0'dr ve böylece teoremin kant tamamlanm³ olur. imdi tkz destekli kohomolojinin bir sonucu olarak Jordan Kapal E ri Teoremi'nin genel halini kantlayabiliriz. Teorem M R n+1 içinde n-boyutlu, ba lantl, yönlendirilebilir ve tkz bir alt manifold olsun. Bu durumda R n+1 M biri snrl di eri snrsz iki bile³enden olu³ur. Her iki bile³enin de kapan³lar snr M olan snrl manifoldlardr. Kant : U = R n+1 M olmak üzere Hc n (R n+1 ) Hc n (R n+1, U) Hc n+1 (U) Hc n+1 (R n+1 ) H n+1 c (R n+1, U) tam dizisini dü³ünelim. Daha önceki hesaplamalar kullanarak Hc n (R n+1 ) = 0, Hc n+1 (R n+1 ) = R

246 228 De Rham Kohomoloji ve H n c (R n+1, U) = H n c (M) = R, H n+1 c (R n+1, U) = H n+1 c (M) = 0 oldu unu görürüz. O halde, H n+1 c (U) = R 2 olmaldr. Ba³ka bir deyi³le, U = R n+1 M açk kümesinin V 1 ve V 0 gibi iki ba lantl bile³eni vardr. M manifoldu tkz oldu undan yarçap sonlu bir yuvarn içinde kalacaktr. Di er taraftan bu yuvarn d³, ba lantl oldu undan, bu iki bile³enden birinin içinde kalacaktr, diyelim ki V 1 olsun. O halde, V 1 snrsz ve V 0 ise snrl olacaktr. Teoremin son bölümünün kantn okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 14). Yukardaki teoremde n = 1 alalm. O halde, her türevlenebilir kapal C R 2 e risi düzlemi iki parçaya ayrr. Bunlardan biri snrl di eri ise snrszdr. Bu klasik sonuç Jordan Kapal E ri Teoremi olarak bilinir. Örnek L = K 1 K r R 3 = M dü ümün birle³imi olsun. U = M L alalm ve r-tane ayrk türevlenebilir δ H n c (U) H n c (M) H n c (M, U) H n+1 c (U) tkz destekli yerel kohomoloji dizisini yazalm. Basit bir ³ekilde ³u sonuca varrz: H 0 c (R 3 L) = 0; H 1 c (R 3 L) = H 0 DR(L) = R r ; H 2 c (R 3 L) = H 1 DR(L) = R r ; H 3 c (R 3 L) = H 3 c (R 3 ) = R; H i c(r 3 L) = 0, i > 3. K R n içinde tkz bir alt manifold olsun. Bu durumda dim(k) k 1 olur, çünkü e er dim(k) = n ise K R n açk bir alt küme olur. Di er taraftan, K tkz oldu u için ayn zamanda kapal bir alt kümedir. Fakat R n ba lantl oldu undan K = R n elde ederiz ki, bu da K'nn tkzl ile çeli³ir. imdi tkz destekli yerel kohomoloji dizisini kullanarak a³a daki sonucu kolayca kantlayabiliriz. Teorem (Alexander Dualite Teoremi). K R n S n {p} S n, n 2, içinde tkz bir alt manifold olsun. O halde, H 0 c (R n K) = 0; Hc(R i n K) = H i 1 DR (K), i = 1,, n 1;

247 Hesaplamalar ve Uygulamalar 229 ve benzer ³ekilde Hc n (R n K) = H n 1 DR (K) R; H 0 c (S n K) = 0; H 1 c (S n K) = H 0 DR(K)/R; Hc(S i n K) = H i 1 DR (K), i = 2,, n 1; Hc n (S n K) = H n 1 DR (K) R. Tkz Destekli Kohomoloji için Mayer-Vietoris Dizisi. Bu bölümü tkz destekli kohomoloji için Mayer-Vietoris dizisini vererek bitirece iz. Bu dizi daha önce De Rham kohomolojisi için verdi imiz Mayer-Vietoris dizisinden farkllk gösterir. Bunun nedeni açk bir kümeyi bir manifolda gömen fonksiyonun düzgün bir fonksiyon olmayabilece i ve dolaysyla da herhangi bir U M açk kümesi için i : Ω k c (M) Ω k c (U) kstlan³ fonksiyonunun iyi tanml olmayaca dr. Di er taraftan, e er bir manifold M = U V ³eklinde açk kümelerinin birle³imi olarak yazlabiliyorsa 0 Ω k c (U V ) i U i V Ω k c (U) Ω k c (V ) j U j V Ω k c (M) 0 dizisinin tam oldu u kolayca görülür (i U, i V, j U, j V homomorzmalar içerme fonksiyonlarnn do al olarak verdikleri homomorzmalardr). Aslnda sadece son homomorzmann örten oldu unun gösterilmesi çok kolay olmayabilir. Bunu göstermek için M = U V açk örtüsüyle uyumlu bir {ρ U, ρ V } birimin ayr³mn seçelim. imdi her ω Ω k c (M) için ω = ρ U ω +ρ V ω, ρ U ω Ω k c (U) ve ρ V ω Ω k c (V ) olaca ndan homomorzma örtendir. Bu dizi bize a³a daki uzun tkz destekli kohomoloji tam dizisini verir: H k c (U V ) H k c (U) H k c (V ) H k c (M) H k+1 c (U V ). Bu dizi de fonksiyonlar ile bu fonksiyonlarn tkz destekli kohomolojide verdikleri homomorzmalar ayn yönde gitmektedirler. Bundan dolay tkz destekli Rham kohomoloji kovaryant funktordur. Di er taraftan, homomorzmalarn fonksiyonlarn tersine gitti i De Rham kohomoloji ise kontravaryant bir funktordur. Her iki kohomolojinin Mayer-Vietoris dizilerini kullanarak bir sonraki bölümde Poincaré zomorzmas'nn bir kantn verece iz (bkz. Teorem 4.4.1). Düzgün Fonksiyonlarn Derecesi. f : M N n-boyutlu, türevlenebilir, yönlendirilmi³ ba lantl manifoldlarn düzgün bir fonksiyonu olsun. Bu durumda f : H n c (N) H n c (M) bir boyutlu gerçel vektör uzaylarnn homomorzmas olacaktr. Manifoldlarn üzerinde [ω M ] H n c (M) ve [ω N ] H n c (N) gibi integralleri bire e³it olan

248 230 De Rham Kohomoloji kohomoloji snar seçelim. f ([ω N ]) = λ [ω M ] olacak ³ekilde seçilen λ R saysna f : M N fonksiyonun derecesi denir ve deg(f) ile gösterilir. E er f : M M ise her a Hc n (M) için f (a) = deg(f) a olacaktr. Aslnda düzgün fonksiyonlarn derecesi tamamen geometrik bir ³ekilde de tanmlanabilir: f : M N fonksiyonu düzgün oldu u için N içindeki her noktann ters görüntüsü tkz bir küme olacaktr. Sard Teoremi'ni kullanarak bu fonksiyonun q N gibi bir düzgün de erini alalm. Bu durumda f 1 (q) M manifoldunun sfr boyutlu bir alt manifoldu olacaktr. Bu alt manifold tkz oldu u için sonlu sayda noktadan ibarettir. f 1 (q) = {p 1,, p k } olsun. f : M N fonksiyonunun türevi her p i noktasnda izomorzma olaca ndan bu türev fonksiyonun p i M noktasndaki (M'nin yönü sayesinde) yönlendirilmi³ taban q N noktasnn yönlendirilmi³ bir tabanna gönderecektir. Bu yönlendirme N manifoldunun bu noktasndaki yönlendirmesiyle uyumlu ise f fonksiyonun p i noktasndaki yerel derecesi +1, e er uyumlu de ilse 1 dir denir ve deg(f) pi = +1 veya deg(f) pi = 1 olarak yazlr. imdi, bu iki derece kavramnn aslnda ayn oldu unu gösterelim. Teorem f : M N n-boyutlu, türevlenebilir, yönlendirilmi³ ba - lantl manifoldlarn düzgün bir fonksiyonu, q N noktas bu fonksiyonun düzgün bir de eri ve f 1 (q) = {p 1,, p k } olsun. Bu durumda deg(f) = k deg(f) pi i=1 olur ve dolaysyla deg(f) bir tam saydr. Kant : Her p i noktas etrafnda bir U i kom³ulu u alalm öyle ki f : U i f(u i ). = V i bir difeomorzma olsun. q V V 1 V k ba lantl açk bir kom³uluk olmak üzere U i kümelerini f 1 (V ) U i ara kesiti ile yer de i³tirerek her i = 1,, k için, f : U i V kstlamasnn bir difeomorzma oldu unu kabul edebiliriz. Her U i kümesi de ba lantl olacaktr. ω Ω n c (V ) Ω n c (N) integrali bire e³it olan bir form olsun. Bu durumda her i = 1,, k için, ( ) f (ω) = deg(f) pi ω = deg(f) pi U i olacaktr. Son olarak, deg(f) = M f (ω) = i=1 V k ( ) f (ω) = U i k i=1 deg(f) pi kant bitirir. A³a daki teoremin kantn okuyucuya al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 15).

249 Hesaplamalar ve Uygulamalar 231 Teorem f : M N ve g : N K ba lantl, yönlendirilmi³, türevlenebilir manifoldlarn düzgün fonksiyonlar olsun. O halde, a³a daki iddialar do rudur. 1. Düzgün homotopiler fonksiyonlarn derecesini korur. Dolaysyla, e er h : M M birim fonksiyona homotopik ise deg(h) = 1 olur. 2. deg(g f) = deg(f) deg(g) 3. E er f örten de ilse deg(f) = 0'dr. 4. E er f : M N yönü koruyan n-katl bir örtü uzay foksiyonu ise deg(f) = n'dir. Yukardaki teoremde e er manifoldlardan herhangi biri yönlendirilebilir de ilse tam say de erli derece yerine mod 2 de erli dereceden bahsedebiliriz. Detaylar Ünite 5 Al³trma 17'da okuyucuya braklm³tr. Örnek ) f : R R f(t) = nt, n Z, fonksiyonu için deg(f) = sgn(n) oldu u halde bu fonksiyonun S 1 = R/Z çemberi üzerinde verdi i f : S 1 S 1, e it e int fonksiyonun derecesi n'ye e³ittir, çünkü bu fonksiyon yönü koruyan n-katl bir örtü uzay fonksiyonudur. Benzer ³ekilde A M(n, Z) tam say katsayl bir matris ve ω = dx 1 dx n ise kolayca A (ω) = det(a) ω oldu u görülür. Ba³ka bir deyi³le, A : R n R n do rusal dönü³ümü hacim formunu det(a) katna çkarr. Bu dönü³ümün, n-boyutlu torus T n = R n /Z n üzerinde vermi³ oldu u dönü³ümün derecesi de det(a)'ya e³ittir (bkz. Al³trma 16). 2) P : R R derecesi n olan bir polinom fonksiyonu olsun: P (x) = x n + + a 1 x + a 0. E er n bir çift say ise lim P (x) = + x ± oldu u için, P (x) fonksiyonu örten de ildir ve yukardaki teoremden dolay derecesi sfrdr. imdi de P (x) polinomunun derecesinin tek oldu unu kabul edelim. Bu durumda lim P (x) = + ve lim x + P (x) = x

250 232 De Rham Kohomoloji (a) f 0 (x) = x(x + 4)(x 3)/10 fonksiyonu gra i hafçe çeki³tirilerek düzgün bir homotopi ile f 1 (x) = x homeomorzmasna dönü³türülebilir: f t (x) = (1 t)f 0 (x) + tf 1 (x), t [0, 1]. ekil 4.11 (b) f(x) = (x 4 12x 2 + 3x)/10. Cebirsel derecesi çift say olan bir polinom fonksiyonu örten olmayaca için sfr topolojik derecesine sahiptir. oldu u için P (x) polinomu örtendir. Di er taraftan, P (x) türev fonksiyonu derecesi çift olan bir polinomdur. [ C, C] aral P (x) = 0 denkleminin tüm çözümlerini içeren bir aralk olsun. O halde, her x [ C, C] için P (x) > 0 olur. Dolaysyla, bu aral n d³nda P (x) kesin artan bir fonksiyondur. P (x) polinomunun tüm yerel maksimum ve minimum de erleri P ([ C, C]) aral nda olacaktr. Dolaysyla, her L P ([ C, C]) de eri için P (x 0 ) = L olacak ³ekilde tek bir x 0 R says vardr. Son olarak, P (x 0 ) > 0 oldu undan deg(p ) = 1 elde edilir. Ba³ka bir deyi³le, monik P (x) polinomunun fonksiyon derecesi bu polinomun derecesinin (mod 2)'deki de erine e³ittir. Monik polinomu 1 ile çarparsak derecesini de 1 ile çarpm³ oluruz (bkz. Al³trma 17). 3) F : C C F (z) = z n, fonksiyonun sfr d³nda hiçbir kritik noktas yoktur. Dolaysyla, F (0) = 0 d³ndaki her de er bu fonksiyonun düzgün bir de eridir. F 1 (1) = {ζ k = e 2πik n k = 0,, n 1} ve karma³k do rusal fonksiyonlar yönü korudu undan bu fonksiyonun her bir ζ k noktasndaki yerel derecesi +1 olacaktr. O halde, deg(f ) = n olmaldr. imdi de P : C C derecesi n olan bir karma³k polinom fonksiyonu olsun: E er P (z) = z n + + a 1 z + a 0. z R = 2(1 + a a n 1 )

251 Hesaplamalar ve Uygulamalar 233 ise 1 2 z n 1 2 R z n 1 (1 + a a n 1 ) z n 1 a n 1 z n a 1 z + a 0 a n 1 z n a 1 z + a 0 olur. Bu durumda, P t : C [0, 1] C, P t (z) = z n + t(a n 1 z n a 1 z + a 0 ) homotopisi, her z R için, e³itsizli ini sa lar. Ba³ka bir deyi³le, P t (z) 1 2 z n P t (z) C z max{r, n 2C} önermesi do rudur. Bu durumda P t, P 0 = F ile P 1 = P arasnda düzgün bir homotopi olur. Dolaysyla, deg(p ) = deg(f ) = n elde edilir. Polinomun derecesi pozitif ise yukardaki teoremden dolay P (z) örten olmaldr. Dolaysyla, Cebirin Temel Teoremi'ni kantlam³ olduk. Benzer bir sonuç kuaterniyon cebiri için Eilenberg ve Niven tarafndan 1944 ylnda kantlanm³tr (bkz. Bölüm 6, Al³trma 20 ve [11]). Hatrlatma Karma³k f(z) = z ve g(z) = z 2 polinomlarnn dereceleri farkl oldu u için P t (z) = tz 2 + (1 t)z çizgisel homotopisi düzgün bir fonksiyon olamaz. Gerçekten de, Pt 1 (0) ters görüntüsü snrsz {(z, t) C [0, 1] t(1 z) = 1} kümesini içerir. E er g(z) = z 3 seçseydik yukardaki küme {(z, t) C [0, 1] t(1 z 2 ) = 1} olurdu ki, bu küme de tkz de ildir. Fakat polinomlar gerçel saylara kstlarsak ayn küme tkz olacaktr. Örnek ) τ : S n S n, τ(x) = x, ters kutupsal difeomorzmas sadece tek boyutlu kürelerde yönü korur. Dolaysyla, deg(τ) = ( 1) n+1 e³itli i sa lanr. 2) (θ, z) küre üzerindeki kutupsal koordinatlar ve n Z olmak üzere f : S 2 S 2, (x, y, z) (Re((x + iy) n ), Im((x + iy) n ), z),

252 234 De Rham Kohomoloji fonksiyonunun derecesi n olur. Bunu görmek için, ω = dθ dz hacim formu olmak üzere f (ω) = nω oldu unu görmek yeterlidir. Benzer ³ekilde her m, n Z tam say çifti için, deg(f) = m olacak ³ekilde bir f : S n S n fonksiyonu vardr. Aslnda yönlendirilmi³ ve tkz her manifolddan ayn boyuttaki küreye derecesi bir olan bir fonksiyon vardr (bkz. Al³trma 18). 3) Her n > 1 tam says için, türevlenebilir her f : S 2n CP n fonksiyonunun derecesi sfrdr: ω F S karma³k projektif uzay üzerindeki Fubini-Study form ise ωf n S projektif uzay üzerinde bir hacim formudur. Di er taraftan, HDR 2 (S2n ) = 0 oldu u için f ([ω F S ] n ) = (f ([ω F S ])) n = 0 elde ederiz. Dolaysyla, deg(f) = 0 sonucuna varrz. Aslnda bu örnek bize derecesi sfrdan farkl her f : M 2n CP n fonksiyonun kohomolojide bire bir homomorzma verdi ini gösterir. Dolaysyla, e er deg(f) 0 ise, her 0 k n için, HDR 2k (M) 0 olmaldr. Bir önceki ünitede gördü ümüz Teorem sayesinde türevlenebilir tkz manifoldlar arasndaki sürekli fonksiyonlarn derecesini de tanmlayabiliriz. Boyutlar ayn olan tkz M ve N türevlenebilir manifoldlar arasnda sürekli bir f : M N fonksiyonu alalm. Teorem bu fonksiyonun türevlenebilir bir g : M N fonksiyonuna homotopik oldu unu ve böyle iki fonksiyonun da türevlenebilir bir homotopi ile birbirine ba lanabilece ini göstermi³ti. Dolaysyla, sürekli f : M N fonksiyonun derecesini homotopik oldu u herhangi bir türevlenebilir fonksiyonun derecesi olarak tanmlayabiliriz: deg(f). = deg(g). Önerme Yukardaki f : M N sürekli fonksiyonu yönlendirilmi³ tkz manifoldlarn bir homeomorzmas ise derecesi ±1'dir. Örten olmayan sürekli bir fonksiyonun derecesi ise sfrdr. Dolaysyla, bu homeomorzmaya homotopik her sürekli fonksiyon örten olmaldr. Kant : Bu homeomorzmaya ve tersine homotopik olan iki türevlenebilir fonksiyon alalm, f g : M N ve f 1 h : N M. O halde, türevlenebilir h g : M M fonksiyonu M manifoldunun birim fonksiyonuna sürekli ve dolaysyla türevlenebilir bir homotopi ile homotopiktir. imdi Teorem 'ü kullanarak 1 = deg(h g) = deg(h) deg(g) ve dolaysyla deg(g) = deg(h) = ±1 tamamlanr. elde ederiz. Böylece ilk ksmn kant

253 Hesaplamalar ve Uygulamalar 235 kinci ksmn kantn ³u ³ekilde yapabiliriz. E er bir k : M N sürekli fonksiyonu örten de ilse her iki manifold da tkz oldu undan N k(m) bo³ olmayan açk bir kümedir. Bu açk küme bir yuvar içerdi i için (manifoldlar Öklit uzaylarna gömülü alabiliriz ve dolaysyla onlar metrik uzay olarak kabul edebiliriz) k fonksiyonuna homotopik olan ama örten olmayan bir l : M N türevlenebilir fonksiyonu bulabiliriz. Dolaysyla, Teorem 'den dolay deg(k) = deg(l) = 0 elde ederiz ve böylece kant tamamlanr. Hatrlatma imdi yukardaki önermenin bir uygulamasn görelim. Türevlenebilir manifoldlarn sürekli fonksiyonlarn türevlenebilir fonksiyonlara dönü³türme i³lemi baz kayplara neden olabilir. Bunu bir örnek ile açklamaya çal³alm: Birbirine homeomork olup difeomork olmayan dört boyutlu tkz türevlenebilir manifoldlarn var oldu unu biliyoruz (bkz. Örnek 3.33, s. 160, [1]. Ayrca bkz. [13]). O halde, M 1 ve M 2 homeomork ama difeomork olmayan tkz, ba lantl, yönlendirilmi³ türevlenebilir iki manifold ve f : M 1 M 2 bu manifoldlar arasnda bir homeomorzma olsun. g : M 1 M 2 bu homeomorzmaya homotopik türevlenebilir bir fonksiyon ise deg(g) = deg(f) = ±1 olaca ndan g fonksiyonu da örten olmaldr. E er g bir batrma fonksiyonu ise Ters Fonksiyon Teoremi'nden dolay g her nokta etrafnda yerel bir difeomorzma olmaldr. Fakat f bire bir oldu undan ve g fonksiyonu da f'e istenildi i kadar yakn seçilebilece inden g fonksiyonu da bire bir olmaldr. Ba³ka bir deyi³le, g bir difeomorzma olmaldr. O halde, g fonksiyonun batrma olmad noktalar her zaman vardr. Bu bölümü a³a daki iki önerme ile bitirece iz. Önerme f : (D n, D n ) (D n, D n ) türevlenebilir bir fonksiyon olsun öyle ki, f 1 ( D n ) = D n ko³ulu sa lansn. Int(D n ) = D n D n R n difeomorzmas altnda deg( f : D n D n ) = deg(int(f) : R n R n ) olur. Kant : lk önce f 1 ( D n ) = D n ko³ulundan dolay Int(f) : Int(D n ) Int(D n ) fonksiyonun iyi tanml ve düzgün bir fonksiyon oldu unu belirtelim. imdi, U = Int(D n ) D n açk alt kümesi için tkz destekli kohomoloji dizisini yazalm: 0 = Hc n 1 (D n ) Hc n 1 (D n, Int(D n )) Hc n (Int(D n )) Hc n (D n ) = 0. Yukarda yaptklarmzdan dolay Hc n (Int(D n )) = Hc n (R n ) R oldu u için Hc n 1 (D n, Int(D n )) R elde ederiz. O halde bu dizi bize a³a daki de i³meli diyagram verir:

254 236 De Rham Kohomoloji 0 H n 1 c ( D n ) H n c (Int(D n )) 0 ( f) Int(f) 0 H n 1 c ( D n ) H n c (Int(D n )) 0. Son olarak ( f) = deg( f) ve Int(f) = deg(int(f)) oldu undan kant tamamlanr. Hatrlatma Herhangi bir f : (D n, D n ) (D n, D n ) alalm. Bu durumda g t : D n [0, 1] D n, (x, t) (1 t + t x 2 )f(x) homotopisi a³a daki özellikleri sa lar: 1. g 0 = f; 2. Her t [0, 1] için, g t D n = f D n; 3. g 1 1 ( Dn ) = D n. fonksiyonu O halde, yukardaki önermeden dolay g 1 : (D n, D n ) (D n, D n ) fonksiyonu için deg( f : D n D n ) = deg( g 1 : D n D n ) = deg(int(g 1 ) : R n R n ) elde ederiz. Aslnda bu üç ko³ulu sa layan her g t elde ederiz. homotopisi için ayn sonucu Önerme Derecesi sfr olan her f : S n S n homotopiktir. fonksiyonu bir sabite Kant : N ve S hareri birim kürenin kuzey ve güney kutuplarn göstersin. Genellikten hiç kaybetmeden N S n noktasnn bir düzgün de er oldu unu kabul edelim. f fonksiyonunun derecesi sfr oldu undan f 1 (N) = {p 1,, p k, q 1,, q k } oldu unu kabul edebiliriz öyle ki, f fonksiyonu her bir p i noktas etrafnda yönü koruyan, q i etrafnda da yönü ters çeviren bir difeomorzma olur. Küre üzerinde standart Riemann metri ini alalm. p {p 1,, p k, q 1,, q k } olmak üzere g = Exp 1 N f Exp p : R n T p S n R n T N S n orijin etrafnda bir difeomorzma verecektir (her iki te et uzay üzerindeki iç çarpm da R n üzerindeki standart iç çarpmdr). g fonksiyonun tanml

255 Hesaplamalar ve Uygulamalar 237 oldu u bir B(0, r 0 ) yuvar alalm. ρ([0, r 0 /4]) = {0} ve ρ([3r 0 /4, r 0 ]) = {1} ko³ullarn sa layan azalan ve türevlenebilir bir ρ : [0, r 0 ] [0, 1] fonksiyonu seçelim. L = Dg(0) merkezdeki türev fonksiyonu, t [0, 1] ve b t (x) = ρ(t + (1 t) x ) olmak üzere, g t : B(0, r 0 ) R n, x b t (x) g(x) + (1 b t (x)) L(x) homotopisini tanmlayalm. Homotopinin uç noktalar, g 1 = g ve g 0 = ρ( x ) g(x) + (1 ρ( x )) L(x) ³eklindedir. Her t [0, 1] ve x 3/4 için g t (x) = g(x) oldu undan bu homotopi f fonksiyonunu B[0, 3r 0 /4] yuvar d³nda de i³tirmeyecektir. Di er taraftan, e er x 1/4 ise g 0 (x) = L(x) olur. Ba³ka bir deyi³le, g ve dolaysyla f bu küçük disk içinde homotopi yardmyla L do rusal fonksiyonuna dönü³mü³tür. Sabit bir t [0, 1] de eri için Dg t türevini hesaplayalm: Dg t (x) = L + (g(x) L) (b t (x)) + b t (x) (Dg(x) L). x yeterince küçük oldu unda hem g(x) L hem de Dg(x) L fonksiyonlar çok küçük de erler alacaktr, çünkü L = Dg(0) türev fonksiyonudur. O halde, L do rusal bir izomorzma oldu undan g t fonksiyonu orijin etrafnda halen bir difeomorzmadr. imdi, türevin tanmn kullanarak g fonksiyonunu g(x) = Dg(0)(x) + a(x) x ³eklinde yazalm. Aslnda lim x 0 a(x) = 0 oldu undan r 0 > 0 yarçapn her x B(0, r 0 ) için, L(x) 2 a(x) x olacak ³ekilde seçebilirdik. Bu durumda, yuvarn herhangi bir x 0 noktas için g t (x 0 ) = 0 olursa b t (x 0 ) a(x 0 ) x 0 2 a(x 0 ) x 0 elde ederiz. Di er taraftan, b t (x) 1 oldu undan x 0 = 0 veya a(x 0 ) = 0 olmaldr. Fakat, a(x 0 ) = 0 olmas durumunda da L(x 0 ) = 0 olaca ndan yine x 0 = 0 elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, her t [0, 1] için 0 de eri g t için düzgün bir de erdir ve gt 1 (0) = f 1 (0) e³itli i sa lanr. Tüm bunlarn sonucu olarak, f fonksiyonunu bir homotopi ile de i³tirerek her bir p {p 1,, p k, q 1,, q k } noktasnn etrafndaki bir yuvarda do rusal bir fonksiyon ile verildi ini kabul edebiliriz (p S n ve N S n noktalar etrafnda Exp (jeodezik sprey) fonksiyonlarnn verdi i koordinat sistemlerini alyoruz). imdi do rusal L : R n R n operatörünü ortogonal bir operatör ile de i³tirece iz: Bunun için ilk önce L operatörünün L = [C 1 C 2 C n ] matris gösteriminin sütunlarna homotopiler yardmyla Gram-Schmidt i³lemi uygulayaca z. Örne in, matrisin ilk sütununu t t C 1 C 1 + (1 t) C 1, t [0, 1]

256 238 De Rham Kohomoloji homotopisi ile birim vektör yapaca z. Daha sonra ikinci sütunu t C 2 t < C 1, C 2 > C 1, t [0, 1] homotopisi ile de i³tirerek birinci sütun ile dik konuma getirece iz. Daha sonra tekrar ikinci sütunu birim vektöre dönü³türece iz ve bu ³ekilde devam ederek L operatörünü GL(n, R) grubu içinde ortogonal bir matrise homotopi ile ba layaca z. Önceki paragraarda yapt mza benzer ³ekilde ilerleyerek f fonksiyonunu bir homotopi ile de i³tirerek, fonksiyonun her bir p {p 1,, p k, q 1,, q k } noktasnn etrafndaki bir yuvarda ortogonal do rusal bir dönü³üm ile verildi ini kabul edebiliriz. Bu noktalarn etrafnda ayr ayr seçti imiz r 0 'larn en küçü ünü r 1 ile gösterelim. O halde, her bir p {p 1,, p k, q 1,, q k } noktas için f B[0,r1 ] : B[0, r 1] S n kstlan³ izometrik ³ekilde p noktasndan geçen jeodezik çemberleri N noktasndan geçen jeodezik çemberlere gönderir. Ba³ka bir deyi³le, bu kstlan³ fonksiyonlar O(n) izometri grubunun elemanlar ile temsil edilirler. Bu arada f fonksiyonunu homotopi ile de i³tirmeye devam edelim öyle ki, 1) B[p, r 1 ] yuvarlar üzerinde f hiç de i³mesin; 2) B[p, 2r 1 ] B[p, r 1 ] arasnda f fonksiyonu jeodezikler boyunca yeterince hzl giderek B[p, 2r 1 ] yuvarlarnn snrnda S S n de erini alsn: Her bir p {p 1,, p k, q 1,, q k } için, f( B[p, 2r 1 ]) = {S} olsun (r 1 saysn yeterince küçük seçerek bu yuvarlarn ayrk oldu unu kabul ediyoruz); 3) f fonksiyonu bu yuvarlar d³nda hiç bir zaman N S n de erini almad ndan ve S n {N} R n alt uzay S noktasna büzülebilece inden f fonksiyonun, yuvarlarn d³ndaki bölgede bir homotopi ile de i³tirilerek B[p, 2r 1 ] yuvarlar d³nda sabit S de eri ald n kabul edebiliriz. Bu durumda f : S n S n fonksiyonu bir noktaya baz γ i e rileri ile ba lanm³ k-tane küreden olu³an bir X bölüm uzayndan S n 'e giden sürekli bir fonksiyon verir (bkz. ekil 4.12). Ayrca π : S n X bölüm fonksiyonu ve f : X Sn ise f'nin bölüm uzaynda üretti i fonksiyonu göstersin. O halde, f = f π olur. Bölüm uzayndaki her bir küre ters i³aretli iki diski simetrik ³ekilde içermektedir. f fonksiyonu kürenin alt ve üst yarsnda, D n i ve Di+, n birbirine göre ters i³aretli oldu undan f D n i = f D n i+ A i olacak ³ekilde bir A i O(n) SO(n) matrisi bulabiliriz. Fonksiyon ekvator üzerinde sabit S de erini ald ndan A i matrisini türevlenebilir bir e ri ile (x 0, x 1,, x n ) ( x 0, x 1,, x n ) dönü³ümünün matrisine ba layarak f fonksiyonunu homotopi ile öyle de i³tirebiliriz ki f(x 0, x 1,, x n ) = f( x 0, x 1,, x n )

257 Hesaplamalar ve Uygulamalar 239 ekil 4.12: Bölüm uzaynn temsili resmi olur. Bu durumda, t [0, 1] ve (x 0, y) = (x 0, x 1,, x n ) olmak üzere H t (x 0, y) = f(x 0, y), t x 0 1 f(t, y), 0 x 0 t f(t, y), t x 0 0 f(x 0, y), 1 x 0 t homotopisi f fonksiyonunu bölüm uzaynn her bir küresinde N de erini alan fonksiyona dönü³türür. Bu srada f fonksiyonun γ i e rileri üzerindeki görüntüleri homotopi ile de i³erek S noktasndan N noktasna giden e rilere dönü³ürler. Sonuç olarak f ve dolaysyla f fonksiyonu sürekli bir homotopi altnda görüntü kümesi küre üzerinde S noktasn N noktasna ba layan k-tane e ri olan bir sürekli fonksiyona dönü³ür. Bu homotopiyi kendisine yeterince yakn türevlenebilir bir homotopi ile de i³tirerek f fonksiyonun örten olmayan bir fonksiyona homotopik oldu unu görürüz. O halde, son bir türevlenebilir homotopi yardmyla fonksiyonun sabite homotopik oldu unu görürüz. Bu kantn daha iyi anla³labilmesi için f : S 1 S 1 vererek al³trmalara brakaca z (bkz. Al³trma 19). durumunu ipuçlar Hatrlatma ) f : M S n ba lantl, tkz ve yönlendirilmi³ bir manifolddan küreye derecesi sfr olan türevlenebilir bir fonksiyon ve p S n bu fonksiyonun düzgün bir de eri olsun. Fonksiyonu bir homotopi ile de i³tirerek f 1 (p) kümesinin bir D n M diskinin içinde kald n kabul edebiliriz (uygun tkz destekli vektör alanlarnn üretti i ak³larla ters görüntüdeki sonlu noktay ortak bir diske ta³yarak yaplabilir). Bu durumda F (M D n ) S n olaca ndan fonksiyon bu diskin d³nda bir sabite homotopik olur. O halde, f fonksiyonu M/(M D n ) S n bölüm uzayndan küreye bir fonksiyon verir. imdi yukardaki teoremi kullanarak bu son fonksiyonun ve dolaysyla f fonksiyonunun bir sabite homotopik oldu unu görürüz.

258 240 De Rham Kohomoloji 2) f : M S n ba lantl, tkz ve yönlendirilemeyen bir manifolddan küreye türevlenebilir bir fonksiyon ve p S n bu fonksiyonun düzgün bir de eri olsun. Yine fonksiyonu bir homotopi ile de i³tirerek f 1 (p) kümesinin bir D n M diskinin içinde kald n kabul edebiliriz. Ayrca ters görüntü kümesindeki noktalarn i³aretlerini istedi imiz gibi seçebiliriz, çünkü her noktadan geçen türevlenebilir ve yönü ters çeviren bir kapal e ri vardr. Dolaysyla, diskin içindeki noktalarn i³aretlerini uygun ³ekilde seçip fonksiyonu homotopi ile de i³tirerek verilen herhangi q 1, q 2 f 1 (p) ters görüntü çiftini eleyebiliriz. O halde, fonksiyonun derecesi f 1 (p) kümesinin eleman says çift ise sfr, tek ise bir olmaldr. 3) Yukardaki kantlar biraz daha ilerleterek derecesi ayn olan iki f 1 : M S n ve f 2 : M S n fonksiyonun homotopik oldu unu gösterebiliriz (bkz. Al³trma 20). Yukarda bahsetti imiz sonuçlar için en iyi kitaplardan birisi [15] numaral kaynaktr. 4.4 Poincaré zomorzmas Bu bölümde ilk olarak, Poincaré zomorzma Teoremi olarak bilinen ve yönlendirilebilir manifoldlarn, tümleyen boyutlu De Rham kohomoloji vektör uzaylar arasnda do al bir izomorzmann varl n gösteren teoremi verece iz. Daha sonra, bu izomorzmay kullanarak manifoldlarn topolojilerine dair önemli sonuçlar kantlayaca z. M ba lantl, yönlendirilmi³, n-boyutlu türevlenebilir bir manifold olsun ve 0 k n bir tam say olsun. Bu durumda, her ω Ω k c (M) ve ν Ω n k (M) formlar için ω ν Ω n c (M) formu da tkz destekli olaca ndan ω ν M integrali iyi tanml olacaktr. Aslnda bu integral bize bilineer bir form verir: Hc k (M) H n k DR (M) R, ([ω], [ν]) ω ν. Bu form sayesinde kohomoloji vektör uzaylar ve dualleri arasnda a³a daki do al do rusal fonksiyonu yazabiliriz: D M : HDR(M) k (Hc n k (M)), (D M ([ν])) ([ω]) = ω ν. M A³a da D M Poincaré homomorzmasnn bir izomorzma oldu unu gösterece iz. E er vektör uzaylar sonlu boyutlu ise, D M 'in izomorzma olmasnn Hc k (M) H n k DR (M) R, ([ω], [ν]) ω ν M M

259 Poincaré zomorzmas 241 bilineer formunun soysuzla³mam³ (dejenere olmayan) olmasna denk oldu u kolayca görülür. Teorem (Poincaré zomorzmas). M yönlendirilmi³, ba lantl, türevlenebilir n-boyutlu bir manifold olmak üzere, her 0 k n için, D M : HDR(M) k (Hc n k (M)), (D M ([ν])) ([ω]) = ω ν do rusal homomorzmas bir izomorzmadr. E er manifold tkz ise Poincaré izomorzmas D M : H k DR(M) (H n k DR (M)) halini alr. Kanta geçmeden önce sk sk ba³vuraca mz a³a daki cebirsel sonucu verelim (kant kolay oldu u için okuyucuya braklm³tr, bkz. Al³trma 21). Yardmc Teorem (Be³li Yardmc Teorem). Satrlar tam dizi ve içindeki her bir dikdörtgeni de i³meli olan M A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 B 1 B 2 B 3 B 4 B 5 vektör uzay ve homomorzmalarnn olu³turdu u diyagram dü³ünelim. E er, f 1, f 2, f 4 ve f 5 birer izomorzma ise f 3 'te bir izomorzmadr. Teorem 4.4.1'in Kant : Kant be³ admdan olu³maktadr. Adm 1) Teorem M = R n için do rudur: k n oldu u zaman Hc k (M) = 0 = (H n k DR (M)) olaca ndan sadece k = n durumunu incelememiz yeterlidir. Manifold üzerinde tkz destekli ve integrali bire e³it bir ω formu seçelim. Bu durumda 0 [ω] Hc n (M) R eleman kohomolojinin bir üreteci olacaktr. [1] HDR 0 (M) R grubunun üreteci olan ve sabit bir de erini alan fonksiyonun kohomoloji snf ise ω 1 = 1 R n olaca ndan bu admn kant tamamlanm³ olur. R n ile bu küme içindeki açk ve yldz biçimindeki bir kümenin kohomoloji gruplar izomork olaca ndan bu adm R n içindeki her konveks açk küme için de kantlanm³ olur (bkz. Sonuç ).

260 242 De Rham Kohomoloji Adm 2) L k (M) ile (Hc k (M)) dualini gösterelim. U, V M açk kümeler olmak üzere U V tkz destekli kohomoloji ve De Rham kohomolojisinin duali için Mayer-Vietoris dizilerinin olu³turdu u ³u diyagram dü³ünelim: H k DR(U V ) H k DR(U) H k DR(V ) H k DR(U V ) H k+1 DR (U V ) D D D D D L n k (U V ) L n k (U) L n k (V ) L n k (U V ) L n k 1 (U V ). Tüm dü³ey homomorzmalar Poincaré homomorzmalarn göstermektedir. Bu admda diyagramdaki tüm dikdörtgenlerin i³aretli-de i³meli oldu unu gösterece iz. lk iki dikdörtgen için kant çok açktr, çünkü tüm yatay fonksiyonlar içerme fonksiyonlarndan elde edilmi³tir. Son dikdörtgenin i³aretli-de i³meli oldu unu görebilmek için ba lant homomorzmalarnn nasl tanmland n hatrlamamz gerekmektedir: lk önce δ : Hc n k 1 (U V ) Hc n k (U V ) homomorzmasnn nasl tanmland n görelim. [ω] Hc n k 1 (U V ) olsun. Teorem 4.3.6'daki Zig-Zag homomorzmasnn tanmndan ω = ξ µ olacak ³ekilde srasyla U ve V içinde tkz destekli ξ ve µ formlar vardr, öyle ki δ([ω]) = [dξ] = [dµ] olur. Di er taraftan, δ : H k DR(U V ) H k+1 DR (U V ) ise ³u ³ekilde tanmlanr. Herhangi bir [a] HDR k (U V ) snf alalm. Bu durumda, a = b c olacak ³ekilde, b Ω n k 1 (U) ve c Ω n k 1 (V ) formlar vardr. Aslnda De Rham kohomolojinin Mayer-Vietoris dizisinin kantndan bu formlarn sadece U V açk kümesinde desteklendi ini görürüz. Son olarak, ba lant homomorzmas δ(a). = { db, U üzerinde dc, V üzerinde ile tanmlanr. Bu durumda, δ (D([a]))([ω]) = U V δ(ω) a = U V dξ (b c) olur. Di er taraftan, D([δ([a])])([ω]) = U V ω δ(a) = U V (ξ µ) δ(a)

261 Poincaré zomorzmas 243 olur. Ayrca, b ve c formlarnn aslnda U V içinde desteklendi ini aklmzda tutarak son integrali açarsak (ξ µ) δ(a) = ξ δ(a) µ δ(a) U V U V = ξ db µ dc U V = ξ db µ dc elde ederiz. imdi de, U V manifoldunun snrnn olmamasn, integralleri alnan ξ db, µ dc formlarnn U V içinde tkz destekli olduklarn ve U V U V d(ξ b) = dξ b + ( 1) k ξ db, d(µ c) = dµ c + ( 1) k µ dc e³itliklerini Stokes Teoremi'nde kullanarak, son integralin ( 1) k+1 dξ b ( 1) k+1 dµ c = ( 1) k+1 U V U V U V oldu unu görürüz. Bu kant bitirir. dξ (b c) O halde, Poincaré homomorzmas U, V ve U V açk kümeleri için birer izomorzma ise, Adm 2 ve Be³li Yardmc Teorem sayesinde U V açk kümesi için de bir izomorzma oldu unu görmü³ olduk. Adm 3) Teorem ayrk bir {U α M} açk küme koleksiyonunun her bir eleman için do ru ise bu kümelerin U = U α birle³imi için de do rudur: HDR k (U) = Π αhdr k (U α) direkt çarpmna izomorktir. Di er taraftan, Hc k (U) = α Hc k (U α ) direkt toplamna ve dolaysyla, duali de yine L k (U) = Π α L k (U α ) direkt çarpmna e³ittir. Adm 4) Teorem her U R n açk kümesi için do rudur. Bunun için önce topolojik bir sonuç kantlayaca z. ddia: R n içindeki her açk küme U ve V gibi iki açk kümenin birle³imi olarak yazlabilir öyle ki, U, V ve U V her biri sonlu tane R n içindeki dikdörtgen bölgenin birle³imi olan açk kümelerin ayrk bir birle³imidir. ddiann kant: Yardmc Teorem 2.2.1'den dolay her manifold, dolaysyla da R n içindeki her açk küme K n Int(K n+1 ), n N, ko³ulunu sa layan bir (K n ) tkz alt kümeler dizisinin birle³imi olarak yazlabilir. imdi K 1 tkz kümesini sonlu tane açk dikdörtgen ile örtelim öyle ki her bir dikdörtgen Int(K 2 ) içinde kalsn. Bu dikdörtgenler R 1,, R i1 olsun. Daha sonra, K 2 Int(K 1 ) tkz bölgesini örten ve Int(K 3 ) içinde kalan sonlu tane S 1,, S j1 açk dikdörtgeni seçelim. Bu ³ekilde devam edelim. Son olarak, U

262 244 De Rham Kohomoloji ve V kümelerini U = R i ve V = S j olarak tanmlarsak iddiann kant tamamlanm³ olur. ddiay kabul ederek bu admn kantn bitirelim. R 1 açk bir dikdörtgen ise R n 'e difeomork olaca ndan teorem R 1 için do rudur (Adm 1). imdi teoremin k tane açk dikdörtgenin birle³imi için do ru oldu unu kabul edelim. Bu birle³imi A ile gösterelim ve B = R k+1 bir ba³ka açk dikdörtgen olsun. Bu durumda A B yine k-tane açk dikdörtgenin birle³imi olacaktr. O halde teorem A, B ve A B için do rudur. Son olarak, Adm 2'den dolay teorem A B için de do ru olur. Dolaysyla, tümevarmdan dolay teorem her sonlu sayda açk dikdörtgenin birle³imi için kantlanm³ olur. Bu durumda Adm 4, ddia'nn ve Adm 3'ün bir sonucudur. Adm 5) Önceki admn içindeki iddiann kantn takip ederek ³unu gösterebiliriz: M manifoldu U ve V gibi iki açk kümenin birle³imi olarak yazlabilir öyle ki, U, V ve U V her biri sonlu tane R n içindeki açk kümenin birle³imi olan açk kümelerin ayrk bir birle³imidir. Bu durumda önceki admlardan dolay, teorem U, V ve U V için do ru olaca ndan M = U V için de do ru olacaktr. Böylece kant tamamlanr. Hatrlatma Teoremin topolojik sonuçlarna geçmeden önce do rusal cebire ait bir önermeyi hatrlayalm: Herhangi bir V vektör uzaynn ikinci dualine izomork olmas için gerek ve yeter ³art bu uzayn sonlu boyutlu olmasdr (bkz. Al³trma 22). O halde, tkz her M manifoldu için Poincaré izomorzmasndan dolay H k DR(M) (H n k DR (M)) ((H k DR(M)) ) (H k DR(M)) sa lanaca ndan bu manifoldun tüm kohomoloji vektör uzaylarnn sonlu boyutlu olmas gerekti ini görürüz (Tüp Kom³uluk Teoremi ve Mayer-Vietoris kohomoloji dizisi bu sonucun ba³ka bir kantn verir; bkz. Hatrlatma ve Al³trma 13). Sonuç Ba lantl tkz bir manifoldun tüm De Rham kohomoloji vektör uzaylar sonlu boyutludur. Sonuç M n ba lantl bir manifold olmak üzere HDR n (M) = R olmas için gerek ve yeter ³art manifoldun snrsz, tkz ve yönlendirilebilir olmasdr. E er manifold tkz de ilse ya da yönlendirelebilir de ilse HDR n (M) = 0 olur. Kant : Sonuç 'ten dolay tkz ve yönlendirilebilir manifoldlar için HDR n (M) = R oldu unu biliyoruz. Manifold yönlendirilebilir ama tkz de ilse Hc 0 (M) = 0 oldu undan Poincaré izomorzmas bize HDR n (M) = 0 sonucunu verir. E er manifold yönlendirilebilir de ilse, yönü ters çeviren bir e ri boyunca ilerleyerek bir koordinat diski üzerinde tanml bir formun ters i³aretlisi ile ayn kohomoloji snfn temsil etti ini görürüz. Bu durumda yine HDR n (M) =

263 Poincaré zomorzmas elde edilir. Son olarak, e er manifold yönlendirilebilir snrl ve tkz ise, yönlendirilebilir tkz ve snrsz W = M M ( M) manifoldu için (bkz. Ünite 3, Al³trma 39) Mayer-Vietoris dizisini yazarsak H n 1 DR ( M) Hn DR(W ) H n DR(M) H n DR( M) H n DR( M) = 0 elde edilir. Fakat, HDR n (W ) R ve Hn DR (M) Hn DR ( M) oldu undan (M) = 0 olmas gerekti ini görürüz. H n DR Örnek Tkz olmayan M = R 2 Z 2 manifoldunun birinci De Rham kohomolojisi sonsuz boyutludur. Her (m, n) Z 2 için ω m,n = x dy y dx 2π ((x m) 2 + (y n) 2 ) Ω1 (M) ³eklinde tanmlanan formlar kapaldr ve do rusal ba msz bir küme olu³tururlar. Aslnda daha fazlasn söyleyebiliriz. Bu manifold için Hc 1 (M) saylabilir bir tabana sahip sonsuz boyutlu bir vektör uzay iken, HDR 1 (M) ve bunun duali taban saylamaz büyüklükte bir vektör uzaydr. Dolaysyla, tkz olmayan manifoldlar için Hc k (M) ve (H n k DR (M)) izomork olmayabilir (bkz. Al³trma 23). Örnek M = R 2 {(0, 0)} bir delikli diskin birinci kohomolojisinin x dy y dx üretecinin ω = oldu unu görmü³tük. Bu elemann Poincaré x 2 + y 2 dualini veren ν = D M (ω) Hc 1 (M) formu, r = x 2 + y 2 ve ρ : (0, ) [0, 1], 0 ρ(r) dr = 1 üzere a³a daki gibidir: Gerçekten de ν ω = M ko³ulunu sa layan tkz destekli bir fonksiyon olmak ν = ρ(r) dr = ρ(r) 2π 0 0 x dx + y dy x 2 + y 2. ρ(r) (x dx + y dy) (x dy y dx) = 1 2πr3 olur. Benzer ³ekilde K = {f = 0, g = 0} S 3 ile verilen bir dü ümünün f dg g df geçi³me formunun ω K = 2π(f 2 + g 2 ) H1 DR(S 3 K) Poincaré duali ν = ρ( f 2 + g 2 ) f df + g dg f 2 + g 2 ds formunun skaler katdr. Buradaki ds 1-formu (f) (g) vektör d³ çarpmnn metrik dualidir.

264 246 De Rham Kohomoloji Tanm HDR k (M) De Rham kohomoloji vektör uzay sonlu boyutlu olan bir M türevlenebilir manifoldunun k'nc Betti says b k (M) =. dim(hdr k (M)) olarak tanmlanr. E er M manifoldunun tüm kohomoloji gruplar sonlu boyutlu ise manifoldun Euler karakteristi i Betti saylarnn χ(m). = de i³meli toplam olarak tanmlanr. dim(m) k=0 ( 1) k b k (M) Betti saylar ve dolaysyla Euler karakteristi i manifoldun difeomorzma de i³mezleridir. Mayer-Vietoris tam dizisi kullanlarak elde edilen a³a daki sonuç Euler karakteristi inin aslnda bir çe³it ölçüm oldu unu göstermektedir. (Ayrca bkz. Al³trma 25) Sonuç M türevlenebilir bir manifold ve U ve V bu manifoldun tüm Betti saylar sonlu olan iki açk kümesi olsun. E er U V ve U V açk kümelerinin tüm Betti saylar da sonlu ise olur. χ(u V ) = χ(u) + χ(v ) χ(u V ) Kant : Her terimi sonlu boyutlu ve sadece sonlu tanesi sfr vektör uzayndan farkl olan vektör uzaylarnn bir δi 1 A i tam dizisini alalm. Her A i f i Bi g i Ci δ i Ai+1 f i+1 (benzer ³ekilde B i, C i ) için dim(a i ) = dim(imf i ) + dim(ker f i ) oldu u açktr. χ(a) = i ( 1)i dim(a i ) olarak tanmlansn (benzer ³ekilde χ(b) ve χ(c)'yi de tanmlayalm). Yukardaki dizinin taml ndan dolay Imδ i = ker f i+1, ker δ i = Img i, ve Imf i = ker g i oldu unu biliyoruz. Bu durumda χ(c) + χ(a) = ( 1) i [(dim Imδ i + dim ker δ i ) = = i + (dim Imf i + dim ker f i )] ( 1) i [(dim ker f i+1 + dim Img i ) i + (dim ker g i + dim ker f i )] ( 1) i (dim Img i + dim ker g i ) i + ( 1) i (dim ker f i + dim ker f i+1 ) i = χ(b) + 0 = χ(b)

265 Poincaré zomorzmas 247 elde ederiz. Son olarak U ve V açk kümelerinin Mayer-Vietoris dizisinde. A i = H i. DR (U V ), B i = H i DR (U) HDR i (V ), ve C. i = HDR i (U V ), alarak kant tamamlarz. Hatrlatma Öklit düzleminin a³a daki ³ekilde verilen açk alt kümeleri için χ(u) = 1 = χ(v ) oldu u halde U V ve U V açk kümelerinin Euler Karakteristikleri iyi tanml de ildir, çünkü HDR 0 (U V ) ve H1 DR (U V ) sonsuz boyutludur (bkz. ekil 4.13). ekil 4.13: U ve V basit ba lantl olduklar halde birle³im ve kesi³imleri oldukça karma³k bir topolojiye sahip olabilirler. Di er taraftan U, V, U U, U V açk kümelerinin herhangi üçünün Euler karakteristikleri iyi tanml ise dördüncünün Euler karakteristi i de iyi tanmldr. Poincaré izomorzmasnn kolay bir sonucunu a³a da veriyoruz (bkz. Al³trma 24). Sonuç M tek boyutlu yönlendirilebilir tkz bir manifold ise χ(m) = 0 olur. Bu sonuç yönlendirilemeyen tkz tek boyutlu manifoldlar için de do rudur. Kant için biraz daha beklememiz gerekiyor (bkz. Sonuç ). Di er taraftan M 4n+2 boyutlu yönlendirilebilir tkz bir manifold ise kolayca χ(m) b 2k+1 (M) oldu unu görebiliriz. Poincaré izomorzmasnn sonucu olarak H 2n+1 (M) H 2n+1 (M) R, ([ω], [ν]) ω ν bilineer formunun soysuzla³mam³ (dejenere olmayan) oldu unu biliyoruz. Ayrca (2n+1) tek say oldu u için bu bilineer form ters simetriktir. Son olarak, sadece çift boyutlu gerçel vektör uzaylar soysuzla³mam³ ters simetrik bilineer form ta³yabildikleri için b 2n+1 (M) çift say olmaldr. O halde a³a daki sonucu kantlam³ olduk: M

266 248 De Rham Kohomoloji Sonuç M boyutu 4n + 2 olan yönlendirilebilir tkz bir manifold ise χ(m) bir çift saydr. Hatrlatma Yukardaki sonucun hipotezindeki dim(m) = 4n + 2 ko³ulu kaldrlamaz çünkü (gerçel) dört boyutlu CP 2 karma³k projektif düzlemin Euler says üçtür. 4.5 Al³trmalar 1. Önerme 4.1.2'yi kantlaynz. 2. Önerme 4.1.4'ün kantn tamamlaynz. 3. Sonuç 4.1.9'un kantnda tanmlanan r : D 2 D 2 = S 1 fonksiyonun türevlenebilir oldu unu gösteriniz. 4. Yardmc Teorem 4.2.1'in kantnda tanmlanan P : Ω k (M R) Ω k 1 (M R) do rusal dönü³ümünün manifold üzerinde seçilen yerel koordinat sisteminden ba msz oldu unu ve dolaysyla iyi tanml oldu unu gösteriniz. 5. R 2 {(0, 0)} üzerinde kapal bir ω = f(x, y)dx + g(x, y)dy 1-formu alalm, öyle ki her (x, y) R 2 {(0, 0)} için f(x, y) 1 ve g(x, y) x 2 + y x 2 + y 2 e³itsizlikleri sa lansn. Stokes Teoremi'ni kullanarak bu formun tam oldu unu gösteriniz. 6. Kutupsal koordinatlarda r = sin 2θ, θ [0, 2π], ile verilen e rinin dönme saysnn üç oldu unu gösteriniz. 7. ki ayrk dü ümün geçi³me saysnn sayfa 212'de Gauss'un tanmlad say ile ayn oldu unu kantlaynz. 8. Hatrlatma ve 4'deki iddialar kantlaynz. 9. Verilen bir f : (A, d A ) (B, d B ) zincir fonksiyonunun kohomoloji seviyesinde homomorzma verdi ini gösteriniz (bkz. s. 215): f : H n (A ) H n (B ), f ([a]). = [f (a)], a A n. 10. Öklit uzayndaki n-boyutlu yuvardan snrna hiçbir türevlenebilir r : D n S n 1 küçültme fonksiyonu yoktur (bkz. Teorem 4.1.8).

267 Al³trmalar Her türevlenebilir f : D n D n fonksiyonun en az bir sabit noktas vardr (bkz. Sonuç 4.1.9). 12. Mayer-Vietoris kohomoloji dizisini kullanarak S n S m manifoldunun kohomolojilerini hesaplaynz. 13. Tüp Kom³uluk Teoremi'ni ve Mayer-Vietoris kohomoloji dizisini kullanarak tkz manifoldlarn tüm kohomolojilerinin sonlu boyutlu oldu unu kantlayabiliriz. Bunun için manifoldu, diyelim ki M m olsun, bir Öklit uzayna gömelim: M m R n. Manifoldu sonlu tane R n içinde açk konveks alt küme ile örtelim, öyle ki bu kümelerin birle³imi manifoldun bir tüp kom³ulu unu olu³tursun: M U 1 U N R n. O halde, bu konveks kümelerin birle³iminin kohomolojisi manifoldun kohomolojisine e³ittir. Son olarak, Mayer-Vietoris dizisini ve tümevarm metodunu kullanarak sonlu tane açk konveks kümenin birle³iminin kohomolojisinin sonlu boyutlu oldu unu gösteriniz. (Bkz. Hatrlatma ve Sonuç ) 14. Teorem 'un kantn tamamlaynz. 15. Teorem 'i kantlaynz. 16. Örnek 'in içindeki iddiay kantlaynz. 17. Sfrdan farkl gerçel p(x) = a n x n + + a 0 ve q(x) = b m x m + + b 0 polinomlarnn do rusal f t (x) = (1 t)p(x) + tq(x), t [0, 1], homotopisini dü³ünelim. Bu homotopinin düzgün olmas için gerek ve yeter ko³ulun deg(p(x)) = deg(q(x)) (mod 2) ve a n b m > 0 oldu unu kantlaynz. 18. Yönlendirilmi³ ve tkz her manifolddan ayn boyuttaki küreye derecesi bire e³it olan bir fonksiyonun varl n kantlaynz. 19. Derecesi sfr olan türevlenebilir her f : S 1 S 1 fonksiyonunun bir sabite homotopik oldu unu gösteriniz. Bunu fonksiyonun düzgün bir de erinin ters görüntüsünü ele alarak ³u ³ekilde yapnz: Fonksiyonun bir p S 1 düzgün de eri etrafnda küçük bir p U S 1 aral alalm. Bu aral n ters görüntüsü her biri bu aral a f fonksiyonu ile difeomork olan sonlu saydaki V 1,, V k aralklarndan olu³acaktr. Ayrca aralklarn çember üzerinde ard³k ³ekilde dizildi ini kabul edebiliriz. Ard³k V i ve V i+1 aralklarnn arasnda kalan aral n, diyelim ki [a i, b i ] olsun, tam orta noktasn q i olarak adlandralm. imdi f fonksiyonunu hem her bir V i hem de [a i, b i ] aral nda do rusal bir fonksiyona homotopi edelim. Elde etti imiz fonksiyona yine f diyelim. Bu fonksiyon, e er ard³k V i ve V i+1 aralklarnda ters yerel derecelere sahipse, [a i, a i+1 ] aral nda

268 250 De Rham Kohomoloji sabit olacaktr. Bu durumda fonksiyonu V i [a i, a i+1 ] V i+1 birle³iminde yine bir sabite homotopi edebiliriz, öyle ki, homotopinin her adm bu aral U kümesinin kapan³nn içine gönderir. Fonksiyonun derecesi sfr oldu u için bu i³lemi tekrar ederek sonunda sabit bir fonksiyona ula³rz. Bu sonucu kullanarak çemberden çembere giden fonksiyonlarn ekil 4.14: Fonksiyonun V i ve V i+1 açk kümeleri üzerindeki yerel derecelerinin srasyla 1 ve +1 oldu u durum. homotopi snarnn bir grup olu³turdu unu ve grubun tam saylar grubuna, [f : S 1 S 1 ] deg(f), derece fonksiyonu ile izomork oldu unu kantlaynz. 20. Boyutu n 0 olan bir manifold üzerinde tanml ve dereceleri e³it herhangi iki türevlenebilir (sürekli) f 1 : M S n ve f 2 : M S n fonksiyonlarnn homotopik olduklarn gösterebiliriz. 21. Be³li Yardmc Teorem olarak bilinen Yardmc Teorem 4.4.2'yi kantlaynz. 22. Herhangi bir F cismi üzerinde tanml V vektör uzaynn dualine izomork olmas için sonlu boyutlu olmas gerekti ini gösteriniz. pucu: Vektör uzaynn sonsuz elemanl bir β = {v λ λ Λ} Hamel taban varsa, her A Λ alt kümesi için taban elemanlar üzerinde { 1, λ A f A : V F, f A (v λ ) = 0, λ A, ile tanmlanan fonksiyonellerin olu³turdu u saylamaz kümenin dual uzay içinde do rusal ba msz oldu unu gösteriniz. 23. Örnek 4.4.6'nn içinde geçen iddialar kantlaynz. 24. Tek boyutlu tkz ve yönlendirilebilir bir manifoldun Euler karakteristi inin sfr oldu unu gösteriniz. 25. M herhangi bir manifold ve {L i } bu manifoldun kapal alt manifoldlarnn sonlu bir ailesi olsun, öyle ki, bu aile kesi³imler altnda kapal olsun ve yine bu ailenin birbirini içermeyen herhangi iki L i, L j eleman

269 Al³trmalar 251 dik kesi³sin (dik kesi³imin tanm için 5. Ünite'ye baknz). Bu ailenin üretti i en küçük Boolean cebirinin (ba³ka bir deyi³le B kümesinin elemanlar ile onlarn tümleyenlerinin sonlu birle³imleri) elemanlarnn topolojik bile³enlerinin olu³turdu u ailenin üretti i Boolean cebirini de B gösterelim. Bu yapy bir örnekle açklayalm: M = R 2 ve L = x-ekseni olsun. Tek elemanl B = {L} ailesinin üretti i Boolean cebiri {, L, R 2 L, R 2 } oldu u halde B üst ve alt yar düzlemleri de içermektedir. (a) M = S 2 birim küresi ve B = {S 0, S 1 } olmak üzere B cebirinin tüm elemanlarn listeleyiniz. ki boyutlu küre için olu³turdu unuz yapy S n, RP n ve CP n manifoldlarna geni³letiniz. (b) Euler karakteristi i açk kümeler üzerinde toplamsal olsa da genelde toplamsal de ildir. Örne in, M = R ve L = {0} alt manifoldunu dü³ünelim. M = L (M L) ayrk birle³imi için χ(m) = 1 3 = = χ(l) + χ(m L) olur ve dolaysyla Euler karakteristi i toplamsal de ildir. (c) Herhangi bir M manifoldun tkz destekli Euler karakteristi i χ c (M) =. i ( 1)i Hc(M) i ile tanmlanr (toplamn sonlu olmas ko³ulu altnda). U M açk bir alt küme olmak üzere χ c (M U). = i ( 1) i H i c(m, U) ile tanmlanr. imdi yukardaki örne i tekrar ele alalm: χ c (M) = 1 = 1 2 = χ(l) + χ(m L). Aslnda tkz destekli yerel kohomoloji dizisi sayesinde kolayca χ c (M) = χ c (U) + χ c (M U) oldu u gösterilebilir. (d) E er χ c fonksiyonu B cebirinin her eleman üzerinde sonlu bir de er alyorsa, χ c fonksiyonun bu cebir üzerinde toplamsal oldu unu gözlemleyiniz. (e) A de i³meli bir grup ve ϕ : M A herhangi bir fonksiyon olsun. E er her a A için ϕ 1 (a) B oluyorsa bu fonksiyonun M üzerinde (tkz destekli) Euler karakteristi ine göre integrali. ϕ d χc = χ c (ϕ 1 (a)) a, M a A toplam olarak tanmlanr (yine toplamn sonlu oldu u durumda). A = Z olmas durumunda M 1 d χ c = χ c (M) oldu unu gösteriniz.

270 252 De Rham Kohomoloji (f) M manifoldu gerçel cebirsel bir küme (herhangi bir R N içinde sonlu tane polinomun ortak sfrlarnn kümesi) ise B cebirini M kümesinin yar cebirsel alt kümelerinin (polinom e³itsizlikleri ile tanmlanan alt kümeler) ailesi olarak seçebiliriz. Tkz desteki kohomoloji aile üzerinde toplamsal olacaktr. Bunu kullanarak cebirsel geometrik birçok sonucu elde etmek mümkündür. Euler karakteristi inin bir ölçüm olarak kullanlabilece i üzerine ilk makale Oleg Viro tarafndan yazlm³tr ([37]). Bu kirlerin birçok uygulamasn da içeren önemli bir kaynak olarak [16] numaral referans da vermeliyiz. Bu makalelerde bahsedilen integral tekni inin birçok uygulamasn bulabilirsiniz. (g) Biraz cebirsel topoloji bilen okuyucularmza ³u hatrlatmay yapalm: Tkz destekli tekil kohomoloji kullanarak yukarda yaptklarmz CW-kompleks yapsna sahip topolojik uzaylara geni³letebiliriz.

271 Bir konuyu açkl a kavu³turup tam anlamyla bitirdi im zaman, o konudan uzakla³rm. Bu sayede tekrar karanlklara dalabilirim. -Carl Friedrich Gauss 5 Kesi³im Teorisi Bu ünitede türevlenebilir manifoldlarn topolojik özelliklerini alt manifoldlar yardmyla anlamaya çal³aca z. Bunu yapmak için alt manifoldlarn kesi³im teorisini kullanaca z. Alt manifoldlarn kesi³im teorisini de Sard Teoremi'nin bir uygulamas olan dik kesi³im teorisi ile kuraca z. Alt manifoldlarn kesi³imini kohomoloji snar yardmyla ifade edece iz ve bunu kullanarak Euler karakteristik snfn tanmlayaca z. Euler snfn vektör alanlarnn sfrlar ile ili³kilendirece iz. Bu konularla ilgili en iyi kaynaklardan birisi [15] numaral kitaptr. Euler snfnn Riemannn yüzeylerine uygulamas olarak Riemann- Hurwitz ve Hurwitz teoremlerini verece iz. Bu teoremler cebirsel e riler konusunun da klasik sonuçlardr. Cebirsel geometri konusunda daha kapsaml kaynaklar için [14], [17] ve [12] numaral referanslara bakabilirsiniz. 5.1 Dik Kesi³im Tanm f : K M ve g : L M türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir fonksiyonlar olsun. E er f(p) = g(q) ko³ulunu sa layan her (p, q) K L ikilisi için (Df) p (T p K) + (Dg) q (T q L) = T f(p) M ko³ulu sa lanyorsa bu iki fonksiyon dik kesi³iyor deriz ve bunu f g ³eklinde gösteririz. Hatrlatma ) E er dim(k) + dim(l) < dim M ise f g olmas için gerek ve yeter ³art f ve g fonksiyonlarnn görüntülerinin ortak noktas olmamasdr: f g f(k) g(l) =. 253

272 254 Kesi³im Teorisi 2) E er L = {q 1,, q k } sonlu noktadan olu³an bir manifold ise, f g olmas her g(q i ) M noktasnn f için düzgün bir de er olmasna denktir. Dolaysyla, bu durumda f g ise {p K f(p) g(l)} kümesi K içinde bir alt manifolddur. Sard Teoremi'nin bir sonucu olan a³a daki teorem, dik kesi³imin temel özelliklerini ta³mas açsndan önemlidir. Ksaca söylemek gerekirse teorem fonksiyonlarn dik kesi³mesinin kararl bir durum oldu unu göstermektedir. Teorem f : K R n ve g : L R n türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir fonksiyonlar olsun. Bu durumda ölçümü sfr olan öyle bir C R n kümesi vardr ki, her w R n C için, f w (x). = f(x) + w, x K, olmak üzere f w g olur. E er K tkz bir manifold ve g : L R n düzgün bir fonksiyon ise C kümesi ölçümü sfr olan kapal bir küme olur. Ayrca, bu durumda e er ba³langçta f g ise, öyle bir δ > 0 says vardr ki, her w R n, w < δ için, yine f w g olur. Kant : g f : K L R n, (g f)(x, y) = g(y) f(x), ile tanmlanan fonksiyonunun kritik de erlerinin kümesini C ile gösterelim. Bu durumda, herhangi bir w R n noktasnn bu fonksiyonun bir kritik de eri olmas tam olarak, D(g f) (p,q) : T (p,q) K L T w R n, türev fonksiyonunun örten olmad, fakat w = g(q) f(p) ko³ulunu sa layan bir (p, q) K L ikilisinin varl na denktir. O halde, w R n C ise w = g(q) f(p) ko³ulunu sa layan her (p, q) K L ikilisi için D(g f w ) (p,q) = (Dg) q (Df w ) p = (Dg) q (Df) p = D(g f) (p,q) türev fonksiyonu örtendir. Di er bir deyi³le, w R n C ko³ulu f w g ko³uluna denktir. E er K tkz bir manifold ve g : L R n düzgün bir fonksiyon ise g f fonksiyonu da düzgün olur. Di er taraftan, g f fonksiyonunun kritik noktalar kümesi kapaldr, çünkü her türevlenebilir fonksiyonun kritik noktalarnn kümesi kapal bir kümedir. O halde, bu kapal kümenin g f düzgün fonksiyonu altndaki görüntüsü olan C kritik de erler kümesi de kapaldr. Son olarak, e er ba³langçta f g ise 0 R n vektörü kapal C R n alt kümesinin d³ndadr. O halde, sfr vektörünün bir B(0, δ) kom³ulu u da C'nin d³nda kalacaktr. Hatrlatma Yukardaki teoremin ikinci ksmndaki sonucu biraz daha kuvvetlendirebiliriz. w : K R n a³a daki ko³ullar sa layan bir fonksiyon olsun:

273 Dik Kesi³im 255 1) C kümesi yine g f fonksiyonunun kritik de erler kümesi olmak üzere w(k) C = olsun; 2) N(f(K)), f(k) görüntü kümesinin tkz bir kom³ulu u olmak üzere, her (p, q) K (L N(f(K))) için, Dw p < D(g f) (p,q) e³itsizli i sa lansn. (Aslnda f g oldu unu kabul etti imiz için sfr sabit fonksiyonuna yeterince C 1 -yakn her fonksiyon bu ³art sa lar.) Bu durumda, f w = f + w fonksiyonu g fonksiyonuna yine dik olacaktr. Örnek f : S 1 R 3, g : S 1 R 3 iki türevlenebilir fonksiyon ve K = f(s 1 ), L = g(s 1 ) görüntü kümeleri olsun. O halde, yukardaki önermeden dolay ölçümü sfr olan tkz bir C R 3 kümesi d³ndaki her, w R C, vektörü için K + w = {x + w x K} olmak üzere (K + w) L = olur. C kümesinin ölçümü sfr oldu undan w vektörü istenildi i kadar küçük seçilebilir. Ba³ka bir deyi³le, K ve L kümelerinden birini istedi imiz kadar küçük bir vektör boyunca öteleyerek bu iki kümenin kesi³memesini sa layabiliriz. ekil 5.1: K ve L dört ayr noktada kesi³irken K + w ve L kesi³miyor. Teorem 5.1.3'de R n yerine herhangi bir türevlenebilir manifold alnd nda da do rudur. Sonuç f : K M ve g : L M türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir fonksiyonlar olsun. E er g : L M düzgün bir fonksiyon ise, f fonksiyonuna istedi imiz kadar yakn ve ayn zamanda homotopik öyle bir f : K M fonksiyonu vardr ki f g olur. Ayrca, e er ba³langçta f g ise, f fonksiyonuna yeterince yakn her f fonksiyonu da f g ko³ulunu sa lar. Kant : M manifoldunu R m 'e difeomork {ϕ i : V i R m } koordinat kom³uluklar ile örtelim. Daha sonra, K manifoldunu her bir elemannn kapan³ tkz olan yerel sonlu ve saylabilir bir {U k }, k N açk örtüsü ile örtelim öyle ki, her bir f(u k ) bir V i(k) 'nin içinde kalsn. Yine her bir k için a³a daki ko³ullar sa layan türevlenebilir ρ k : M [0, 1] fonksiyonlar seçelim:

274 256 Kesi³im Teorisi 1. Her k için, ρ k (U k ) = {1} ve 2. f(supp(ρ k )) kapan³ tkz olan ve V i(k) içinde kalan bir alt küme olsun. imdi k = 1 için, f 1 = f w1 (p) = { ϕ 1 k(i) (ϕ k(i)(f(p)) + ρ 1 (p)w 1 ), p Supp(ρ 1 ), f(p), p Supp(ρ 1 ), ³eklinde tanmlanan fonksiyon g ile U 1 üzerinde dik kesi³ecek ³ekilde istedi imiz kadar küçük bir w 1 R m vektörü seçelim. Yukardaki hatrlatmadan dolay öyle bir δ > 0 says vardr ki, f 1 h U 1 < δ ko³ulunu sa layan her h : K M fonksiyonu U 1 üzerinde g'ye dik olur. O halde, f 1 fonksiyonunu U 2 üzerinde yeterince küçük bir vektör ile öteleyerek elde edece imiz f 2 fonksiyonu U 1 U 2 üzerinde g'ye dik hale gelecektir. U 1 U 2 tkz oldu u için ayn oyunu tekrar ederek tanmlayaca mz f 3 fonksiyonu U 1 U 2 U 3 üzerinde g'ye dik olacaktr. Tümevarm yöntemi ile her n için, U 1 U n üzerinde g'ye dik olan ve f'ye istedi imiz kadar yakn bir f n bulabiliriz. Elde etti imiz (f n ) fonksiyon dizisinin kurulu³undan dolay, her U n için öyle bir k n do al says vardr ki, her k k n ve p U n için, f n (p) = f k (p) olur. O halde, f = lim f k k fonksiyonu arad mz fonksiyondur. kinci ksmn kant benzer kirlerle yaplabilece inden okuyucuya al³trma olarak braklm³tr (bkz. Al³trma 1). Hatrlatma 'nin bir genellemesi olan a³a daki teoremde g : L M fonksiyonunu bir gömme fonksiyonu olarak alaca z. Ayrca bu durumda, f g yerine f L yazaca z. Teorem f : K M türevlenebilir bir fonksiyon ve L M kapal bir alt manifold olsun. E er f L ise f 1 (L) K ters görüntüsü dim(k) + dim(l) dim(m) boyutlu bir alt manifolddur. Ayrca K snr olan bir manifold ve f K L ise f 1 (L) K ters görüntüsü snr olan bir manifold olur öyle ki, olur. f 1 (L) = ( K) f 1 (L) Kant : L l M m kapal bir alt manifold oldu u için her q L noktas etrafnda M için öyle bir (y 1,, y l, y l+1,, y m ) koordinat sistemi seçebiliriz ki, L alt manifoldu y l+1 = = y m = 0 denklem sisteminin çözümü olur. imdi de U K k üzerinde bir (x 1,, x k ) koordinat sistemi seçelim öyle ki (y 1,, y m ) = (f 1 (x 1,, x k ),, f m (x 1,, x k )) = f(x 1,, x k )

275 Dik Kesi³im 257 olsun. O halde, bu koordinat sisteminde f 1 (L) = {x = (x 1,, x k ) f l+1 (x) = = f m (x) = 0} ile verilir. Ayn koordinat sisteminde tanml g : U R m l, x g(x) = (f l+1 (x),, f m (x)), fonksiyonunu dü³ünelim. f L dik kesi³me ko³ulu 0 R m l noktasnn g : U R m l fonksiyonu için bir düzgün de er olmasna denktir. Son olarak, f 1 (L) manifoldu bu koordinat sisteminde tam olarak g 1 (0) ters görüntüsüne e³it oldu undan f 1 (L) K boyutu k (m l) = k + l m olan bir alt manifolddur. Böylece ilk ksmn kant tamamlanr. Teoremin ilk ksmndan dolay, f 1 (L) (K K) ve f 1 (L) K ara kesitleri srasyla (k + l m) ve (k + l m 1)-boyutlu manifoldlardr. Yine de f 1 (L) K manifoldunun f 1 (L)'nin snr oldu unu göstermeliyiz. Bunun için herhangi bir p K f 1 (L) snr noktas etrafnda koordinat sistemi seçelim: H k = {(x 1, x 2,, x k ) R k x 1 0}. f K L oldu undan f l+1 (x),, f m (x) fonksiyonlarnn x 2,, x k de i³kenlerine göre ksmi türevlerinden olu³an matrisin rank m l'dir. Genellikten bir ³ey kaybetmeden bu matrisin son (m l) (m l)'lik alt matrisinin tersinin var oldu unu kabul edebiliriz. Bu durumda (x 1,, x k ) (x 1,, x l+k m, f l+1,, f m ) fonksiyonu bir difeomorzma olur ve dolaysyla da yeni bir koordinat sistemi tanmlar. Bu yeni koordinat sisteminde f 1 (L) g 1 (0) ters görüntüsü tam olarak {(x 1,, x l+k m, 0, 0) H k } H l+k m oldu undan kant tamamlanr. Örnek Bu örnekte D n diskinden snrna sürekli bir küçültme fonksiyonunun var olmad n gösterece iz. Tersine böyle bir küçültme fonksiyonun varl n kabul edelim: r : D n D n = S n 1. Bu fonksiyonun türevlenebilir bir f : D n S n 1 yakla³mn alalm. Küçültme fonksiyonu diskin snrnda birim fonksiyon oldu undan türevlenebilirdir ve dolaysyla türevlenebilir yakla³mnn da snrda birim fonksiyon oldu unu kabul edebiliriz. Ayrca bu türevlenebilir yakla³mn da bir küçültme fonksiyonu oldu unu kabul edebiliriz. imdi bu türevlenebilir küçültme fonksiyonun bir düzgün p S n 1 de erini seçelim. Bu durumda C = f 1 (p) snr olan tkz ve 1-boyutlu bir alt manifolddur. Yukardaki teoremi ve f'nin snrda birim fonksiyon olmasn kullanarak, C = f 1 (p) S n 1 = {p} elde ederiz. Fakat bir boyutlu tkz bir manifoldun snr tek bir noktadan olu³amaz; dolaysyla bu bir çeli³kidir. O halde, r : D n D n = S n 1 gibi bir küçültme fonksiyonu yoktur.

276 258 Kesi³im Teorisi 5.2 Alt Manifoldlarn Kesi³imi ve Poincaré Duali Bu bölümde alt manifoldlarn kesi³im teorisini kuraca z. Daha sonra bu teoriyi kohomoloji ve Poincaré dualli i ile ili³kilendirece iz ve son olarak bu teorinin bir uygulamas olarak baz manifoldlarn kohomoloji cebirlerinin çarpm yaplarn alt manifoldlarn kesi³imleri yardmyla inceleyece iz. Manifoldlarn kesi³im teorisini bir önceki bölümde inceledi imiz dik kesi³im ve Alt Bölüm yardmyla olu³turaca z. Alt Bölüm 2.3.5'de inceledi imiz vektör uzaylarnn kesi³im teorisini do rudan te et uzaylara uygulayarak alt manifoldlarn kesi³imlerinin yönünü belirleyece iz: L l, K k M m yönlendirilmi³ bir manifoldun yönlendirilmi³ kapal alt manifoldlar olsun. E er f : L M ve g : K M içerme fonksiyonlar dik kesi³iyorsa L K ara kesiti M manifoldunun (k + l m)-boyutlu yönlendirilmi³ bir alt manifoldu olur. E er yönlendirmeleri dikkate almazsak L K sadece (k +l m)-boyutlu bir alt manifold olur. E er bu iki alt manifold dik kesi³miyorsa ikisinden birini hafçe oynatarak dik kesi³ir pozisyona getirebiliriz. Farkl oynatmalardan elde edilecek dik kesi³imlerin temel de i³mezini a³a daki önermede açklayaca z. Önerme f : L M ve g : K M iki kapal alt manifold olsun. Ayrca f i : L M, i = 0, 1, f içerme fonksiyonuna homotopik ve g'ye dik olan iki fonksiyon olsun. Bu durumda (k + l m)-boyutlu f 0 (L) g(k) ve f 1 (L) g(k) alt manifoldlar (k + l m + 1) boyutlu bir W manifoldunun snr olurlar. E er L, K ve M yönlendirilmi³ manifoldlar ise W manifoldu da yönlendirilmi³ olarak seçilebilir öyle ki, olur. W = (f 1 (L) g(k)) (f 0 (L) g(k)) Kant : Kant önceki bölümün sonuçlarndan kolayca elde edilir. kinci ksmn kant için, f 0 ve f 1 fonksiyonlarn birbirine ba layan ve g'ye dik olan bir F : K [0, 1] M homotopi fonksiyonu seçelim. Bu durumda W = F 1 (g(k)) olacaktr. Yönlendirmelerle ilgili ifadenin kantn okuyucuya brakyoruz (bkz. Al³trma 2). Kapal K ve L alt manifoldlarndan birinin tkz ve k + l = m olmas durumunda ara kesiti saysal bir de i³mez ile ifade edebiliriz: Bir boyutlu, tkz, ba lantl snrl bir manifoldun snr iki noktadan olu³ur. E er manifold yönlendirilmi³ ise snr noktalar da ters i³aretli olarak yönlendirilir. Bu durumda önceki önermeden ³u sonucu elde ederiz. Sonuç Bir önceki önermede oldu u gibi L ve K kapal alt manifoldlarnn boyutlarnn toplam k+l = m ve ikisinden biri tkz ise, f 0 (L) g(k) ve f 1 (L) g(k) dik kesi³imleri sonlu sayda noktadan olu³ur. W ise bir boyutlu tkz bir manifolddur. Ayrca e er manifoldlar yönlendirilmi³ ise W

277 Alt Manifoldlarn Kesi³imi ve Poincaré Duali 259 ve dolaysyla snr da yönlendirilmi³ olacaktr. Int(f i (L), g(k)), i = 0, 1, ile bu ara kesiti olu³turan noktalarn i³aretli toplamn gösterirsek Int(f 0 (L), g(k)) = Int(f 1 (L), g(k)) olur. Yönlendirmeleri dikkate almazsak (örne in, manifoldlardan biri yönlendirilemiyorsa) Int(f 0 (L), g(k)) Int(f 1 (L), g(k)), (Mod 2) (Z 2 de erli kesi³im says) elde ederiz. Yukardaki sonuçla iyi tanml oldu unu gösterdi imiz Int(f i (L), g(k)) saysna f(l) ve g(k) alt manifoldlarnn kesi³im says denir ve ksaca Int(K, L) ile gösterilir. Hatrlatma ) E er K, L veya M manifoldu yönlendirilemez ise baz özel durumlar d³nda sadece (Mod 2) kesi³im saysndan bahsedebiliriz (bkz. Hatrlatma ve Örnek ). 2) E er K = L ise Int(K, K) saysna K alt manifoldunun kendisi ile kesi³im says denir. 3) Vektör uzaylarnn yönlendirmelerini hatrlayarak Int(K, L) = ( 1) kl Int(L, K) elde ederiz (m = k + l oldu unu kabul ediyoruz). Dolaysyla, e er m = 2k ve k tek say ise Int(K, K) = 0 olur. Örnek ) M = T 2 = S 1 S 1, L = S 1 {p} ve K = {q} S 1 alt manifoldlar olmak üzere L K = {(p, q)} tek noktada dik kesi³irler. O halde, Int(L, K) = ±1 olur (yönlendirmelere ba l olarak i³aret de i³ir). Int(L, L) = 0 oldu u da kolayca görülür (ayrca bkz. Al³trma 3). 2) M = CP 2 karma³k projektif düzlemde bir L = CP 1 do rusu alalm. L alt manifoldunun kendisi ile kesi³imini almak için bu do ruyu biraz oynatarak ba³ka bir do ru elde edelim. ki farkl do ru tek bir noktada dik kesi³ecektir. Tüm do rular karma³k yönlendirmeleriyle dü³ünürsek kesi³imin i³areti pozitif olacaktr. Dolaysyla, Int(L, L) = 1 olacaktr. Örnek 'de karma³k homojen polinomlarn sfrlar olarak ifade edilen alt manifoldlarn kesi³im saysn hesaplayaca z. 3) imdi de gerçel projektif uzay ele alalm: M = RP 2 ve L = RP 1 olsun. M yönlendirilemeyen bir manifold oldu u için sadece Z 2 de erli kesi³imden bahsedebiliriz. Bir önceki örne e benzer ³ekilde Int(L, L) = 1 olur. (Bkz. Ayrca Al³trma 16) 4) M = S 2 iki boyutlu kürenin üzerindeki herhangi iki tkz e rinin kesi³imi her zaman sfrdr! Aslnda bu HDR 1 (S2 ) = 0 kohomolojisinin ve Teorem 5.2.6'nn bir sonucudur.

278 260 Kesi³im Teorisi Tanm L l M m yönlendirilmi³ bir manifoldun yönlendirilmi³ ve kapal bir alt manifoldu olsun. Bu durumda Stokes Teoremi'nden dolay ϕ : Hc(M) l R, [ω] ω, bir homomorzma verir (ω tkz destekli oldu u için bu formun kapal L alt manifolduna kstlan³ da tkz desteklidir). O halde, D M : H m l DR (M) (Hl c(m)), (D M ([ν])) ([ω]) = ω ν, Poincaré izomorzmasndan dolay bir ve yalnz bir [ν L ] H m l DR (M) vardr, öyle ki, her [ω] Hc(M) l için, ω = ϕ([ω]) = ω ν L olur. Bu forma L M L M alt manifoldunun Poincaré duali denir. L M snf Teorem M m yönlendirilmi³ bir manifold ve L l yönlendirilmi³ kapal bir alt manifold olsun. Bu durumda [ν L ] H m l DR (M) bu alt manifoldun Poincaré duali olmak üzere, her yönlendirilmi³ tkz K m l M alt manifoldu için Int(L, K) = olur. ν L K Kant : K k M yönlendirilmi³ tkz bir alt manifold olsun (k = m l). imdi M manifoldu üzerine bir Riemann metri i koyalm ve K M alt manifoldunun normal demetine bu metri i kstlayalm. Tüp Kom³uluk Teoremi'nden normal demetin sfr kesitinin bir K V N(K) açk kom³ulu unun K U M alt manifoldunun bir açk kom³ulu una difeomork oldu unu biliyoruz. K alt manifoldu tkz oldu undan sfr kesitinin uygun bir ϵ > 0 kom³ulu unun V içinde kalmasn sa layabiliriz. Normal demeti a³a daki gibi yazalm: N(K) = α (U α R m k )/(x, y) (x, g αβ (x)(y)), (x, y) U α R m k, öyle ki, her iki manifold da yönlendirilmi³ oldu u için geçi³ fonksiyonlar g αβ : U α U β SO(m k), ³eklinde olsun. Her α için, U α R m k üzerindeki (x, y) = (x 1,, x k, y 1,, y m k ) koordinat sistemini kullanarak ω α = dy 1 dy m k formunu olu³turalm. Geçi³ fonksiyonlar SO(m k) de erli oldu u için gαβ (ω β) = ω α olacaktr. Dolaysyla, bu formlar bize N(K) normal demeti üzerinde bir ω (m k)-formu tanmlar. Bu formun kapal oldu u kolayca görülür. imdi a³a daki ko³ullar sa layan bir ρ : [0, ) [0, 1] fonksiyonu seçelim:

279 Alt Manifoldlarn Kesi³imi ve Poincaré Duali 261 1) Her t [0, ϵ/2] için ρ(t) = 1, ve 2) her t > ϵ için ρ(t) = 0, olsun. O halde, ρ( y 2 ) : N(K) [0, 1] türevlenebilir bir fonksiyondur ( y ile y = (y 1,, y m k ) vektörünün normal demetin üzerindeki iç çarpma göre normunu gösteriyoruz). Ayrca bu fonksiyon sadece y de i³kenine ba l oldu undan ρ( y 2 ) ω formu N(K) üzerinde kapaldr. Form V d³nda tamamen sfr oldu undan bu formun difeomorzma altndaki görüntüsü de, U d³nda sfr tanmlanarak, tüm M manifolduna geni³letilebilir. Formun normal demetin bir {x 0 } R m k li üzerindeki integralinin de eri a = ρ( y 2 ) ω {x 0 } R m k olsun. imdi µ K = 1 a ρ( y ) ω Ωm k (M) kapal formunu ele alalm ve Int(K, L) = µ K L oldu unu gösterelim. K manifoldunun tkz olmasndan ve ρ fonksiyonunun seçiminden dolay bu form tkz desteklidir: µ K Ω m k c (M). i 0 : L M içerme fonksiyonunu küçük bir i t : [0, 1] L M homotopisi ile de i³tirelim öyle ki, K i 1 (L) olsun. Stokes Teoremi'nden dolay µ K = µ K = i 0(µ K ) = i 1(µ K ) = L i 0 (L) L L i 1 (L) olacaktr. L ve i 1 (L) alt manifoldlarnn Poincaré duallerinin de ayn olaca açktr (bkz. Tanm 5.2.5). Dolaysyla, K ve L alt manifoldlarnn dik kesi³tiklerini kabul edebiliriz. Di er taraftan, L kapal ve K tkz oldu undan L K = {x 1,, x s } kümesi sonlu olacaktr. ntegralini ald mz µ K formu K alt manifoldunun U kom³ulu u d³nda sfr de eri alaca için integrali difeomorzma yardmyla normal demetin sfr kesitinin V kom³ulu una ta³yabiliriz. Her bir kesi³im noktas bir dik kesi³im oldu undan ϵ > 0 saysn yeterince küçük seçerek L V manifoldunun her bir V j topolojik bile³enini, {x j } R m k V lif parçasnda tanml türevlenebilir bir fonksiyonun gra i olarak görebiliriz. Ayrca, V j {x j } R m k V difeomorzmasnn yönlendirmeyi korumas için gerek ve yeter ³art x j kesi³im noktasnn sgn(x j ) i³aretinin pozitif olmasdr. O halde, yine Stokes µ K

280 262 Kesi³im Teorisi ekil 5.2: L ve K manifoldlarnn x j 1, x j ve x j+1 noktalarndaki kesi³im i³areti srasyla, +, 'dir. Teoremi'nden L µ K = L U µ K = j sgn(x j ) {x j } R m k V µ K elde ederiz. Son olarak oldu undan L {x j } R m k V µ K = 1 µ K = sgn(x j ) = Int(K, L) j sonucuna varrz. Bu e³itli i L alt manifoldunun ν L Poincaré dual formu yardmyla Int(K, L) = µ K = µ K ν L = µ K ν L L M olarak yazalm. Son olarak, V kom³ulu u yerel olarak W R l ³eklinde yazlabildi i (W K açk bir küme olmak üzere) ve yine her x W için µ K = 1 {x} R m k V oldu undan µ K ν L = ( 1) kl V ν L K elde ederiz. Böylece kant tamamlanr: Int(L, K) = ( 1) kl Int(K, L) = V K ν L.

281 Alt Manifoldlarn Kesi³imi ve Poincaré Duali 263 Hatrlatma Yukardaki teoremde olu³turdu umuz [µ L ] snfnn da her [ω] Hc(M) l için, ϕ([ω]) = ω = ω µ L e³itli ini sa lad n görmek zor de ildir. Dolaysyla, [µ L ] = [ν L ] Buna ra men Teorem 5.2.6'da verilen Int(L, K) = L M ν L K olmaldr. özelli inin [ν L ] snfn tamamen belirledi ini göstermi³ de iliz. Kolayca görülece i üzere bunun için ³u ifadeyi kantlamak yeterli olurdu: Kapal bir ω Ω k (M) fomunun tam olmas için gerek ve yeter ko³ul her tkz K k M yönlendirilmi³ alt manifoldu için K ω = 0 integralinin sfr olmasdr. Fakat bu iddia do ru de ildir. Di er taraftan her f : K k M türevlenebilir fonksiyonu için K f (ω) = 0 ise ω formu tamdr (burada K k sadece yönlendirilmi³ tkz bir manifolddur; M içinde bir alt manifold olmas gerekmiyor). En son yazd mz iddia tekil homolojinin bir konusudur ve Steenrod Temsil Teoremi (Representability Theorem) olarak bilinir (bkz. Corollary 15.3, s.49, [7]). alt manifoldunun Poincaré dualini [µ L ] ile göste- Bundan sonra L M rece iz. Hatrlatma F : K [0, 1] M sürekli fonksiyonu F 0 : K M ile F 1 : K M türevlenebilir gömme fonksiyonlar arasnda bir homotopi olsun. Bir önceki bölümün sonuçlarn kullanarak, homotopinin uç fonksiyonlarn de i³tirmeden, homotopiyi türevlenebilir hale getirebiliriz. O halde, homotopinin uç fonksiyonlarnn verdi i F 0 (K) ve F 1 (K) alt manifoldlar için µ F0 (K) = µ F1 (K) olur. Örnek ) M = R n veya S n ise, her 1 k < n için H k DR (M) = 0 oldu undan, boyutlarnn toplam n olan pozitif boyutlu biri tkz di eri kapal herhangi yönlendirilmi³ iki alt manifoldun kesi³im says her zaman sfrdr. 2) M tkz ve yönlendirilmi³ bir manifold ve p M olmak üzere K = {p} tek noktadan olu³an bir alt manifold ise µ K H n DR (M) formu için M µ K = 1 olur, çünkü K ile L = M alt manifoldlar sadece p noktasnda kesi³irler. A³a daki teoremin kantn, yukardaki sonuçlarn kantlarna benzer oldu undan, okuyucuya brakyoruz. Teorem K k, L l M m dik kesi³en iki kapal alt manifold ve µ K Ω m k (M) ile µ L Ω m l (M) bu alt manifoldlarn Poincaré dualleri olsun. Bu durumda µ K µ L Ω 2m k l (M) formu da K L alt manifoldunun Poincaré duali olur. Di er taraftan, i : K M içerme fonksiyonu ise i (µ L ) H m l DR (K) kohomoloji snf K L K alt manifoldunun Poincaré duali olur.

282 264 Kesi³im Teorisi Bu sonuçlar kullanarak baz manifoldlarn kohomoloji halkalarn hesaplayabiliriz. Örnek ) Σ g ile a³a daki resimde verilen g-cinsli (genusu g olan) yönlendirilebilen yüzeyi gösterelim. Yüzey ba lantl oldu undan b 0 (Σ g ) = 1 ve yönlendirilebilir oldu undan b 2 (Σ g ) = 1 olur. Yüzey d³ normal vektör ile yönlendirilmi³ olsun. Bu durumda, yüzeyin oklarla yönlendirilmi³ bir boyutlu α i ve β i, i = 1,, g, alt manifoldlarnn Poincaré dualleri a i = D(α i ), ve b i = D(β i ), olmak üzere a i a j = b i b j = 0 olur, çünkü bu snara kar³lk gelen alt manifoldlar hiç kesi³miyorlar. Benzer ³ekilde, [ν] HDR 2 (Σ g) R manifold üzerindeki integrali bire e³it olan bir üreteç ise, her i, j = 1,, g için, a i b j = δ ij ν elde ederiz. O halde, [a i ] ve [b i ] kohomoloji snar do rusal ba mszdrlar. Ba³ka bir deyi³le, b 1 (Σ g ) 2g olur. Aslnda, b 1 (Σ g ) = 2g'dir. Bunu tümevarm ile hesaplayabiliriz: g = 1 için b 1 (Σ 1 ) = b 1 (T 2 ) = 2 oldu unu biliyoruz. Tümevarm adm için Σ g+1 yüzeyini Σ g ve Σ 1 = T 2 yüzeylerinin ba lantl toplam olarak yazalm. Mayer-Vietoris dizisi yardmyla kant bitirebiliriz (bkz. Al³trma 4). Bu durumda yüzeyin kohomoloji cebiri H DR(Σ g ) = R[x i, y i ; i = 1,, g]/(x i x j, y i y j, x i y j δ ij ) de i³meli bölüm cebirine izomorktir. ekil 5.3: Üç boyutlu Öklit uzay içinde d³ normal vektör ile yönlendirilmi³ cinsi g olan yüzey. Int(α i, β j ) = δ ij, i, j = 1,, g. 2) H = {z 0 = 0} ile CP n karma³k projektif uzaynn 2n 2 boyutlu alt manifoldunu gösterelim. H = CP n 1 oldu u kolayca görülür. a H 2 DR (CP n ) bu H alt manifoldun Poincaré dualini göstersin. H alt manifoldunun kendisi ile dik kesi³imi H H = CP n 2 olur. Benzer ³ekilde bu alt manifoldun kendisi ile k-defa dik kesi³imi de H H = CP n k olacaktr. CP 0 = {pt} tek noktadan olu³an bir alt manifold olaca ndan CP n a n = 1

283 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 265 elde edilir. O halde, [a] k H 2k DR (CP n ) R kohomoloji grubunun bir üretecidir. Ba³ka bir deyi³le, kohomoloji cebiri H DR(CP n ) = R[a]/(a n+1 ) polinom cebirine izomorktir. 3) f(z 0, z 1, z 2 ) C[z 0, z 1, z 2 ] derecesi d 1 olan homojen bir polinom olsun. E er 0 C bu polinomun bir düzgün de eri ise f 1 (0) ters görüntüsü C 3 içinde karma³k iki boyutlu ve tkz olmayan bir alt manifold olacaktr. Di er taraftan, bu manifoldun projektivasyonu C = {[z 0 : z 1 : z 2 ] CP 2 f(z 0, z 1, z 2 ) = 0} karma³k projektif düzlem içinde bir boyutlu bir alt manifold olur (bkz. Al³trma 5). Bu durumda C'ye tekil noktas olmayan derecesi d olan karma³k projektif e ri denir. Altnc Ünite'de bu karma³k e rinin cinsi (genusu) (d 1)(d 2) g = 2 olan yönlendirilebilir yüzey oldu unu görece iz. Manifold karma³k oldu undan do al bir yönlendirmesi vardr. Bu karma³k e rinin rastgele bir karma³k projektif do ru, diyelim ki H olsun, ile kesi³imi d noktadan olu³acaktr (çünkü derecesi d olan karma³k bir polinomun genelde tam olarak d tane kökü vardr). Bu durumda, karma³k kesi³imler her zaman pozitif oldu undan C H = d olur. O halde, Teorem 5.2.6'i kullanarak, H alt manifoldunun Poincaré duali a HDR (CP 2 ) olmak üzere, C alt manifoldunun Poincaré dualinin da HDR (CP 2 ) oldu unu görürüz. Bu ise dereceleri d 1 ve d 2 olan iki e rinin kesi³iminin d 1 d 2 olmasn gerektirir (Teorem 5.2.6). Son yazd mz sonuç cebirsel geometride Bézout Teoremi olarak anlr. 5.3 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi Vektör Demetlerinin Euler Karakteristi i M manifoldu üzerinde rank k-olan yönlendirilmi³ bir E m+k M m vektör demetinin sfr kesitini L M ile gösterelim. Sfr kesitinin kendisi (aslnda, haf oynatlm³ hali olan L) ile dik kesi³imi K = L L L = M E olsun. Boyutu 2m (m + k) = m k olan K manifoldunu L = M'nin bir alt manifoldu olarak görürsek bu alt manifoldun [µ K ] HDR k (M) Poincaré dualine vektör demetinin Euler karakteristik snf denir ve e(e) ile gösterilir. Aslnda, s : M E vektör demetinin türevlenebilir bir kesiti ise bu kesitin s(m) görüntüsü ile sfr kesitinin dik kesi³imini K alt manifoldu olarak alabiliriz (Sonuç 5.1.6'dan dolay s kesiti hafçe oynatlarak bu her zaman yaplabilir). Bu tanmdan yönlendirilmi³ izomork vektör demetlerinin Euler snarnn ayn olaca açktr.

284 266 Kesi³im Teorisi Hatrlatma ) E er M tkz, yönlendirilebilir bir manifold ve E M rank k = m olan bir vektör demeti ise e(e) HDr m (M) R Euler karakteristik snfn bu snfn manifold üzerindeki integrali ile e³leyebiliriz: e(e) e(e). Bu integralin de eri olan say vektör demetinin sfr kesitinin kendisi ile dik kesi³imi olaca ndan bir tam say olmaldr. Bu tam say vektör demetinin Euler says olarak adlandrlr. E er k = m bir tek say ise Euler says kesitin kendisi ile dik kesi³imi oldu undan bu say sfr olmaldr. 2) Bir vektör demetinin hiç sfr olmayan bir kesiti varsa Euler snf sfrdr. O halde, paralellenebilir her manifoldun te et demetinin Euler snf (says) sfrdr. 3) L l M 2l yönlendirilmi³ bir manifoldun yönlendirilemeyen bir tkz alt manifoldu olsun. Bu alt manifoldun ba³ka bir alt manifold ile kesi³im says tanml olmasa da kendisi ile kesi³im says iyi tanmldr. Bunu görmek için bu alt manifoldu, her adm bir gömme fonksiyonu olan bir F t : L M, t [0, ϵ], homotopisi ile çok az hareket ettirerek elde edilen F ϵ (L) = L manifoldu ile sonlu sayda noktada dik kesi³tirelim. F 0 (p) = F ϵ (q) M bir kesi³im noktas olsun. Homotopi manifoldu çok az hareket ettirdi i için p L ve q L noktalarnn ayn koordinat sisteminde kald n kabul edebiliriz. Bu durumda bu koordinat sistemi üzerine konulan her yönlendirme bu iki noktadaki T p L ve T q L te et uzaylarn yönlendirecektir. Koordinat kom³ulu u üzerinde konan yönlendirmeyi de i³tirince her iki te et uzaynn yönlendirmesi ayn anda de i³ece i için T p L T q L toplam vektör uzay üzerindeki yönlendirme de i³meyecektir. Ba³ka bir deyi³le M T p L T q L toplam vektör uzay koordinat sisteminin yönlendirmesinden ba msz olarak bir yönlendirmeye sahiptir. Bu yönlendirmeyi T F0 (p)m te et uzaynn yönlendirmesi ile kar³la³trarak kesi³im noktasnn i³aretini belirleriz. Bu i³aretlerin toplam kesi³im saysn verecektir. Örnek ) M = T 2 = S 1 S 1 ve E = T T 2 T 2 te et demeti olsun. X(θ 1, θ 2 ) = d dθ 1 vektör alan sfr olmayan bir s : T 2 T T 2 kesiti verecektir. O halde, bu vektör demetinin Euler snf (ve dolaysyla Euler says) sfrdr. Aslnda her T n -torusu paralellenebilir oldu undan te et demetlerinin Euler snar sfrdr. 2) Örnek 'de ele ald mz karma³k projektif do runun, CP 1 = S 2, (karma³k) te et demetinin Euler saysn hesaplayalm. Daha önce, te et demetinin T CP 1 = T C T C /(x, v) (1/x, v/x 2 ),

285 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 267 oldu unu ve s 1 (x) = s 2 (x) = 1+x2 2 ifadesi ile verilen s : CP 1 T CP 1 vektör alannn i ve i olmak üzere iki tane sfr oldu unu görmü³tük. Bu fonksiyonlarn sfrlarnn oldu u noktalardaki türevleri sfrdan farkl oldu u için te et demetinin sfr kesiti bu kesit ile dik kesi³ir. Ayrca, bu demetin sfr kesiti ile yine ayn demetin yukardaki fonksiyonlar ile verilen kesiti T CP 1 karma³k manifoldunun karma³k alt manifoldlar oldu undan, her iki kesi³im noktasnn i³areti de pozitiftir. O halde, S 2 = CP 1 iki boyutlu küresinin te et demetinin Euler says ikidir. Benzer ³ekilde, Örnek 3.3.5'de tanmlad mz O(k) = C C C C /(x, v) (1/x, v/x k ), (x, v) C {0} C, karma³k do ru demetinin, k 0 olmak üzere her homojen polinom kesitinin k-tane karma³k kökü vardr ve dolaysyla bu demetin Euler says k'dir. 3) Uyar 'te tanmlad mz yönlendirilemeyen manifoldlarn kendisi ile kesi³im saysna bir örnek verelim. Her M manifoldunun T M te et demetinin do al bir yönlendirmesi vardr (manifold yönlendirilemez olsa bile): Bunu görmek için manifold üzerinde bir (x 1,, x n ) koordinat sistemi alalm ve T M te et demeti üzerinde, y i = x i olmak üzere (x 1,, x n, y 1,, y n ) fonksiyonlarnn verdi i koordinat sistemini dü³ünelim. Manifold üzerindeki (x 1,, x n ) koordinat sistemini de i³tirsek dahi (x 1,, x n, y 1,, y n ) koordinat sisteminin verdi i yönlendirme de i³mez (bkz. Al³trma 11). imdi RP 2 gerçel projektif uzayn S 2 küresinin ters kutupsal simetriye bölümü olarak görelim. Bu durumda bir önceki örnekte verdi imiz te et demeti kesiti gerçel projektif uzayn te et demetinin bir kesitini verir. Küre üzerindeki vektör alannn iki sfr projektif uzayda tek bir sfr noktasna indirgenir. Son olarak, bölüm fonksiyonu yerel bir difeomorzma oldu undan kesi³imin i³areti korunur. Ba³ka bir deyi³le, gerçel projektif düzlemin Euler says e(rp 2 ) = 1'dir. Dolaysyla, bu örnek bize yönlendirilemeyen manifoldlarn Euler snar olmasa da Euler saylarnn iyi tanml oldu unu göstermektedir. 4) imdi de RP 2 CP 2 alt manifoldunun kendisi ile kesi³im saysn bulalm. Karma³k projektif düzlemi karma³k yapsndan elde etti imiz yönlendirme ile dü³ünece iz. (z 1 = x 1 + iy 1, z 2 = x 2 + iy 2 ) yerel koordinat sisteminde bulunan herhangi bir p RP 2 noktasnda karma³k düzlemin te et uzayn karma³k yönlendirmesiyle dü³ünelim: T p CP 2 =, x 1 Bu durumda bir alt uzay olarak T p RP 2 = y 1, x 1, x 2, x 2 y 2.

286 268 Kesi³im Teorisi olacaktr. Karma³k projektif düzlemin her bir te et uzay aslnda bir karma³k vektör uzay oldu undan gerçel projektif düzlemin te et vektörlerini karma³k i-saysyla çarparak normal demetin vektörlerini elde ederiz. Aslnda bu bize te et demetinden normal demete bir izomorzma verir: T RP 2 ν RP 2, (p, v = a x 1 + b x 2 ) (p, iv = a y 1 + b y 2 ). Bu vektör demetler izomorzmasn Tüp Kom³uluk Teoremi ile birle³tirerek gerçel projektif uzayn te et demetinden RP 2 CP 2 alt manifoldunun bir kom³ulu una difeomorzma elde ederiz. Yönlendirmeleri kar³la³trarak bunun yönü de i³tirdi ini görürüz. O halde, RP 2 CP 2 alt manifoldunun kendisi ile kesi³im says 1'dir. (Al³trma 12 yönlendirilemeyen yüzeylerin kendileri ile negatif sayda kesi³ti i örnekler verecektir). 5) Bir önceki örnekteki hesab bir de alt manifoldu hareket ettirip kendisiyle do rudan kesi³tirerek yapalm. ϕ t : CP 2 CP 2, [z 0 : z 1 : z 2 ] [z 0 : e it z 1 : e 2it z 2 ] difeomorzma ailesi (bu bir vektör alan ak³dr) RP 2 = {[z 0 : z 1 : z 2 ] CP 2 Im(z i ) = y i = 0, i = 0, 1, 2} gerçel projektif uzay RP 2 t = {[x 0 : e it x 1 : e 2it x 2 ] CP 2 x i R, i = 0, 1, 2} alt manifolduna gönderir. Bu iki manifold [1 : 0 : 0], [0 : 1 : 0], [0 : 0 : 1] noktalarnda dik kesi³irler. imdi çok küçük ve pozitif t-de erleri için, bu üç noktadaki kesi³im saylarn ayr ayr hesaplayalm: [1:0:0]: U 0 = {z 0 0} koordinat kom³ulu unda parametrizasyonlar (x 1 /x 0, x 2 /x 0 ) ve (e it x 1 /x 0, e 2it x 2 /x 0 ) ile verilen bu iki alt manifold, üzerindeki koordinatlar (z 1 /z 0, z 2 /z 0 ) olan karma³k düzlemde kesi³irler. ki manifoldun bu noktadaki te et uzaylarn yan yana koyarsak (x 1 /x 0, x 2 /x 0, e it x 1 /x 0, e 2it x 2 /x 0 ) koordinatlarna kar³lk gelen vektörleri buluruz. Oysa, ayn noktadaki karma³k yönlendirme (x 1 /x 0, e it x 1 /x 0, x 2 /x 0, e 2it x 2 /x 0 ) ile uyumludur. Bu iki yönlendirme ters oldu undan bu noktadaki kesi³imin i³areti 1'dir.

287 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 269 [0:1:0]: U 1 = {z 1 0} koordinat kom³ulu unda ise bu iki alt manifold (x 0 /x 1, x 2 /x 1 ) ve (e it x 0 /x 1, e it x 2 /x 1 ) ile parametrelendirilirler. ki manifoldun bu noktadaki te et uzaylarn yan yana koyarsak (x 0 /x 1, x 2 /x 1, e it x 0 /x 1, e it x 2 /x 1 ) koordinatlarna kar³lk gelen vektörleri buluruz. Di er taraftan, ayn noktadaki karma³k yönlendirme (x 0 /x 1, e it x 0 /x 1, x 2 /x 1, e it x 2 /x 1 ) ile uyumludur. Bu iki yönlendirme ayn oldu undan bu noktadaki kesi³im 1'dir. [0:0:1]: Benzer ³ekilde U 2 = {z 2 0} koordinat kom³ulu unda bu iki alt manifold (x 0 /x 2, x 1 /x 2 ) ve (e 2it x 0 /x 2, e it x 1 /x 2 ) ile parametrilendirilir ve üzerindeki koordinatlar (z 0 /z 2, z 1 /z 2 ) olan karma³k düzlemde kesi³irler. ki manifoldun bu noktadaki te et uzaylarn yan yana koyarsak (x 0 /x 2, x 1 /x 2, e it x 0 /x 2, e it x 1 /x 2 ) koordinatlarna kar³lk gelen vektörleri buluruz. Bu noktadaki karma³k yönlendirme (x 0 /x 2, e 2it x 0 /x 2, x 1 /x 2, e it x 1 /x 2 ) ile uyumludur. Bu iki yönlendirme yine ters oldu undan bu noktadaki kesi³im 1'dir. O halde, kesi³im says = 1'dir. Pozitif yerine negatif (küçük) t-de eri için kesi³imleri hesaplarsak bu üç noktann i³aretleri srasyla 1, 1 ve 1 olurdu, dolaysyla toplam yine 1 olarak kalrd. Yukardaki örneklerin hepsinde te et demetlerin Euler saylarnn, manifoldlarn Euler karakteristiklerine (Bkz Tanm 4.4.8) e³it oldu unu gördük. Poincaré-Hopf Teoremi olarak bilinen Teorem bunun bir tesadüf olmad n gösterecektir. Bu teoremin kantn Bott ve Tu'nun Dierential Forms in Algebraic Topology ([5]) adl kitabndaki kant model alarak yapaca z. Morse teoresini (bkz. [26, 36]) kullanan bir kant için Madsen ve Tornehave'nin From Calculus to Cohomology ([23]) adl kitabna bakabilirsiniz. Bu teorem ayrca, türevlenebilir manifoldlarn üçgenlenebilir olmasndan faydalanlarak da kantlanabilir. Fakat bizim alt yapmz bu iki yöntem için de uygun de ildir. Bir sonraki bölümde Poincaré-Hopf Teoremi'ni kantlamak için ihtiyaç duyaca mz bir takm sonuçlar görece iz.

288 270 Kesi³im Teorisi Gysin Tam Dizisi Bu bölümde önceki bölümlerin bir uygulamas olarak verilen yönlendirilmi³ bir π : E m+r M m vektör demetinin tabannn, linin ve toplam uzaynn kohomolojilerinden olu³an ve Gysin tam dizisi olarak bilinen tam diziyi kuraca z. Bu diziyi kurmak için, ilk önce tkz destekli kohomoloji bölümünde kantlad mz Hc k+1 (M R) = Hc k (M) izomorzmasn hatrlayalm (bkz. Teorem ). Bu izomorzma, tkz destekli ve gerçel eksen üzerindeki integrali bire e³it olan türevlenebilir ρ : R R bir fonksiyon yardmyla, 1. Ψ : Ω k c (M) Ω k+1 c (M R), Ψ(f(x) dx K ) = ρ(t)f(x) dt dx K, ve 2. Φ : Ω k+1 c (M R) Ω k c (M), Φ(f(x, t) dt dx K ) = ( f(x, t) dt) dx K ve Φ(f(x, t) dx K ) = 0, R homomorzmalar tarafndan verilir. R üzerindeki tkz destekli ρ(t) dt 1- formunu R r üzerindeki tkz destekli ρ(t t2 r) dt 1 dt r r-formu ile de i³tirerek Hc k+r (M R r ) = Hc k (M) izomorzmasn elde ederiz. Aslnda bu kant bize, bu vektör demetinin dikey tkz destekli kohomolojisi ile demetin tabannn De Rham kohomolojisi arasnda da bir izomorzma verir: Hvc k+r (M R r ) = HDR(M). k (Dikey tkz destekli kohomoloji grubu, deste inin her bir lif ile kesi³imi tkz olan ω Ω(E) formlarnn olu³turduklar alt uzay olarak tanmlanr.) imdi M manifoldunu bu demetin sfr kesiti ve dolaysyla bir alt manifoldu olarak görelim ve [µ M ] HDR r (E) ile bu alt manifoldun Poincaré dualini gösterelim (bkz. Teorem 5.2.6). µ M Ω r (E) formu kurulu³u itibaryla tkz desteklidir ve demetin her bir li boyunca integrali bire e³ittir. Ba³ka bir deyi³le µ M formuyla d³ çarpm almak bize Thom zomorzmas olarak bilinen HDR(M) k π HDR(E) k µ M H k+r (E) izomorzmasn verir. Yukardaki tanmdan dolay bu izomorzmann tersi de lier boyunca integral alma homomorzmasna kar³lk gelecektir: vc Hvc k+r R (E) r HDR(M) k. Daha detayl bir kant ³u ³ekilde verilebilir. lk önce bu homomorzmalarn demetin her ϕ α : π 1 (U α ) U α R r

289 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 271 çarpmnda bir izomorzma verdi ini görürüz. Daha sonra M = α U α ve E = α Ũ α = α (U α R r ) birle³imine ayn anda Mayer-Vietoris dizisini uygularz: H k DR(U V ) H k DR(U) H k DR(V ) H k DR(U V ) H k+r vc µ U V µ U µ V µ U V (Ũ Ṽ ) Hk+r vc (Ũ) Hk+r vc (Ṽ ) Hk+r vc (Ũ Ṽ ). Buradan, tümevarm metodu ile her sonlu adet U α 'nn birle³imi için sonuç kantlanm³ olur. Di er taraftan, her tkz destekli türevlenebilir form böyle bir sonlu birle³imin içinde desteklenece inden sonuç M manifoldu için de kantlanm³ olur. imdi de bu izomorzmay kullanarak vektör demetleri için Gysin Tam Dizisi'ni kuralm. Vektör demeti üzerine bir metrik koyalm ve π : P M ile bu demetin birim küre demetini gösterelim: P = {(p, v) E v p = 1}. E 0 = E M açk alt kümesi ise (M'yi E demetinin sfr kesiti olarak alyoruz) E 0 = P R oldu undan dü³ey homomorzmalar izomorzmalar olan a³a daki diagram de i³melidir: H k+r vc (E 0 ) Hvc k+r (E) R H k+r 1 DR (P ) imdi Gysin Tam Dizisi'ni verebiliriz: S r 1 R r H k Dr(M) Teorem π : E M türevlenebilir bir M manifoldu üzerinde yönlendirilmi³ rank r-olan bir gerçel vektör demeti olsun. π : P M bu demetin birim küre demeti olmak üzere a³a daki dizi tamdr: π H i 1 DR (P ) S r 1 H i r DR (M) e(e) H i DR(M) π H i DR(P ) S r 1. Burada H i 1 DR (P ) S r 1 H i r DR (M) ile lier üzerinde integral alma i³lemine kar³lk gelirken, H i r e(e) DR (M) HDR i (M) vektör demetinin Euler snf ile d³ çarpm homomorzmasdr. Kant : Dördüncü Ünite'de görmü³ oldu umuz tkz destekli kohomoloji dizisinin kurulu³undaki kirlerin benzerlerini kullanarak (bkz. s.226) (E 0, E)

290 272 Kesi³im Teorisi ikilisinin dikey tkz destekli kohomoloji dizisini yazalm (ayrca bkz. Al³trma 6): H i vc(e 0 ) H i vc(e) H i DR(M) H i+1 vc (E 0 ). imdi yukardaki de i³meli diagram kullanarak Hvc(E) i H i r DR (M) yazarsak dizimiz π H i 1 DR (P ) S r 1 H i r DR (M) µ M Hvc(E) i haline dönü³ür. Son olarak, µ M HDR(M) i π HDR(P i ) kohomoloji snf H i vc(e 0 ) H i 1 DR (P ) S r 1 ve H i vc(e) H i DR(M) homomorzmas altnda E M demetinin Euler snfna gitti i için (Teorem ve kantna baknz) bu dizinin ksm H i r DR (M) µ M H i vc(e) H i DR(M) H i r e(e) DR (M) HDR(M) i ile de i³tirilebilir ve böylece kant tamamlanr Leray-Hirsch ve Künneth Teoremleri Bu bölümde De Rham kohomoloji için Leray-Hirsch Teoremi'ni ve bunun özel hali olan Künneth Teoremi'ni verece iz. Kohomolojileri sonlu boyutlu vektör uzaylar olan, türevlenebilir bir F manifoldunu lif olarak kabul eden türevlenebilir bir π : P M lif demeti alalm. Bu durumda, HDR (P ) kohomoloji halkasn π : HDR(M) HDR(P ) halka homomorzmas yardmyla bir HDR (M)-modülü olarak görebiliriz. Teorem (Leray-Hirsch Teoremi). Li türevlenebilir bir F manifoldu olan türevlenebilir bir π : P M lif demeti alalm. E er her bir life kstlan³ HDR (F ) vektör uzaynn taban olan sonlu bir {x 1, x N } HDR (P ) kümesi varsa, HDR (P ) taban {x 1, x N } olan serbest HDR (M)-modülüdür. Kant : Kant Poincaré zomorzmas'nn kantna çok benzerdir ve yine admlardan olu³ur. Adm 1) U M lif demetinin üzerine kstlan³ çarpm ³eklinde yazlan,. noktaya homotopi denk olan bir açk alt küme olsun. Bu durumda P U =

291 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 273 π 1 (U) U kstlan³ için P U U F açk kümesi F manifolduna homotopi denk olaca ndan teorem U için do rudur (burada x i kohomoloji snarnn U kümesine kstlan³larn alyoruz). Adm 2) imdi bir Mayer-Vietoris dizisi yardmyla ³unu kantlayaca z: E er teorem U, V M ve U V açk kümeleri için do ru ise U V açk kümesi için de do rudur. lk önce Mayer-Vietoris dizilerini tam üçgenler ³eklinde yazarak a³a daki de i³meli prizmay dü³ünelim. H DR(P U V ) δ P i P H DR(P U V ) J P H DR(P U ) H DR(P V ) H DR(U V ) δ i H DR(U V ) J H DR(U) H DR(V ) Prizmann alt ve üst tabanndaki tam üçgenler Mayer-Vietoris dizilerinin direkt toplamlar alnarak olu³turulmu³tur (bkz. Al³trma 7). Ayrca dü³ey homomorzmalar lif demetinin iz dü³üm fonksiyonu tarafndan belirlenen homomorzmalardr. imdi ω = a i x i HDR (P U V ), a i HDR (U V ), ³eklinde bir snf alalm ve ω = 0 oldu unu kabul edelim. O halde, a i = 0 oldu unu göstermeliyiz. 0 = i P (ω) = i(a i )x i oldu u için hipotezden dolay i(a i ) = 0 elde ederiz. Bu durumda baz b i HDR (U V ) snar için a i = δ(b i ) olur. Buradan, ν = b i x i HDR (P U V ) olmak üzere δ P (v) = δ(b i )x i = a i x i = ω = 0 elde ederiz. Diyagramdaki üçgenlerin tam olmasn kullanarak ν = J P (µ) olacak ³ekilde bir µ HDR (P U) HDR (P V ) snf buluruz. Yine hipotezden dolay, b i = J(c i ) olacak ³ekilde c i HDR (U) H DR (V ) snar vardr. O halde, a i = δ(b i ) = J(δ(c i )) = 0 elde ederiz ve böylece bu admn kantnn ilk yarsn bitirmi³ oluruz. Kantn ikinci yars için herhangi bir ω HDR (P U V ) snf alalm. Bu durumda, baz a i HDR (U) H DR (V ) snar için i P (ω) = a i x i olur. Buradan, 0 = J P (i P (ω)) = J(a i )x i

292 274 Kesi³im Teorisi ve dolaysyla J(a i ) = 0 elde ederiz. O halde, üçgenin taml n tekrar kullanarak baz b i H DR (U V ) snar için a i = i(b i ) yazabiliriz. Bu durumda, ν = b i x i H DR (P U V ) snf için i P (ν) = i(b i )x i = a i x i = i P (ω) oldu undan i P (ω ν) = 0 elde ederiz. O halde, ω ν = δ P ( i c ix i ) olacak ³ekilde c i HDR (U V ) snar bulabiliriz. Son olarak, ω = ν + δ P ( i c i x i ) = b i x i + δ(c i )x i = (b i + δ(c i ))x i yazarak ikinci admn kantn bitiririz. Adm 3) Kolayca görülebilece i gibi, e er teorem ayrk bir {U α M} açk kümeler ailesinin her bir eleman için do ru ise bu kümelerin U = U α birle³imi için de do rudur. Ele ald mz {x 1, x N } kümesinin sonlu olmas bu adm için gereklidir! (bkz. Al³trma 9) Son olarak, M manifoldunu U ve V gibi iki açk kümenin birle³imi olarak yazabiliriz öyle ki, U, V ve U V kümeleri, her biri birinci admda ele ald mz açk kümelerin sonlu birle³imi ³eklinde yazlabilen açk kümelerin ayrk bir birle³imidir (Poincaré zomorzmas'nn, Teorem 4.4.1, kantnn 4. Adm'ndaki iddiann kantna baknz). Bu durumda önceki admlardan dolay, teorem U, V ve U V için do ru olaca ndan M = U V için de do ru olacaktr. Böylece kant tamamlanr. imdi bu teoremin bir sonucu olarak Künneth Formülü'nü verelim: P = M N M iz dü³üm fonksiyonunu a³ikar bir lif demeti olarak görüp Leray- Hirsch Teoremi'ni buna uygularsak a³a daki teoremi elde ederiz. Sonuç (Künneth Formülü). M ve N türevlenebilir manifoldlar olsun. E er HDR (N) vektör uzay sonlu boyutlu ise her k N için, izomorzmas vardr. H k DR(M N) i+j=k H i DR(M) H j DR (N) Tanm Tüm kohomoloji vektör uzaylar sonlu boyutlu olan bir M manifoldunun Poincaré serisi olarak tanmlanr. P M (t). = b k (M) t k k=0

293 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 275 Örnek M m ve N n tüm kohomoloji vektör uzaylar sonlu boyutlu olan iki manifold ise M N çarpm manifoldunun Poincaré serisi, Künneth Formülü'nden, iki çarpann Poincaré serilerinin çarpm olarak hesaplanr. Özel halde, T n = S 1 S 1 çarpm manifoldunun Poincaré serisi P T n(t) = (1 + t) n olacaktr. Künneth Formulü'nde M N M iz dü³üm fonksiyonu bize a³ikar lif demeti yaps verir ve bu yüzden Leray-Hirsch Teoremi'nin ihtiyaç duydu u kohomoloji snar M N N ikinci iz dü³üm fonksiyonu ile lierden geri çekilerek kolayca elde edilir. Karma³k bir vektör demetinin projektivasyonunun kohomolojisini ifade eden a³a daki sonucun kantnda ise karma³k projektif uzayn kohomolojisini veren Fubini-Study formundan yararlanaca z (bkz. Alt Bölüm 2.3.8): E M rank k > 0 olan bir karma³k vektör demeti olsun. Bu vektör demetinin her bir linin projektivasyonunu alalm: P (E). = E {0} /u λu, λ C. Bu durumda P : P (E) M li CP k 1 olan bir lif demetidir (bkz. Al³trma 10). E M demetinin üzerine Hermityan bir iç çarpm koyarak demetin yap fonksiyonlarnn U(k 1) de erli oldu unu kabul edebiliriz. Dolaysyla, demetin bir U CP k 1 yerel çarpm üzerinde ω F S (p, [z 0 : z 1 : : z k 1 ]) = i 2 log (z 0, z 1,, z k 1 ) 2 ³eklinde tanmlanan Fubini-Study formu tüm demet üzerinde kapal bir 2-form verir. Bu formun kuvvetlerinin olu³turdu u {1, [ω F S ],, [ω F S ] k 1 } kümesi her bir lin kohomolojisinin bir tabann verdi i için Leray-Hirsch Teoremi'ni kullanarak a³a daki sonucu buluruz. Sonuç HDR (P (E)) halkas taban {1, [ω F S ],, [ω F S ] k 1 } H DR(P (E)) alt kümesi olan serbest bir H DR (M)-modüldür Poincaré-Hopf Teoremi Teorem (Poincaré-Hopf). Türevlenebilir yönlendirilebilir ve tkz her manifoldun Euler says Euler karakteristi ine e³ittir. Kant : Göstermemiz gereken e³itlik te et demetinin Euler snfnn manifold üzerindeki integralinin manifoldun Euler karakteristi ine e³it oldu udur: χ(m) = e(t M). M

294 276 Kesi³im Teorisi lk önce, sa taraftaki integrali ba³ka bir integral ile de i³tirece iz. A³a daki fonksiyonu görüntüsü olan f : M M M, x (x, x),. = {(x, x) M M x M} kö³egenine bir difeomorzmadr. Dolaysyla, Df : T M T T (M M) bir izomorzmadr. Di er taraftan, e er ν( ), M M alt manifoldunun normal demeti ise, T ν( ), (v, v) (v, v) fonksiyonu yine bir vektör demeti izomorzmasdr. (Bunu görmek için M üzerine herhangi bir g Riemann metri i koyalm. Bu durumda, (g, g) çarpm M M üzerinde bir metrik verir. imdi, kö³egenin her (v, v) te et vektörünün normal demetin (w, w) vektörüne dik oldu u kolayca görülür.) O halde, M manifoldunun te et demeti içinde kendisi ile kesi³imi M M alt manifoldunun kendisi ile kesi³imine e³ittir. Ba³ka bir deyi³le, e er ω HDR m (M M) snf M M alt manifoldunun Poincaré duali ise e(t M) = ω, M olur. imdi, ω HDR m (M M) snfn hesaplayalm: H DR (M) vektör uzaynn bir {a i } tabann alalm. Poincaré izomorzmasn kullanarak ayn vektör uzaynn öyle bir {b j } tabann bulabiliriz ki, her i, j için a i b j = δ ij M olur. imdi ise π i : M M M, i = 1, 2, koordinatlara iz dü³üm fonksiyonlar olmak üzere, cebirsel topolojide kö³egen yakla³m olarak bilinen sonucu kantlayaca z. ddia: Yukardaki gösterimi kabul edersek olur. ω = ( 1) deg(a i) π 1(a i ) π 2(b i ), ddiann kant: Künneth Teoremi'nden dolay baz c ij gerçel saylar için ω = c ij π 1(a i ) π 2(b j )

295 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 277 oldu unu biliyoruz. Ayrca f : M M M kö³egen difeomorzmas olmak üzere, π1(b l ) π2(a k ) = f (π1(b l ) π2(a k )) M = b l a k M = ( 1) deg(a k) deg(b l ) δ kl e³itli ini elde ederiz. Di er taraftan ω, M M alt manifoldunun Poincaré duali oldu undan π1(b l ) π2(a k ) = π1(b l ) π2(a k ) ω M M = c ij (π1(b l ) π2(a k )) (π1(a i ) π2(b j )) M M = c ij ( 1) deg(a i) (deg(a k )+deg(b l )) ((π1(a i ) π1(b l ) π2(a k )) π2(b j )) M M = c ij ( 1) deg(a i) (deg(a k )+deg(b l )) π1(a i b l ) π2(a k b j ) M M = c ij ( 1) deg(a i) (deg(a k )+deg(b l )) δ il δ kj = c lk ( 1) deg(a l) (deg(a k )+deg(b l )) buluruz. Son olarak, bu iki sonucu kar³la³trarak c ij = ( 1) deg(ai) δ ij elde ederiz ve böylece iddiann kant tamamlanr. imdi teoremin kantn bitirebiliriz: e(t M) = ω M ( = ( 1) deg(a i ) π1(a i ) π2(b i )) = ( 1) deg(a i) f (π1(a i ) π2(b i )) M = ( 1) deg(a i) a i b i M = ( 1) deg(a i) = χ(m).

296 278 Kesi³im Teorisi Bu teoremi kullanarak örtü uzaylarnn Euler karakteristiklerine dair a³a daki sonucu kantlayabiliriz. Sonuç f : M N tkz ba lantl manifoldlarn mertebesi k pozitif tam says olan bir örtü uzay iz dü³ümü olsun. Bu durumda manifoldlarn Euler karakteristikleri arasnda χ(m) = k χ(n) e³itli i vardr. Kant : Yukardaki teoremden dolay e(t M) = k e(t N) oldu unu göstermek yeterlidir. π : T N N te et demeti iz dü³üm fonksiyonu olmak üzere f (T N) = {(p, w) M T N f(p) = π(w)} M te et demetinin geri çekmesini dü³ünelim. Örtü uzay iz dü³ümü yerel bir difeomorzma oldu undan ϕ : T M f (T N), (p, v) (p, Df p (v)), vektör demeti fonksiyonu bir izomorzmadr, çünkü her (p, v) T M için, π(df p (v)) = f(p)'dir ve Df p : T p M T f(p) N bir vektör uzay izomor- zmasdr. imdi, e er s : N T N sfr kesitini dik kesen bir kesit ise, s : M f (T N) = T M, p (p, s(f(p))) yine sfr kesitine dik olan bir kesit verir. f : M N derecesi k olan yerel bir difeomorzma oldu undan, s kesitinin her bir sfrna kar³lk s kesitinin tam olarak k tane ayn i³arete sahip sfr olacaktr. Son olarak, manifoldlarn Euler saylar bu kesitlerin sfrlarnn i³aretli toplam oldu undan e(t M) = k e(t N) oldu unu görürüz. Hatrlatma bu sonucun bir genellemesini verir. Hatrlatma Sonlu bir G grubu türevlenebilir bir M manifoldu üzerine difeomorzmalar yardmyla serbest olarak etki ediyorsa f : M M/G = N bölüm uzay aslnda mertebesi k = G olan bir örtü uzay olur. Bu durumda χ(m) = k χ(n) olaca ndan χ(m) tam saysnn k = G bölünebildi ini görürüz. Bunun bir sonucu olarak çift boyutlu bir küre üzerinde serbest etkisi olan tek grubun iki elemanl grup oldu u sonucuna varrz, çünkü χ(s 2n ) = 2'dir (Z 2 grubunun küre üzerindeki p p ters kutupsal etkisi serbest bir etkidir). Bir ba³ka çarpc örnek daha verelim: Türevlenebilir tkz bir M manifoldunun serbest bir S 1 (çember) etkisine sahip oldu unu kabul edelim. Her sonlu devirli grup çemberin bir alt grubu oldu undan manifoldun Euler karakteristi i tüm pozitif tam saylara kalansz bölünebilmelidir. Bu ise ancak χ(m) = 0 olmas halinde mümkündür. Bu gözlemin bir sonucu olarak ³unu söyleyebiliriz: Her pozitif boyutlu tkz Lie grubu bir çember içerdi inden Euler karakteristi i sfrdr.

297 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi Lefschetz Sabit Nokta Teoremi Türevlenebilir tkz bir M manifoldunun türevlenebilir f : M M fonksiyonunu ele alalm. Bu fonksiyonu homotopi snf içinde de i³tirerek 1 M : M M, p p birim dönü³ümüne dik hale getirelim. Bu durumda, f fonksiyonun sabit noktalar, M M içinde M M kö³egeni ile f : M M fonksiyonun Γ f = {(p, f(p)) M M p M} gra inin dik kesi³im noktalarna kar³lk gelecektir. Bu nedenle, f'nin sabit noktalarnn i³aretli says sonlu f 1 M says olarak tanmlanabilir. Bu sayy Λ f ile gösterelim. Aslnda f : M M fonksiyonunun homotopi snf ile belirlenen i³aretli sabit nokta says bu fonksiyonun kohomoloji seviyesinde verdi i homomorzma yardmyla da hesaplanabilir: Teorem 5.3.9'ün kantnn bir sonucu olarak a³a daki teoremi elde ederiz. Teoremin ifadesindeki T r(f ) terimi kohomoloji seviyesinde tanmlanan f do rusal homomorzmasnn izini göstermektedir. Teorem Λ f = k ( 1) k T r(f : H k DR(M) H k DR(M)) Kant : Teorem 5.3.9'ün gösterimini kullanmaya devam edece iz. ω = ( 1) deg(ai) π1(a i ) π2(b i ), kö³egenin Poincaré duali ve ϕ : M M M, p (p, f(p)), olmak üzere Γ f = ( 1) dim M Γ f = ( 1) dim M ω = ( 1) dim M ϕ (ω) Γ f saysnn Λ f 'ye e³it oldu unu göstermek teoremin kantn bitirecektir. M f (b i ) = j λ ij b j olmak üzere ( 1) k T r(f : HDR(M) k HDR(M)) k = i k oldu u açktr. O halde do rudan hesap yaparak, ( 1) deg b i λ ii

298 280 Kesi³im Teorisi ( 1) dim M ϕ (ω) = M i = i = i = i = ij = ij = i ( 1) dim M deg(a i) ( 1) deg(b i) ( 1) deg(b i) ( 1) deg(b i) ( 1) deg(b i) M M M M ( 1) deg(b i) λ ij M ϕ (π 1(a i ) π 2(b i )) ϕ (π 1(a i )) ϕ (π 2(b i )) 1 M(a i ) f (b i ) a i f (b i ) a i λ ij b j M ( 1) deg(b i) λ ij δ ij a i b j = Λ f. elde edilir ve böylece kant tamamlanr. Örnek M Euler karakteristi i sfr olmayan bir tkz manifold olsun. Bu durumda manifoldun özde³lik fonksiyonuna homotopik olan her fonksiyonun en az χ(m) tane sabit noktas olacaktr Riemann-Hurwitz Teoremi Bu üniteyi tkz Riemann yüzeylerinin arasndaki analitik fonksiyonlarnn yüzeylerin topolojik de i³mezleriyle nasl etkile³ti ini gösteren Riemann-Hurwitz Teoremi ve tkz Riemann yüzeylerinin otomorzma gruplarnn eleman saylarn snrlayan Hurwitz Teoremi ile bitirece iz. lk önce analitik fonksiyonlara dair bir gözlemde bulunaca z: f : U V, 0 U V C, açk kümeleri arasnda f(0) = 0, ko³ulunu sa layan bir fonksiyon olsun. Fonksiyonun z = 0 noktasndaki sfrnn derecesi d 1 olsun. Bu durumda f(z) = a d z d + + a n z n +, olacak ³ekilde a n C, a d 0, saylar vardr. Di er taraftan, g(z) = a d + + a n z n d +, analitik fonksiyonu g(0) 0 ko³ulunu sa lad için bu fonksiyonu, sfrn etrafndaki daha küçük bir açk küme üzerinde, bir h(z) analitik fonksiyonu için, g(z) = e h(z) ³eklinde yazabiliriz. O halde, f(z) = (z e h(z) d ) d

299 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 281 olur. Elde edilen bu d saysna fonksiyonun bu noktadaki ramikasyon endeksi denir ve e 0 ile gösterilir. Aslnda bu say fonksiyonun z = 0 noktasndaki deg 0 (f) yerel derecesidir. Burada ω = z e h(z) d fonksiyonu analitik bir izomor- zma oldu undan ³u sonuca varrz: Her analitik fonksiyon, yerel olarak uygun bir analitik koordinat dönü³ümü altnda, ω z ω d ³eklinde ifade edilebilir. Ramikasyon endeksinin birden büyük oldu u noktalarn izole noktalar olaca açktr. Dolaysyla, ϕ : Σ 1 Σ 2 iki tkz Riemann uzay arasnda analitik bir dönü³üm ise, bu dönü³üm sonlu nokta d³nda yerel bir izomorzmadr. Ba³ka bir deyi³le, öyle bir R = {p 1,, p k } Σ 2 sonlu nokta kümesi vardr ki, ϕ : Σ 1 ϕ 1 (R) Σ 2 R bir örtü uzaydr. imdi bir p R noktas alalm ve bu noktann ters görüntüsü {q 1,, q r } = ϕ 1 (p) olsun. Seçti imiz bu p noktasnn etrafndaki küçük bir açk kümede desteklenen bir hacim formunu yukar çekerek integralini alalm. Fonksiyonun yerel ifadesi z z d ³eklinde olaca ndan r r N = deg ϕ = deg(ϕ) qi = i=1 elde ederiz. imdi Σ 2 Riemann yüzeyi üzerinde bir X vektör alan alalm, öyle ki, izole noktalardan olu³an sfrlar (vektör alan te et demetin sfr kesiti ile dik kesi³sin) R kümesini içersin ve bu kümenin her noktasndaki endeksi +1 olsun. stenilen vektör alann ³u ³ekilde kurabiliriz. lk önce her p R noktas etrafnda bu noktay merkez kabul eden ve birbirinden ayrk (x, y) koordinat sistemleri seçelim. Ayrca, koordinat sistemlerinin yönü Riemann yüzeyinin karma³k yönü ile ayn olsun. Her bir koordinat sisteminin içinde tanmlanan (x, y) (1 (x 2 + y 2 ))(x, y) vektör alann birim yuvarn d³nda tamamen sfr olacak ³ekilde tüm Riemann yüzeyine geni³letelim (bkz. ekil 5.4). Elde etti imiz bu vektör alanlarnn toplamn R kümesinin küçük bir kom³ulu u d³nda hafçe oynatarak te et demetin sfr kesitine dik hale getirelim. Bu vektör alan her bir p R noktasnda iste imiz özelliklere sahiptir. O halde, arad mz vektör alann elde etmi³ olduk. ϕ : Σ 1 ϕ 1 (R) Σ 2 R bir örtü uzay fonksiyonu oldu undan, her q Σ 1 ϕ 1 (R) noktasnda Dϕ q ( X(q)) = X(ϕ(q)) ko³ulunu sa layan bir i=1 e qi X : Σ 1 ϕ 1 (R) T (Σ 1 ϕ 1 (R)) vektör alan vardr. Ayrca X vektör alannn Σ 2 R içinde kalan her sfrna kar³lk X alannn Σ 1 ϕ 1 (R) içinde ayn i³arete sahip tam olarak N = deg(ϕ) adet sfr vardr. imdi de X alannn tüm Riemann yüzeyine geni³letilebilece ini gösterelim. Bunun için herhangi bir q ϕ 1 (R) noktas alalm. Fonksiyonun yerel ifadesinin z ω = z d ³eklinde ve X vektör alann da, bu koordinat sisteminde, X(ω) = ω ile verildi ini kabul edebiliriz

300 282 Kesi³im Teorisi ekil 5.4: Birim disk üzerinde tanml (x, y) (1 (x 2 + y 2 ))(x, y) vektör alan (bu noktalarda endeksi +1 olarak seçmi³tik). O halde, z 0, oldu u durumda, X(z) = z/d oldu unu görürüz, çünkü z zd fonksiyonun te et uzayda verdi i do rusal fonksiyon Dϕ z : T z C T z dc, (z, v) (z d, dz d 1 v) ile verilir. imdi her iki vektör alannn sfrlarnn endekslerini sayarak χ(σ 1 ) ϕ 1 (R) = deg(ϕ) (χ(σ 2 ) R ) denklemini elde ederiz. Bu sonuç a³a daki haliyle Riemann-Hurwitz Teoremi olarak bilinir: Teorem (Riemann-Hurwitz Teoremi). ϕ : Σ 1 Σ 2 yüzeyi arasnda analitik bir dönü³üm olsun. Bu durumda, χ(σ 1 ) = deg(ϕ) χ(σ 2 ) (e q 1) q Σ 1 e³itli i her zaman do rudur. iki tkz Riemann imdi de bu teoremin bir sonucu olarak Hurwitz'in bir ba³ka teoremini verece iz. Teorem (Hurwitz Teoremi). Σ g, g 2, tkz bir Riemann yüzeyi ve G Aut(Σ g ) yüzeyin analitik otomorzmalarnn sonlu bir alt grubu olsun. Bu durumda grubun mertebesi G 84(g 1) e³itsizli ini sa lar. Kant : Tkz Σ g yüzeyinin herhangi bir f : Σ g Σ g homeomorzmasnn sonsuz tane sabit noktas olsayd bu sabit noktalarn bir p Σ g y lma noktas olurdu. E er bu homeomorzma aslnda bir analitik difeomorzma ise p Σ g noktas etrafnda alaca mz karma³k bir kom³uluk bize sfrlarnn y lma noktas olan bir analitik fonksiyon verirdi (örne in g(z) = f(z) z fonksiyonu). Bu ise f otomorzmasnn bu kom³uluk üzerinde ve dolaysyla tüm yüzey üzerinde birim fonksiyon oldu unu gösterir. O halde, e er f G

301 Vektör Demetleri ve Poincaré-Hopf Teoremi 283 sonlu grubunun birim eleman d³nda bir eleman ise f otomorzmasnn ancak sonlu sayda sabit noktas olabilir. Di er taraftan, G grubunun kendisi de sonlu oldu undan öyle bir sonlu C Σ g kümesi vardr ki, G grubu Σ g C açk yüzeyi üzerinde serbest olarak etki eder. G grubunun C kümesi üzerindeki etkisinin yörüngeleri O 1,, O n olsun. Grup her bir yörüngeye transitif etki etti i için G grubunun yörüngenin tüm noktalarndaki davran³ benzer olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, e er bir f G eleman, herhangi bir p 1 O i noktasnn bir kom³ulu unda f(z) = z k ile veriliyorsa, f fonksiyonu bu yörüngedeki tüm noktalarda ayn ³ekilde davranacaktr. Buradan Σ g /G bölüm uzaynn da bir tkz karma³k türevlenebilir bir yüzey oldu unu görürüz (bkz. Al³trma 13). Diyelim ki, Σ h = Σ g /G olsun. Bu durumda, yukardaki teoremden dolay, N = C, C kümesinin eleman says olmak üzere, 2 2g N = G (2 2h n) e³itli ini elde ederiz. Teoremin hipotezindeki g 2 ko³ulundan dolay 2 2h n 0 oldu unu görürüz. Ayrca, k i = G / O i, i = 1,, n, saylar olarak tanmlanrsa (yörüngedeki herhangi bir noktann sabitleyicisinin mertebesi) yukardaki e³itlikten 1 G = 2(g 1) 2(h 1) + n i=1 (1 1/k i) elde edilir. Grubun bu yörüngedeki etkisi serbest olmad ndan k i 2 olmaldr. Amacmz G grubunun mertebesi için bir üst snr bulmak oldu undan, 2(h 1) + n (1 1/k i ) i=1 ifadesinin, h 0 ve k i 2, tam saylar olmak üzere, alabilece i en küçük pozitif de eri bulmalyz. E er n 4 ise bu de er (ancak h = 0 ve n = 4 olmas durumunda) = 1 6 ve 0 n 3 için ise (ve yine ancak h = 0 ve n = 3 olmak üzere) olarak bulunur. Böylece ispat biter = 1 42 Örnek Karma³k projektif düzlemde dördüncü dereceden homojen polinomu cinsi (genusu) x 3 y + y 3 z + z 3 x = (4 1)(4 2) = 3

302 284 Kesi³im Teorisi olan bir Riemann yüzeyi verir (bkz. Örnek ). Klein Kuartik (Quartic) olarak bilinen bu yüzeyin otomorzmalar grubunun mertebesi 168'dir ve bu say yukardaki teoremde verilen üst snrdr. Aslnda bu otomorzmalar grubunun mertebesi 168 olan tek basit grup oldu u bilinmektedir. Klein Kuartik, hiperbolik geometriden cebirsel geometriye, saylar teoresinden grup teoriye ve karma³k analize kadar matemati in bir çok daln ilgilendirmektedir. 5.4 Al³trmalar 1. Sonuç 5.1.6'nn kantn tamamlaynz. 2. Önerme 5.2.1'in kantn tamamlaynz. 3. Aralarnda asal herhangi iki p ve q tam saylar için T 2 = R 2 /Z 2 torusu üzerinde t (tp, tq), t R, ile parametrize edilen C p,q alt manifoldunu dü³ünelim. Torusun düzlemin standart yönlendirmesiyle ve C p,q alt manifoldunun da yukarda verilen parametrizasyonu ile yönlendirildi ini kabul edelim. Bu ³ekilde verilen C p1,q 1 ve C p2,q 2 alt manifoldlarnn kesi³im saysn hesaplaynz. 4. Mayer-Vietoris dizisini kullanarak cinsi (genusu) g olan yönlendirilebilir yüzeyin kohomoloji cebirini hesaplaynz (bkz. Örnek ). 5. Projektif karma³k düzlemin homojen bir f(z 0, z 1, z 2 ) C[z 0, z 1, z 2 ] polinomunun sfr olarak tanmlanan C f = {[z 0, z 1, z 2 ] CP 2 f(z 0, z 1, z 2 ) = 0} alt kümesini dü³ünelim. E er 0 C noktas f : C 3 C fonksiyonun bir düzgün de eri ise bu alt kümenin bir alt manifold oldu unu gösteriniz. 6. Teorem 5.3.3'nin kantnda kullanlan dikey tkz destekli kohomoloji dizisinin varl n kantlaynz. 7. Teorem 5.3.4'ün kantnn birinci admnda verilen Mayer-Vietoris tam üçgenini model alarak herhangi bir A n B n C n A n+1 tam dizisini a³a daki ³ekilde oldu u gibi bir tam üçgen olarak yazabiliriz. A = n A n

303 Al³trmalar 285 C = n C n B = n B n Bu üçgenin tam oldu unu gösteriniz. Ba³ka bir deyi³le, her bir homomor- zmann çekirde inin bir önceki homomorzmann görüntüsü oldu unu gösteriniz. 8. Bu al³trmada sayfa 115'da ve sayfa 212'de ω 0,R n = ω S n 1 na n Ω n 1 (R n {0}) ω K = f dg g df 2π (f 2 + g 2 ) Ω1 (S 3 K) ³eklinde tanmlad mz geçi³me formlarnn arasndaki ili³kiyi ortaya çkartaca z. lk önce ω 0,R n formunun H n 1 DR (Rn {0}) = R kohomoloji grubunun üreteci oldu unu hatrlayalm. Orijinin a³a daki türevlenebilir F : R k+n R n, x = (x 1,, x n+k ) (f 1 (x),, f n (x)), x R n+k, fonksiyonunun bir düzgün de eri oldu unu kabul edelim ve bu düzgün de erin F 1 (0) ters görüntüsü olan manifoldu K k ile gösterelim. Bu. durumda ω K,R k+n = F (ω 0,R n) Ω n 1 (R k+n K) kapal formu 1 na n n i=1 ( 1) i 1 f i df 1 df i 1 df i+1 df n (f f 2 n) n/2 ile verilir ve 4. Ünite'de oldu u gibi K R k+n alt manifoldunun geçi³me formu olarak adlandrlr. A³a daki ifadeleri kantlaynz. (a) Bu al³trmann ba³nda bahsetti imiz 1-form ω K = f dg g df 2π (f 2 + g 2 ) Ω1 (S 3 K), F : R 3 R 2, (x, y, z) (f(x, y, z), g(x, y, z)) fonksiyonu olmak üzere F (ω 0,R 2) formuna e³ittir. (b) L n 1 R k+n K tkz yönlendirilebilir alt manifold ve n > 1 olsun. E er L manifoldunu iç K manifoldunu ise d³ bölgesinde barndran bir S n+k 1 küresi varsa l(k, L) says sfrdr. Bunu göstermek için L alt manifoldunu S n+k 1 küresi içinde bir ϕ : L [0, 1] S n+k 1 homotopisi ile kürenin merkezine sk³tralm. Homotopinin gömme fonksiyonu olmayan di er ucu sabit fonksiyon oldu undan Stokes Teoremi kant tamamlar. n > 1 kabulünü nerede kullandk?

304 286 Kesi³im Teorisi (c) L yine tkz yönlendirilebilir ve pozitif boyutlu olmak üzere L ω K,R k+n integralinin bir tam say oldu unu gösteriniz. Bu say geçi³me says olarak adlandrlr ve l(k, L) ile gösterilir. Bunu göstermek için yine bir ϕ : L [0, 1] R k+n K homotopisi alalm, öyle ki ϕ(x, 0) fonksiyonu L alt manifoldunun gömme fonksiyonu olsun ve homotopinin di er ucu, ϕ(l, 1), K alt manifoldunu d³nda brakan bir S n+k 1 küresinin içinde kalsn. Böyle bir kürenin varl n K = F 1 (0) alt manifoldunun kapal olmasndan söyleyebiliyoruz. Yine ayn nedenden ϕ homotopisini uçlarn hiç de i³tirmeden K ile dik kesi³ecek ³ekilde hafçe oynatabiliriz. O halde, homotopinin görüntüsü K ile uçlarnn d³nda kalan sonlu noktada kesi³ecektir. Her bir kesi³im noktas geçi³me saysn ±1 ile de i³tirecektir. Homotopinin ϕ(l, 1) ucu bir kürenin içinde kald ndan bir önceki bölümden dolay kant tamamlanr. (d) K k ve L n 1 geçi³me formlar tanml tkz alt manifoldlar ise a³a daki e³itlik do rudur. ω K,R k+n = ± ω L,R k+n L (e) K = {0} R alt manifoldunun geçi³me formu ω 0,R 1 = K x 2 x fonksiyonudur (0-formudur). S 0 = { 1, 1 + } = [ 1, 1] snr manifoldunu aralktan ald yönlendirme ile dü³ünerek S ω 0 0,R 1 = 1 oldu unu gösteriniz. Di er taraftan, L = {1 + } R yönlendirilmi³ alt manifoldu üzerindeki L ω 0,R1 = 1/2 integrali bir tam say de ildir. Neden? K = [a, b], ab 0 olmak üzere, K ω 0,R integralini 1 hesaplaynz. (f) K = S 0 R alt manifoldunun geçi³me formunun ω S 0,R 1 = x2 1 2 x 2 1 fonksiyonu oldu unu gösteriniz. Bu formun çe³itli sfr boyutlu yönlendirilmi³ tkz L R alt manifoldlar üzerinde integralini hesaplaynz ve buldu unuz sonuçlar yorumlaynz. 9. Teorem 5.3.4'ün kantnn üçüncü admndaki F manifoldunun kohomolojinin sonlu boyutlu olmamas durumunda do ru olmayaca n gösteriniz:

305 Al³trmalar 287 F a³a da resmi verilen ve cinsi (genusu) sonsuz olan yüzey ve P = R F a³ikar demet olsun. O halde, {U i = (i 1, i + 1)} sonsuz ailesi olmak üzere ω = i Z µ a i kohomoloji snf {µ ai, µ bi i N} HDR 1 (P ) kümesinin gerdi i R HDR (M)-modülünün bir eleman de ildir. Neden? (Burada µ L ile L F alt manifoldunun Poincaré dualini gösteriyoruz.) ekil 5.5: Cinsi sonsuz olan yüzey 10. E M rank k > 0 olan bir karma³k vektör demeti olsun. Bu vektör demetinin her bir linin projektivasyonunu alarak elde edilen P (E). = E {0} /u λu, λ C bölüm uzaynn, li CP k 1 olan bir P : P (E) M lif demeti oldu unu gösteriniz. Bu demetin geçi³ fonksiyonlar ile karma³k vektör demetininkileri kar³la³trnz. 11. Örnek 'de ifade edilen iddiay kantlaynz. Di er taraftan, e er (x 1,, x n, y 1,, y n ) fonksiyonlarnn vermi³ oldu u yönlendirme yerine (x 1, y 1,, x n, y n ) fonksiyonlarnn verdi i yönlendirmeyi alsaydk gerçel projektif düzlemin Euler saysnn e(rp 2 ) = 1 yerine 1 olaca n gözlemleyiniz. Bu nedenle te et demeti üzerindeki `do ru' yönlendirmenin (x 1,, x n, y 1,, y n ) fonksiyonlarnn verdi i yönlendirme oldu u sonucuna varyoruz. 12. Cinsi en az iki olan bir yüzey alalm. Bu yüzeyi a³a daki ³ekilde verilen Z 2 -grup etkisine bölersek yönlendirilemeyen bir yüzey elde ederiz. Bu yüzeyin Euler saysnn da negatif oldu unu gösteriniz ( ekil 5.6). 13. Teorem 'un kantnn ilk ksmn kullanarak, tkz bir Riemann yüzeyinin sonlu bir analitik otomorzma grubuna bölümünün de tkz bir Riemann yüzeyi oldu unu gösteriniz. ekil 5.6: Yüzey üzerindeki Z 2 -grup etkisi ϕ(x, y, z) = ( x, y, z) ters kutupsal fonksiyonu ile verilsin; bu durumda bölüm uzay cinsi 2g + 1 olan yönlendirilemeyen yüzey olur.

306 288 Kesi³im Teorisi 14. Fermat e risi olarak bilinen ve karma³k projektif düzlem içinde z0 n + z1 n ± zn 2 = 0 (n 4) denklemiyle tanmlanan yüzeyin tüm karma³k analitik otomorzmalarn bulunuz. Karma³k e rinin (Riemann yüzeyinin) derecesinin n 3 oldu u durumlarda otomorzma gurubu sonlu olur mu? Bu yüzeylerin yönü korumayan gerçel analitik otomorzmalar var mdr? Bu yüzeyleri elde etti iniz otomorzma gruplarna bölünce ne elde ederiz (n 4)? 15. Ünite 2, Al³trma 24'de iddia edilen a³a daki ifadeyi kantlaynz: Karma³k projektif uzay CP n 'nin karma³k boyutu m olan bir M m CP n karma³k alt manifoldunu alalm. Bu durumda, ω F S karma³k projektif uzay üzerindeki Fubini-Study formu olmak üzere 1 π m ωf m S integrali pozitif bir tam saydr. 16. Bu al³trmada gerçel projektif düzlemin R 3 içine gömülemeyece ini kantlayaca z. Verece imiz kant [3] numaral referanstan esinlenilerek elde edilmi³tir. Yüzeylerin R 3 içine batrmalar ile ilgili daha kapsaml bir okuma için bu makaleye bakabilirsiniz. lk önce gerçel projektif düzlemin R 3 içine gömüldü ünü kabul edelim ve bu gömülmü³ RP 2 R 3 gerçel projektif düzlemin içindeki M RP 1 = {[x 0 : x 1 : 0] [x 0 : x 1 : 0] RP 2 } gerçel projektif do rusunu ele alalm. Örnek 5.2.4'de RP 1 alt manifoldunun RP 2 içindeki kendisi ile kesi³iminin 1 Z 2 oldu unu görmü³tük. Aslnda RP 1 alt manifoldunun RP 2 içindeki tüp kom³ulu unun Möbius eridi oldu u gösterilebilir. Bu Möbius eridi'ni MB ile gösterelim. Di er taraftan, hem RP 1 hem de R 3 manifoldlar yönlendirilebilir olduklar için RP 1 alt manifoldunun R 3 içindeki N tüp kom³ulu u RP 1 üzerinde yönlendirilmi³ bir disk demeti olarak görülebilir: D 2 N RP 1. Tüp kom³ulu u yeterince küçük seçersek MB = RP 2 N olacaktr. Disk demeti içindeki diskleri yönlendirmelerini kullanarak 90 döndürelim. Bu döndürme i³leminin sonucunda M B alt manifoldunun görüntüsü bir ba³ka, diyelim ki MB olsun, Möbius eridi'dir ve MB RP 2 = RP 1 alt manifoldudur. imdi MB içinde RP 1 ile tek noktada dik kesi³en bir C çemberi alalm. O halde, R 3 manifoldunun C ve RP 2 alt manifoldlar bu tek noktada dik kesi³irler. Ba³ka bir deyi³le, bu iki alt manifoldun Z 2 kesi³im says birdir. Fakat her iki alt manifold da tkz oldu u için bunlardan birini herhangi bir vektör boyunca yeterince uzak

307 289 Al ³t rmalar 90 edilen M B 2 ve RP 'yi (b) MB Möbius eridi'nin (a) RP 2 içindeki RP 1 'in döndürülmesiyle elde 1 ve onun içinde RP kom³u- lu u olan MB Möbius eridi. tek noktada kesen C e risi. ekil 5.7 bir yere ötelersek bu iki manifold kesi³meyecektir ve dolay s yla kesi³im say s asl nda bir de il, s f rd r. Bu çeli³ki kan t tamamlar. Kan t n (eksik buldu unuz muhtemel) detaylar okuyucuya b rak lm ³t r. Ayn kan t Möbius eridi'ni içeren iki boyutlu t k z manifoldlar n, ba³ka bir deyi³le yönlendirilemeyen t k z yüzeylerin, R3 içine gömülemeyece i- 3 ni gösterir. Özel durumda Klein i³esi'de R 'e gömülemez. Aç kca görüldü ü üzere RP 3 ve RP 2 R 3-boyutlu manifoldlar gerçel projektif düzlemi bir alt manifold olarak kabul ederler ve dolay s yla yu- R3 kar daki kan tta Son olarak, S3 ve yerine bu iki manifolddan birini koyamay z. Neden? RP 3 manifoldlar n n difeomor k olmad n kan tla- y n z. 17. Sayfa 231'de ayn boyuta sahip yönlendirilmi³ manifoldlar aras ndaki fonksiyonlar için tan mlanan tam say de erli derecenin özelliklerini vermi³tik. Bu al ³t rmada ise bu sonuçlar yönlendirilemeyen manifoldlara geni³letece iz. f : M N n-boyutlu ba lant l t k z türevlenebilir man manifoldu içinde al nan herhangi bir p nifoldlar n fonksiyonu olsun. noktas n s f r boyutlu bir alt manifold olarak alarak bu fonksiyonun mod 2 derecesini fonksiyonun bu alt manifold ile rak tan mlayal m:. deg2 (f ) = Int(f (M ), p) Mod 2 (Mod 2) kesi³im say s ola(bkz. Sonuç 5.2.2). A³a daki iddialar kan tlay n z. (a) Homotopiler fonksiyonlar n Mod 2 derecesini korur. Dolay s yla, e er h:m M (b) birim fonksiyona homotopik ise deg2 (h) = 1 olur. deg2 (g f ) = deg2 (f ) deg2 (g) (c) E er f (d) E er f :M N örten de ilse deg2 (f ) = 0'd r. yönlendirilmi³ manifoldlar n bir fonksiyonu ise,

308 290 Kesi³im Teorisi bu fonksiyonun tam say de erli derecesi ile Mod 2 de erli derecesi Mod 2'de birbirine denktir: deg 2 (f) deg(f) (Mod 2). Bu ve sonraki iki al³trmada Arf de i³mezini ve bir topolojik uygulamasn verece iz. Arf de i³mezini Dye'nn makalesini takip ederek sunaca z (bkz. [10]). Aslnda Dye'nn makalesini de basitle³tirece iz. Dye karakteristi i iki olan herhangi bir mükemmel (perfect) cisim üzerinde çal³rken biz kendimizi sadece iki elemanl F 2 cismine kstlayaca z. 18. (a) ki elemanl F 2 cismi üzerinde boyutu çift say olan bir V vektör uzay alalm. E er Q : V F 2 bir kuadratik form (derecesi iki olan bir homojen polinom fonksiyon) ise bu form yardmyla a³a daki ³eklide tanmlanan B : V V F 2, B(u, v). = Q(u + v) + Q(u) + Q(v), u, v V, fonksiyon (ters) simetrik ve bilineerdir, gösteriniz. (Cismin karakteristi i iki de il ise B(u, v) bu ifadenin yars olarak tanmlanr. Örne in bkz. s. 341.) Bu form hem simetrik hem de ters simetriktir. Ayrca bilineer form soysuzla³mam³ ise (dejenere de ilse) kuadratik forma da soysuzla³mam³ diyece iz. (b) E er bilineer form soysuzla³mam³ ise, V uzaynn öyle bir β = {e 1, f 1,, e n, f n } taban vardr ki, her i, j = 1, n, için B(e i, e j ) = B(f i, f j ) = 0 ve B(e i, f j ) = δ ij olur. Bu özelli e sahip tabana bilineer formun bir simplektik taban denir. Her soysuzla³mam³ bilineer formun bir simplektik taban oldu unu gösteriniz. B bilineer formunu koruyan do rusal dönü³ümlere simplektik dönü³ümler denir: S : V V, B(u, v) = B(S(u), S(v)), her u, v V için. Bir dönü³ümün simplektik olmas için yeter ve gerek ³art dönü³ümün verilen bir (her) simplektik taban yine bir simplektik tabana götürmesidir. Gösteriniz. Ayrca simplektik dönü³ümler GL(V ) içinde bir alt grup olu³turur. (c) Her w V vektörü için, T w : V V, u T w (u) = u + B(u, w) w, u V, ile tanmlanan do rusal fonksiyona bir transveksiyon denir. Transveksiyonlarn simplektik dönü³ümler oldu unu gösteriniz. Bu al³trmann geri kalannda her simplektik dönü³ümün transveksiyonlarn sonlu bir çarpm (bile³kesi) oldu unu görece iz. Bunu verilen herhangi bir di er simplektik taban uygun transveksiyonlarla de i³tirip β tabann elde ederek yapaca z.

309 Al³trmalar 291 (d) β bilineer formun bir ba³ka simplektik taban olsun. Bu tabann her eleman i (a ie i + b i f i ), a i, b i F 2 = {0, 1}, ³eklinde olacaktr. Bu tabann içinde e 1 terimini içeren bir eleman vardr (neden?). Ba³ka bir deyi³le, a 1 = 1 olacak ³ekilde bir taban eleman vardr. Bu eleman için ayn zamanda b 1 = 1 ise β tabanna T f1 transveksiyonunu uygulayalm. T f1 (e 1 +f 1 ) = e 1 olaca için içinde e 1 +f 1 toplam olan taban elemannn görüntüsü e 1 elemann içerip (a 1 = 1) f 1 elemann içermeyen (b 1 = 0) bir eleman olacaktr. Bu eleman u olarak adlandralm. Daha sonra elde etti imiz taban (muhtemelen T f1 (β ) taban) içinden B(u, v) = 1 olacak ³ekilde bir v taban eleman seçelim (taban simplektik oldu unu için bu ³ekilde tek bir eleman vardr). Bu v eleman β tabanna göre yazld nda f 1 elemann içermek zorundadr. E er v eleman ayn zamanda e 1 'i de içeriyorsa bu tabana T e1 T f1 çarpmn uygulayalm: e 1 e 1 + f 1 T f1 e1 + f 1 T e1 T f1 e1 T e1 oldu u için {u, v} kümesinin transveksiyonlar altndaki görüntüsünün {e 1 + u, f 1 + v } kümesi oldu unu kabul edebiliriz, öyle ki, u ve v vektörleri ne e 1 ne de f 1 terimini içerirler. Ayrca, B(u, v) = 1 oldu u için B(u, v ) = 0 olmaldr. Son olarak bu tabana f1 e1 T e1 T e1 +v T f 1 T f1 +u çarpmn uygularsak elde edilen simplektik taban {e 1, f 1, u 1, v 1,, u n 1, v n 1 } ³eklinde olur, öyle ki hiçbir u i, v i ne e 1 ne de f 1 terimini içerir. (e) B formunun {u 1, v 1,, u n 1, v n 1 } kümesinin gerdi i alt uzaya kstlamas da simplektik olacaktr. Dolaysyla, tümevarm metoduyla, β tabanna sonlu tane transveksiyon uygulayarak β = {e 1, f 1,, e n, f n } tabann elde ederiz. (f) Verilen herhangi bir simplektik taban, bu tabana sonlu tane transveksiyon uygulayarak β tabanna dönü³türme i³leminin bir algoritmas oldu unu gördük. Dolaysyla, sral simplektik tabanlar ile simplektik matrisler arasnda bire bir e³leme oldu una göre verilen herhangi bir simplektik matrisi transveksiyonlarn sonlu çarpm ³eklinde yazmann bir algoritmasn yazabiliriz. (g) u ifadeleri kantlaynz: Her transveksiyonun karesi birim dönü- ³ümdür. Sfrdan farkl her vektörü eleman olarak kabul eden bir

310 292 Kesi³im Teorisi simplektik taban vardr. Dolaysyla, tüm transveksiyonlar, simplektik grup içinde, birbirine e³leniktir. Simplektik grubun herhangi bir transveksiyon içeren tek normal alt grubu kendisidir. Bu grubun yaps hakknda neler söyleyebilirsiniz? Küçük bir üreteç listesi nasl kurulabilir? 19. Bir önceki al³trmann gösterimi kullanarak devam edelim. Q : V F 2 soysuzla³mam³ kuadratik formunun Arf de i³mezi B : V V F 2 formu yardmyla ³u ³ekilde tanmlanr: β = {e 1, f 1,, e n, f n } kümesi B için simplektik bir taban olmak üzere Arf(Q). = n i=1 Q(e i ) Q(f i ). (a) lk önce de i³mezin iyi tanml oldu unu görelim. Bunun için B formunun bir ba³ka β = {u 1, v 1,, u n, v n } simplektik tabann alalm. Bu durumda, n i=1 Q(e i ) Q(f i ) = n i=1 Q(u i ) Q(v i ) e³itli ini kantlamalyz. Bir önceki al³trmadan dolay baz q V için β = T q (β) oldu unu kabul edebiliriz. Ba³ka bir deyi³le, her i = 1,, n için, u i = T q (e i ) = e i + B(e i, q) q ve v i = T q (f i ) = f i + B(f i, q) q olur. O halde, Q(u i ) = Q(e i + B(e i, q) q) = Q(e i ) + Q(B(e i, q) q) + B(e i, B(e i, q) q) = Q(e i ) + (B(e i, q)) 2 Q(q) + (B(e i, q)) 2 = Q(e i ) + (1 + Q(q)) (B(e i, q)) 2 ve ayn ³ekilde Q(v i ) = Q(f i ) + (1 + Q(q)) (B(f i, q)) 2 elde ederiz. Dolaysyla, e er Q(q) = 1 ise bu admn kant tamamlanr. O halde, Q(q) = 0 oldu unu kabul edelim. E er q = i (a ie i + b i f i ) ise Q(u i ) = Q(e i ) + b 2 i ve Q(v i ) = Q(f i ) + a 2 i olarak hesaplanr.

311 Al³trmalar 293 Buradan do rudan hesap yaparak, n i=1 Q(u i ) Q(v i ) = = = = = n (Q(e i ) + b 2 i ) (Q(f i ) + a 2 i ) i=1 n i=1 n i=1 n i=1 n i=1 Q(e i )Q(f i ) + a 2 i Q(e i ) + b 2 i Q(f i ) + a 2 i b 2 i Q(e i )Q(f i ) + a 2 i Q(e i ) + b 2 i Q(f i ) + a i b i Q(e i )Q(f i ) + Q(a i e i + b i f i ) Q(e i )Q(f i ) + n i=1 Q(a i e i + b i f i ) ve son olarak n i=1 Q(a ie i +b i f i ) = Q(q) = 0 oldu unu kullanarak de i³mezin iyi tanml oldu unu göstermi³ oluruz. (b) imdi de Arf de i³mezinin denk kuadratik formlar için ayn kald n görelim: Q 1 ve Q 2 ayn V vektör uzay üzerinde iki denk form olsun. Dolaysyla, öyle bir L : V V do rusal izomorzmas vardr ki, her v için Q 2 (v) = Q 1 (L(v)) e³itli i sa lanr. Bu durumda bu iki forma kar³lk gelen simplektik formlar için B 2 (u, v) = B 1 (L(u), L(v)), u, v V, e³itli i sa lanr. Dolaysyla, e er β = {e 1, f 1,, e n, f n } B 1 için bir simplektik taban ise β. = L 1 (β) = {L 1 (e 1 ), L 1 (f 1 ),, L 1 (e n ), L 1 (f n )} kümesi de B 2 için bir simplektik taban olu³turur. O halde, Arf(Q 2 ) = = = n i=1 n i=1 n i=1 = Arf(Q 1 ) Q 2 (L 1 (e i )) Q 2 (L 1 (f i )) Q 1 (LL 1 (e i )) Q 1 (LL 1 (f i )) Q 1 (e i ) Q 1 (f i ) (c) Yukarda verdi imiz sonucun tersi de do rudur: V vektör uzay üzerinde verilen ve Arf de i³mezleri ayn olan Q 1 ve Q 2 kuadratik formlarnn denk olduklarnn gösterilmesini size brakyoruz.

312 294 Kesi³im Teorisi 20. Bu al³trmada admlar halinde dü ümler için Arf de i³mezini tanmlayaca z. lk adm yüzeylerin birinci tekil homolojisinin alternatif bir tanmn vermek olacak. Daha sonra üç boyutlu Öklit uzaynda verilen bir dü ümün herhangi bir Seifert yüzeyinin Arf de i³mezini tanmlayaca z. Son olarak da bu de i³mezin Seifert yüzeyinden ba msz oldu unu ve dolaysyla sadece dü üm tarafndan belirlendi ini gösterece iz. (a) S = Σ g,1 R 3 genusu g ve bir snr bile³eni olan yönlendirilebilir yüzey olsun. Örnek 'den dolay α i ve β i, i = 1,, g, alt manifoldlarnn Poincaré dualleri a i = D(α i ), ve b i = D(β i ), olmak üzere birinci kohomoloji vektör uzaynn H 1 DR(S) =< a i, b i i = 1,, g > taban ile verildi ini biliyoruz. Bunun kant snr olmayan yüzeyden bir disk çkartlarak Mayer-Vietoris dizisi yardmyla kolayca yaplabilir. ekil 5.8: Üç boyutlu Öklit uzay içinde d³ normal vektör ile yönlendirilmi³ cinsi g olan bir snr bile³enli yüzey. Int(α i, β j ) = δ ij, i, j = 1,, g. Düzlemdeki S 1 birim çemberini saat yönünün tersi ile yönlendirelim ve L ile bu çemberden S yüzeyine giden tüm gömme fonksiyonlarnn kümesini gösterelim: L = {f : S 1 S f bir gömme fonksiyonudur.}. Ayrca H ile taban L olan serbest de i³meli grubunu gösterelim: H = n i f i n i Z, f i L, i = 1,, k, 1 k Z. i=1,,k H grubu üzerinde denklik ba nts ³u ³ekilde tanmlansn: n i f i m j g j i=1,,k j=1,,l

313 Al³trmalar 295 i=1,,k n i S 1 f i (ω) = j=1,,l m j S 1 g j (ω), ω H 1 DR(S). imdi kesi³im saylar n i = Int(f, α i ) ve m i = Int(g, β i ) olan herhangi bir f L gömme fonksiyonunun m i α i n i β i i=1,,g elemanna denk oldu unu gösteriniz. Bu sonucu kullanarak H/ bölüm grubunun taban {α i, β i i = 1,, g} olan serbest de i³meli grup oldu unu gösteriniz (H grubunun elemanlar ile bu elemanlarn denklik snar için ayn gösterimi kullanyoruz). Rank 2g olan H/ bölüm grubuna yüzeyin tam say katsayl birinci tekil homoloji grubu denir ve H 1 (S, Z) ile gösterilir. Ayrca, yüzeyin Z 2 katsayl birinci tekil homoloji grubu da H 1 (S, Z 2 ). = H 1(S, Z) 2H 1 (S, Z) ile tanmlanan 2g boyutlu Z 2 vektör uzaydr. H 1 (S, Z 2 ) vektör uzaynn her elemann temsil eden bir f L gömme fonksiyonu oldu unu gösteriniz. (b) Yukarda tanmlad mz her iki homoloji grubu üzerinde kesi³im formu tanmlayabiliriz. Kesi³im formu taban elemanlar için (α i, α j ) = 0 = (β i, β j ) ve (α i, β j ) = δ ij, her 1 i, j g, için, ³eklinde ve di er elemanlar için de do rusallk kullanlarak tanmlanr. imdi herhangi iki f, g L gömmesi alalm. E er bu elemanlarn homoloji snar srasyla h f ve h g ise Int(f, g) = (h f, h g ) oldu unu gösteriniz. Dolaysyla, f gömme fonksiyonunun homoloji snfn da f ile göstermek herhangi bir kar³kl a yol açmayacaktr. (c) Yüzey üzerinde bir f L, f : S 1 S, gömme fonksiyonu alalm. Fonksiyonu yüzeyin yönlendirmesini veren N vektör alan boyunca iterek bir f : S 1 R 3 gömme fonksiyonu elde ederiz. tme miktarn sfrdan büyük ama yeterince küçük seçerek f(s 1 ) S = olmasn sa layabiliriz. Bu fonksiyonun f(s 1 ) görüntüsünün geçi³me formunu ω f ile gösterelim.

314 296 Kesi³im Teorisi imdi g L bir ba³ka gömme fonksiyonu ise bu f ile g'nin l( f, g) = ω f = g g (ω f ) S 1 geçi³me saysnn bir tam say oldu unu biliyoruz. Bu saynn (mod 2) de erini yine l( f, g) ile gösterelim. Bu saynn fonksiyonlarn homotopileri altnda de i³medi ini gösteriniz. Dolaysyla, f ve g fonksiyonlarnn dik kesi³ti ini kabul edebiliriz. Bu durumda l( f, g) = l( g, f) + Int(f, g) (mod 2), oldu unu gösteriniz. imdi ayn (mod 2) homoloji snfn temsil eden iki f, g L fonksiyonu için l( f, f) = l( g, g) oldu unu gösteriniz. O halde, Q : H 1 (S, Z 2 ) Z 2, Q(x) = l( x, x) fonksiyonu iyi tanmldr. E er x homoloji snfn temsil eden gömülmü³ bir çemberi de x ile gösterirsek Q(x) says x e risi boyunca yüzeyin kendi etrafnda kaç tur (mod 2) döndü ünü göstermektedir. EK L Bu fonksiyonun her x, y H 1 (S, Z 2 ) Q(x + y) = Q(x) + Q(y) + Int(x, y) e³itli ini sa lad n ve dolaysyla bir kuadratik form oldu unu kantlayalm: Q(x + y) = ω x+y x+y = ω x+y + ω x+y x y = ω x + Int(x + y, x) + ωỹ + Int(x + y, y) x+y x+y = ω x + ωỹ + Int(x + y, x + y) x+y x+y = ω x + ωỹ + 0 x+y x+y = ω x + ωỹ ω x + x y ωỹ + x = Q(x) + Q(y) + Int(x, y). y O halde, R 3 içinde verilen her tek snr bile³enli yönlendirilmi³ yüzeyin Arf de i³mezini Arf(Q) olarak tanmlayabiliriz.

315 Al³trmalar 297 Son olarak Arf(Q) de i³mezinin yüzeyin yönlendirmesinden ba- msz oldu unu gösteriniz (genelde l( f, g) yönlendirmeden ba msz de ildir!). (d) imdi de R 3 içinde verilen yönlendirilmi³ bir K dü ümünün Arf de i³mezini tanmlayalm. Bunun için ilk önce bu dü ümü snr olarak kabul eden yönlendirilmi³ bir S yüzeyi alalm. Bu yüzeye dü ümün bir Seifert yüzeyi denir. Seifert yüzeyinin varl nn kantn size brakyoruz (ayrca bkz. [21], s.16). K dü ümünün Arf de i³mezi Seifert yüzeyin Arf de i³mezi olarak tanmlanr: Arf(K). = Arf(Q). Son olarak bu saynn dü ümü snrlayan Seifert yüzeyinin seçiminden ba msz oldu unu göstermeliyiz. Bunun için K dü ümünü snrlayan iki Seifert yüzeyi alalm: S 1 ve S 2, S 1 = K = S 2. Bu yüzeylerin üzerindeki kuadratik formlarmz da srasyla Q 1 ve Q 2 olsun. O halde, Arf(Q 1 ) = Arf(Q 2 ) oldu unu göstermeliyiz. lk önce bu iki yüzeyin sadece K dü ümü boyunca kesi³ti ini kabul edelim. Dolaysyla, Σ g = S 1 S 2 snr olmayan yönlendirilebilir tkz bir genus g yüzeydir. Bu al³trmada tek snr bile³enli yüzeyler için elde etti imiz tüm sonuçlar snr olmayan tkz yüzeyler için de geçerlidir. Ayrca Σ g yüzeyinin üzerindeki kesi³im formu ile kuadratik form bile³enlerinin formlarnn toplamdr: Q = Q 1 Q 2. O halde, Arf(Q) = 0 oldu unu görmeliyiz. Bunu görmek için ilk önce yüzeyin R 3 içinde üç boyutlu tkz bir V manifoldunu snrlad n gözlemleyiniz (bkz. Teorem ): V = Σ g. Buradan i : Σ g V içerme fonksiyonu olmak üzere i : HDR 2 (V ) H2 DR (Σ g) homomorzmasnn sfr oldu unu görürüz. Bunu kullanarak ³u ifadeyi kantlaynz: Σ g yüzeyinin kesi³im formunun öyle bir {α 1, β 1,, α g, β g } H 1 (Σ g, Z 2 ) simplektik taban vardr ki, her j = 1,, g için, α j i (a) = 0, her a H 1 DR(V ) için, veya β j i (a) = 0, her a H 1 DR(V ) için, önermesi do rudur. Dolaysyla, bu simplektik taban Q(α j )Q(β j ) = 0, her j = 1,, g, için,

316 298 Kesi³im Teorisi ko³ulunu sa lar. Ba³ka bir deyi³le, Σ g yüzeyinin Arf(Q) de i³mezi sfrdr. Bunu kantlamak için yüzeyi Σ g R 3 S 3 olarak ele alalm ve S 3 Σ g = U 1 U 2, U i = Σ g olarak yazalm. Mayer-Vietoris dizisinden 0 H 1 DR(U 1 ) H 1 DR(U 2 ) H 1 DR(Σ g ) 0 izomorzmasn elde ederiz. Ayrca, U i = Σ g ko³ulundan dolay j i : Σ g U i içerme fonksiyonu olmak üzere her a, b HDR 1 (U i) için ji (a)j i (b) = 0 H2 DR (Σ g) ve dolaysyla dim(hdr 1 (U i)) = g elde ederiz. Yüzeyler için yapt mz homoloji tanm U i için de geçerlidir ve j i : Σ g U i içerme fonksiyonu bize homoloji gruplar arasnda homomorzma verir. Sonuç olarak j i : Z 2g 2 H 1(Σ g, Z 2 ) H 1 (U i, Z 2 ) Z g 2 örten homomorzmalarn elde ederiz, öyle ki ker(j 1 ) ker(j 2 ) = 0 dolaysyla olur. Bu ise ayn zamanda H 1 (Σ g, Z 2 ) H 1 (U 1, Z 2 ) H 1 (U 2, Z 2 ) H 1 (Σ g, Z 2 ) = ker(j 1 ) ker(j 2 ) anlamna gelir. E er α, β ker(j 1 ) H 1 (Σ g, Z 2 ) ve Int(α, β) = 1 ise F 1 = α ve F 2 = β, F 1, F 2 U 1 olacak ³ekilde iki yüzey seçelim! Bu iki yüzey dik ³ekilde sonlu tane ayrk e ri boyunca kesi³ecektir. E rilerin uç noktalarnn says çift say olacaktr. Fakat bu say (mod 2)'de Int(α, β) = 1 saysna denk olaca için bir çeli³ki elde ederiz. Son olarak, ker(j 1 ) ve ker(j 2 ) vektör uzaylarnn birer {e 1,, e g } ve {f 1,, f g } tabann alalm. Dolaysyla, her i, j = 1, g için Int(e i, e j ) = 0 = Int(f i, f j ) olacaktr. imdi kesi³im formunun soysuzla³mam³ oldu unu kullanarak Al³trma 18'de yapt mza benzer ³ekilde ve sadece {f 1,, f g } tabannn elemanlarn do rusal toplamlar ile de i³tirerek öyle bir {f 1,, f g } taban buluruz ki, her i, j = 1, g için Int(e i, e j ) = 0 = Int(f i, f j ) ve Int(e i, f j ) = δ ij olur. Bu Σ g yüzeyinin Arf(Q) de i³mezinin sfr oldu unu kantlar. imdi de S 1 ve S 2 yüzeylerinin K dü ümünün d³ndaki noktalarda da kesi³ti i durumu ele alalm. Kesi³imin dik oldu unu kabul ederek kesi³imin K d³nda sonlu tane çemberden olu³tu unu görürüz. Çünkü bir boyutlu tkz tek manifold çemberdir. K d³ndaki tüm çemberleri her iki yüzeyden de çkartalm ve kalan yüzey

317 Al³trmalar 299 ekil 5.9: Yüzeylerin kesi³tikleri çemberler boyunca kesilip farkl ³ekilde yap³trlmas ile ayrk kapal yüzeylerin olu³turulmasnn bir dü³ük boyutlu temsili resmi. parçalarn birbiri ile kesi³meyen kapal yüzeyler olu³turacak ³ekilde tekrar yap³tralm. Elimizde sonlu sayda tkz ve snr olmayan ayrk yüzey olacaktr. Bu yüzeyler R 3 içinde oturduklar için yönlendirilebilir yüzeylerdir. Ba³ka bir deyi³le, S 1 yüzeyinin çemberler çkartldktan sonraki her parças S 2 yüzeyini hep ayn taraftan kesmektedir; ya hep içinden ya da hep d³ndan. EK L Kesme ve yap³trma i³lemleri sonucunda olu³an yönlendirilebilir yüzeylerden (sadece) bir tanesi, diyelim ki F 1 F 2, F i S i, i = 1, 2, K dü ümünü içerecektir. F 1 = K C 1 C n olsun. C 1 C n birle³imi S 2 yüzeyini F 2 ve F 3 = S 2 F 2 olmak üzere iki parçaya böler. F 1 yüzeyini S 1 yüzeyinin normal vektörü boyunca yüzeyin d³na, F 3 yüzeyini de, F 1 yüzeyinin S 2 yüzeyini C 1 C n birle³imi boyunca içinden mi yoksa d³ndan m kesti ine göre, S 2 yüzeyinin normal vektörü boyunca yüzeyin içine ya da d³na do ru hafçe itelim ve elde etti imiz yüzeyleri snrlarn boyunca yap³tralm. Bu i³lem sonucunda elde edilen yüzey, diyelim ki S 3 olsun, K dü ümünün bir ba³ka (yönlendirilebilir) Seifert yüzeyi olacaktr. Ayrca kurulu³u gere i S 3 Seifert yüzeyi S 1 ve S 2 Seifert yüzeylerini sadece K dü ümü boyunca keser. Dolaysyla, Arf(Q 1 ) = Arf(Q 3 ) = Arf(Q 2 ) olur ve böylece kant tamamlanr.

318

319 Yanl³ bir nota çalmak önemsizdir, tutkusuz çalmak ise aedilemez. -Ludwig van Beethoven 6 Karakteristik Snar Bu ünitede ilk önce Euler snfnn geometrik bir tanmn verece iz. Daha sonra Euler snfn kullanarak karma³k vektör demetlerinin Chern snar tanmlayp temel baz örnekleri inceleyece iz. Son olarak Chern snar yardmyla gerçel vektör demetlerinin Pontryagin snarn tanmlayp bu snarn topolojik özelliklerine dair örnekler ve Milnor'un 7-boyutlu egzotik küreleri ile üniteyi bitirece iz. 6.1 Euler Karakteristik Snf Bir önceki ünitede Euler snfnn yönlendirilebilir vektör demetlerinin bir de i³mezi oldu unu görmü³tük. imdi de vektör demetleri üzerine koydu umuz ba lant formlarnn e rili ini tanmlayaca z. Daha sonra e rilik yardmyla vektör demetlerinin karakteristik snarn ele alaca z. E r M bir vektör demeti ve : Γ(E) Γ(E T M) bu demet üzerinde bir ba lant olsun. Ayrca X, Y manifold üzerinde vektör alanlar ve s vektör demetinin bir kesiti olsun. Son olarak f : M R manifold üzerinde türevlenebilir bir fonksiyon olmak üzere ifadesini hesaplayalm: R(X, Y )(fs) = ( X Y Y X [X,Y ] )(fs) X Y (fs) = X (f Y s + Y (f)s) = f X Y s + X(f) Y s + X(Y (f))s + Y (f) X s. 301

320 302 Karakteristik Snar Buradan da ( X Y Y X )(fs) = f( X Y Y X )s + [X(Y (f)) Y (X(f))]s = f( X Y Y X )(s) + [X, Y ](f) s elde ederiz. Ayrca, oldu undan [X,Y ] (fs) = f [X,Y ] (s) + [X, Y ](f) s ( X Y Y X [X,Y ] )(fs) = f( X Y Y X [X,Y ] )(s) buluruz ki, bu bize R(X, Y ) : Γ(E) Γ(E) fonksiyonun bir tensör oldu unu gösterir. Bu tensöre ba lantsnn e rilik tensörü denir. imdi de e rilik tensörünün bile³enlerini e rili in Christoel sembolleri cinsinden hesaplayalm: Vektör demetinin, manifoldun bir U açk kümesi üzerindeki x 1,, x n koordinat sisteminde verilen bir s 1,, s r çatsn alalm. Bu durumda e i (p) = d vektör alanlar ve ba lantnn Γ k ij Christoel sembolleri dx i için ei s k = Γ l ik s l e³itli i sa lanr. Ayrca R(e i, e j )(s k ) = r l=1 Rl kij s l e³itlikleri ile tanmlanan R l kij : U R fonksiyonlarna e rilik tensörünün bile³enleri denir. Bu bile³enleri Christoel sembolleri cinsinden hesaplamak için ilk önce ( ei ej )s k = m = m ei (Γ m jk s m) (e i (Γ m jk ) s m + Γ m jk e i s m ) = m Γ m jk x i s m + ml Γ m jk Γl im s l türevini buluruz. Son olarak, [e i, e j ] = 0 e³itli ini kullanarak, R(e i, e j )s k = m = l ( Γm jk x i ( ( Γl jk x i Γm ik x j ) s m + ml Γl ik x j ) + m (Γ m jk Γl im Γ m ik Γl jm) s l (Γ m jk Γl im Γ m ik Γl jm) ) s l, elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, e rili in bile³enleri R l kij = ( Γl jk x i Γl ik x j ) + m (Γ m jk Γl im Γ m ik Γl jm)

321 Euler Karakteristik Snf 303 ifadesiyle verilir. E rilik tensörü tanm gere i ters simetriktir: R l kij = Rl kji. Dolaysyla, e rilik tensörünü kesitler uzaynn endomorzmalarnda de er alan bir 2-form olarak görebiliriz: Bu durumda, R : Γ(E) Γ(Ω 2 (M) E), s Ω s. R(s k ) = l Ω l k s l ³eklinde yazarsak Ω l k = 1 Rkij l 2 dx i dx j i,j elde ederiz. E rilik tensörünün bu ifadesini Hatrlatma 3.3.8'in sonucu ile birle³tirerek, ω ba lant formu olmak üzere, Ω = dω + ω ω e³itli ini elde ederiz. Bunu görmek için ilk önce ω l k = i Γ l ik dx i ba lant formunun d³ türevini hesaplayalm. dω l k = d( Γ l ik dx i) = d(γ l ik dx i) = ( Γl ik x j dx j dx i ) = 1 2 ( Γl jk Γl ik ) dx i dx j. x i x j Di er taraftan ω ω terimi ω = [ωk l ] matris de erli 2-formun kendisi ile matris çarpmdr. Matrislerin bile³enleri form d³ çarpm ile çarplr:... ω ω = ω1 l ω2 l ωr l... ω 1 k ω 2 k... ωk r

322 304 Karakteristik Snar matris çarpmnn bile³enleri (ω ω) l k = m = m ωm l ωk m ( Γ l im dx i ) ( i j Γ m jk dx j) = 1 (Γ l im Γ m jk 2 Γm ik Γl jm) dx i dx j ijm olarak bulunur. Hatrlatma ) Baz yazarlar ω 1-formlar matrisini bizim kulland mz formun devri i olarak alr (bkz. Milnor-Stashe [27], ve Madsen-Tornehave [23]). Bu durumda (ω ω) l k = m ω m k ωl m ve dolaysyla olur. Ω = dω ω ω 2) Tanmndan dolay e rilik tensörü vektör alanlar bile³enlerine göre ters simetriktir: R(X, Y )s = R(Y, X)s. Dolaysyla R(X, X)s = 0 oldu undan bir boyutlu manifoldlar üzerindeki vektör demetlerinin e rilik tensörleri her zaman sfrdr. 3) Yine ayn nedenden dolay iki boyutlu bir manifold için e rilik tensörü, tensörün Rk12 l terimleri ile tamamen belirlenir. Örnek Karma³k projektif do ru üzerindeki O(k) = C C C C /(z, v) (1/z, v/z k ), (z, v) C {0} C karma³k do ru demetini yönlendirilmi³ düzlem demeti olarak görelim ve bu demet üzerine koyaca mz bir metri in e rili ini hesaplayalm. Yukardaki her iki yerel çarpm üzerine de g(z)(u, v) = Re(u v) (1 + z z) k metri ini koyalm (Hermityan metri in gerçel ksmn Riemann metrik olarak alyoruz). Bu metrik g(z)(w) = g( 1 z )( u z k, v z k )

323 Euler Karakteristik Snf 305 ko³ulunu sa lad ndan vektör demeti üzerinde bir iç çarpm verir. Metri in bile³enleri 1 g 11 = g 22 = ve (1 + x 2 + y 2 ) k g 12 = g 21 = 0 oldu undan metrikten elde edilen ba lant formunun katsaylar da a³a daki gibidir: ve Γ 1 11 = g1 11 2g 11, Γ 2 22 = g2 22 2g 22, Γ 2 11 = g2 11 2g 22, Γ 1 22 = g1 22 2g 11 Γ 1 12 = Γ 1 21 = g2 11, Γ 2 12 = Γ 2 21 = g1 22 2g 11 2g 22 olur. Do rudan hesap yaparak ba lant matrisinin elemanlarn a³a daki gibi kx hesaplarz: A = 1 + x 2 + y 2, B = ky olmak üzere 1 + x 2 + y 2 w 1 1 = Γ 1 11 dx + Γ 1 21 dy = A dx + B dy w 2 1 = Γ 2 11 dx + Γ 2 21 dy = B dx + A dy w 1 2 = Γ 1 12 dx + Γ 1 22 dy = B dx A dy w 2 2 = Γ 2 12 dx + Γ 2 22 dy = A dx + B dy olarak hesaplanr. O halde, e rilik formu ( Ω 1 Ω = 1 Ω 1 ) 2 Ω 2 1 Ω 2 = dw + w w 2 ( ) (Bx A = y ) dx dy (A x + B y ) dx dy (A x + B y ) dx dy (B x A y ) dx dy ( ) 2k 0 dx dy (1+x = 2 +y 2 ) 2 2k dx dy 0 (1+x 2 +y 2 ) 2 olarak hesaplanr. E er ise F = (A x + B y ) dx dy = F 2π 2k (1 + x 2 + y 2 dx dy ) 2 = ik (dz d z) 2π (1 + z z) 2 Ω2 (CP 1 ) kapal formunun CP 1 üzerindeki integrali k tam saysna e³ittir (bkz. s. 118). O halde, Örnek 'den dolay bu form O(k) CP 1 yönlendirilmi³ iki boyutlu vektör demetinin Euler snfn temsil eder. Yönlendirilmi³ bir vektör demetinin Euler snfnn, vektör demeti üzerindeki bir ba lant formunun e rilik tensörü ile temsil edilmesi karakteristik snar

324 306 Karakteristik Snar teorisinin temel ögelerinden birisidir. Yukardaki örnekte buldu umuz Ω formu boyut ko³ullarndan dolay kapaldr. Sonraki ksmlarda vektör demetleri için olu³turaca mz benzeri formlarn kapal oldu unu ve bu formlarn temsil etti i kohomoloji snfnn da vektör demeti üzerinde seçilen ba lant formundan ba msz oldu unu gösterece iz. Ba lant formunun, demetin çats s j = g s j ile de i³ti i zaman ω = g 1 ω g + g 1 dg ba nts ile de i³ti ini biliyoruz. A³a daki önerme ba lant e rili inin nasl de i³ti ini göstermektedir. Önerme Bir ba lantnn e rilik formunun yerel gösterimi çatnn de i- ³imi altnda a³a daki gibi davranr: Ω = g 1 Ω g. Kant : g 1 g = Id = gg 1 e³itliklerinin türevlerini alarak dg 1 g + g 1 dg = 0 = dg g 1 + g dg 1 e³itliklerini elde ederiz. Di er taraftan, ω = g 1 ωg + g 1 dg oldu undan ω ω = g 1 ωg g 1 ωg + g 1 ω dg + g 1 dg g 1 ωg + g 1 dg g 1 dg = g 1 ω gg 1 ωg + g 1 ω dg + g 1 dg g 1 ωg dg 1 g g 1 dg = g 1 ω ωg + g 1 ω dg + g 1 dg g 1 ωg dg 1 dg elde ederiz. Benzer ³ekilde, dω = dg 1 ω g + g 1 dω g g 1 ω dg + dg 1 dg olur. Dolaysyla, Ω = ω ω + dω = g 1 (ω ω) g + g 1 dg g 1 ω g + dg 1 ω g + g 1 dω g = g 1 (ω ω) g + (g 1 dg g 1 ) ω g + dg 1 ω g + g 1 dω g = g 1 (ω ω) g dg 1 ω g + dg 1 ω g + g 1 dω g = g 1 (ω ω + dω) g = g 1 Ω g bulunur.

325 Euler Karakteristik Snf 307 Önerme Yukardaki vektör demetinin ortonormal yerel bir çats {s α } ise bu çatya kar³lk gelen Christoel sembolleri, ba lant ve e rilik formu için e³itlikleri sa lanr. Γ β iα = Γα iβ, ωβ α = ω α β, Ωβ α = Ω α β Kant : Çat ortonormal oldu undan (s α, s β ) = δ αβ 0 = ei (s α, s β ) = ( ei s α, s β ) + (s α, ei s β ) = γ Γ γ iα (s γ, s β ) + Γ γ iβ (s α, s γ ) olur. Buradan, ve dolaysyla, Γ β iα = Γα iβ kolayca görülür. = Γ β iα + Γα iβ elde ederiz. Kantn geri kalan e rili in ifadesinden Bu önermenin sonucu olarak e rilik formunun ortonormal bir çatda manifold üzerindeki 2-formlarn ters simetrik matrisi oldu unu görürüz. Derecesi çift say olan formlar de i³meli bir halka olu³turdu undan bu matrisin determinant iyi tanmldr. ki ortonormal çat arasndaki g taban de i³tirme matrisi ortogonaldir. Ayrca çatlar, yönlendirilmi³ bir demetin yönlendirilmi³ çatlar ise her x M için, g(x) SO(r) olacaktr. Ters Simetrik Matrislerin Pfaan: Bir önceki örnekteki F 2-formu Ω e rilik tensörünün yukardaki yerel çat seçiminden ba msz olan bir de i³mezidir. Aslnda F, Ω e rilik formunun Pfaan' olarak bilinen bir de i³mezidir. imdi bunu biraz daha detayl olarak görelim: Ω = [ω ij ] ters simetrik bir matris ise P f af f(ω) ters simetrik matrisin bile³enlerinin bir polinomudur. Kabaca det(ω)'nin kareköküdür: (P faff(ω)) 2 = det(ω). Tek boyutlu ters simetrik bir matrisin determinant sfr oldu undan Pfaan' da sfr olarak tanmlanr (A (2r 1) (2r 1)-boyutlu ters simetrik bir matris olmak üzere det(a) = det(a T ) = det( A) = ( 1) 2r 1 det(a) = det(a) oldu undan det(a) = 0 olur). A (2n 2n)-lik ters simetrik bir matris olsun. Bu matrisin bir λ karma³k özde erini ve bu özde ere ait bir v özvektörünü alalm: Av = λv. Di er taraftan, A gerçel katsayl bir matris oldu undan A v = λ v olur. Ayrca A ters simetrik oldu undan her özde er tamamen sanal bir saydr: λ < v, v > = < λv, v > = < Av, v > = < v, A v > = < v, Av > = < v, λv > = λ < v, v >

326 308 Karakteristik Snar oldu undan λ+ λ = 0 elde ederiz. O halde, λ Ri olmaldr. Di er taraftan, yine A ters simetrik oldu undan farkl özde erlere ait özvektörler birbirine dik olacaktr: λ 1 < v 1, v 2 > = < λ 1 v 1, v 2 > = < Av 1, v 2 > = < v 1, A v 2 > = < v 1, Av 2 > = < v 1, λ 2 v 2 > = λ 2 < v 1, v 2 > = λ 2 < v 1, v 2 > elde ederiz. Son olarak, λ 1 λ 2 ise < v 1, v 2 >= 0 olmaldr. Benzer bir ³ekilde, A matrisinin, C n vektör uzay içinde {v 1, v 2 } vektörlerinin gerdi i uzayn dik tümleyeni üzerinde bir operatör tanmlad n görürüz. Buradan tümevarm yöntemiyle A matrisini kö³egen hale getirebiliriz. Herhangi bir v karma³k özvektörünün gerçel ve sanal ksmlar v = ξ + iη ve λ = ia ise λv = Av denkleminden aη + ia ξ = ia(ξ + iη) = A(ξ + iη) = Aξ + iaη elde ederiz. O halde, Aξ = aη ve Aη = aξ olur. Son olarak, A matrisinin {ξ 1, η 1,, ξ n, η n } gerçel tabanndaki gösterimi 0 a a a n 0 0 a n 0 ters simetrik matrisi olur. Bu durumda A matrisinin Pfaan' a 1 a n gerçel says olarak tanmlanr. ( ) 0 a Hatrlatma Örne in, A = ters simetrik matrisinin Pfaf- a 0 an' a'dr ve bu P faff(a) = a ³eklinde yazlr. Genel olarak A = [a ij ] 2r 2r ters simetrik bir matris ve ω = i<j a ij e i e j ({e 1,, e 2r } herhangi bir vektör uzaynn bir taban olmak üzere) ise P f af f(a) a³a daki e³itlik yardmyla da tanmlanr: 1 r! ωr = P faff(a) (e 1 e 2r ). Ters simetrik bir matrisin Pfaan', karesi determinant polinomu olan bir ba³ka polinomdur. Bunu görmek için ayn satr ve sütun i³lemlerini yaparak matrisin a 12 = a 21 bile³enleri hariç ilk iki satr ve sütunu tamamen sfr yapalm. Elde edilen matris yine ters simetrik olacaktr. imdi tümevarm metodunu kullanarak kant bitirebiliriz (bkz. Al³trma 1).

327 Euler Karakteristik Snf 309 Ω = [Ω l k ] ortonormal bir çatda yazlan e rilik formu olsun. Ayn tensörü bir ba³ka ortogonal çatda yazarsak elde edilen matris, g : M SO(r) türevlenebilir bir fonksiyon olmak üzere, Ω = g 1 Ωg olaca ndan P faff(ω ) = P faff(ω) elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, P faff(ω) yerel ortonormal çatnn seçiminden ba mszdr. Örnek O(k i ) CP 1, i = 1,, n vektör demetlerini P i : M = CP 1 CP 1 CP 1, (p 1,, p n ) p i, iz dü³üm fonksiyonlar ile geri çekelim: L i = P (O(k i )). Karma³k yaplar göz ard edersek, E = L 1 L n M rank 2n olan yönlendirilmi³ (karma³k yönlendirme ile) bir gerçel vektör demeti olur. Her i = 1,, n için, s i : CP 1 O(k i ) demetin sfr kesiti ile dik kesi³en bir kesiti ise s = (s 1,, s n ) : M E fonksiyonu da sfr kesiti ile dik kesi³en bir kesit verir ve dolaysyla E M demetinin Euler says k 1 k n çarpmdr. Di er taraftan, Örnek 6.1.2'de verilen metri in uygun çarpmn E üzerine koyalm. Metrik çarpm ³eklinde oldu undan ba lant formu ve e rili i de çarpm ³eklinde olacaktr: P faff(ω E ) = P faff(ω O(k1 )) P faff(ω O(kn)). Yine Örnek 6.1.2'den dolay ( ) 1 n 2π olacaktr. M P faff(ω E ) = k 1 k n E rilikle ilgili çal³mamz biraz daha ilerletelim: E M rank iki olan yönlendirilmi³ bir vektör demeti olsun. Demet üzerine bir iç çarpm ve bununla uyumlu bir ba lant formu koyalm. Yerel bir koordinat sistemi üzerinde seçilen ortonormal bir çatda ba lant matrisi ve e rilik matrisi a³a daki gibidir: ( Ω 1 Ω = 1 Ω 1 ) ( ) ( ) 2 0 Ω 1 Ω 2 1 Ω 2 = 2 0 dω 1 2 Ω 1 = dω + ω ω = dω Dolaysyla, P faff(ω E ) = dω 1 2 formu kapal bir formdur. (Bu form, her kapal form gibi, yerel olarak tamdr. Di er taraftan, önceki örnekte bu formun tam olmayabilece ini gördük.)

328 310 Karakteristik Snar imdi a³a daki teoremi kantlamak için son bir hazrlk yapaca z. Yukarda elde etti imiz Ω = dω + ω ω e³itli in d³ türevini alalm ve burada dω yerine dω = d 2 ω + dω ω ω dω = dω ω ω dω dω = Ω ω ω koyalm. Böylece a³a daki sonucu kantlam³ olduk. Teorem (Bianchi Özde³li i). dω = Ω ω ω Ω. imdi bu bölümün, Genelle³tirilmi³ Gauss-Bonnet Teoremi ya da Chern- Gauss-Bonnet Teoremi olarak bilinen, ana sonucunu verebiliriz. Teorem (Genelle³tirilmi³ Gauss-Bonnet Teoremi). E M türevlenebilir bir manifold üzerinde yönlendirilmi³ r-boyutlu bir vektör demeti olsun. Ω vektör demeti üzerinde verilen herhangi bir metrik ile uyumlu bir ba lant formunun ortonormal bir tabandaki e rilik formu olmak üzere P f af f(ω) kapal bir formdur ve vektör demetinin Euler snf ( ) 1 r e(e) = [P faff(ω)] 2π ile temsil edilir. Kant : Kant üç admda yapaca z. Adm 1) Önce Milnor-Stashe'in sunumunu takip ederek P f af f(ω) formunun kapal oldu unu gösterece iz. Gösterimi basitle³tirmek için, herhangi bir A = [A l k ] M(r, Ω2 (M)) matrisi için P faff([a l k ]) ifadesini ksaca P ([Al k ]) olarak yazalm. Bu ifadenin ksmi türevlerinden olu³an matrisin devri ini ³u ³ekilde gösterelim: P (A) =. [ P l k = P ] T A l. k Do rudan hesap yaparak dp ([Ω l k ]) = k,l ( P Ω l k ) dω l k, e³itli ini buluruz. Dolaysyla, dp (Ω) = T r(p (Ω) dω) matris çarpmnn izine e³ittir (bkz. Al³trma 2). Bu sonucu Bianchi Özde³li i ile birle³tirirsek dp (Ω) = T r(p (Ω) Ω ω P (Ω) ω Ω), ( )

329 Euler Karakteristik Snf 311 e³itli ini elde ederiz. imdi de Ω P (Ω) = P (Ω) Ω oldu unu gösterece iz. Bunun için ilk önce, Fk l. = [E j i ] = [δ ikδ jl ] matrisini tanmlayalm (di er bir deyi³le, [Fk l ] ile l'inci satr ve k'inci sütundaki eleman bire e³it olan ve di er tüm elemanlar sfr olan matrisi gösteriyoruz). (I + tfk l ) matrisinin yeterince küçük t R de erleri için tersi oldu undan P ((I + tf l k )Ω) = P (Ω(I + tf l k )) e³itli i sa lanr. O halde, bu e³itli in zamana göre türevini alp t = 0 de erini yerine koyarsak T r(p (Ω) F l k Ω) = T r(p (Ω) ΩF l k ) elde ederiz. Açk bir ³ekilde yazmak gerekirse, izlerini ald mz matrisler ³u ³ekilde olacaktr: P (Ω) F l k Ω çarpm P (Ω) F l k Ω = olur. Dolaysyla, = P 1 1 P r P r 1 P r r 0 0 P l 1 Ωk P r l Ω k r T r(p (Ω) F l k Ω) = i P l i Ω k i Ω 1 1 Ω 1 r.. Ω r 1 Ω r r elde ederiz. Benzer ³ekilde ikinci terimini de hesaplayarak r i=1 P l i Ω k i = e³itli ini elde ederiz. Bu ise tam olarak r i=1 P i k Ωi l Ω P (Ω) = P (Ω) Ω özde³li ine denktir. Son olarak e er X. = P (Ω) ω olarak tanmlanrsa yukardaki ( ) e³itli inden dp (Ω) = T r(p (Ω) Ω ω P (Ω) ω Ω) = T r(ω P (Ω) ω P (Ω) ω Ω) = T r(ω X X Ω) = k,l Ω l k Xk l X k l Ω l k = 0

330 312 Karakteristik Snar elde ederiz (en son e³itlik Ω l k 'nin 2-form olmasndan elde edilmi³tir). Böylece bu admn kant tamamlanm³ oldu. Adm 2) P faff(ω) kapal formunun kohomoloji snf vektör demeti üzerinde seçilen metrikten ba mszdr: Bunu görmek için, E M üzerinde g i, i = 0, 1, gibi iki metrik ve bu metrikler ile uyumlu ba lantlar alalm (Sonuç ). Bu ba lantlarn e rilik tensörleri de, srasyla, Ω 0 ve Ω 1 olsun. lk önce P : M ( 1, 2) M, (p, t) p, fonksiyonu yardmyla vektör demetini geri çekelim: F = P (E) M ( 1, 2). M ( 1, 2) çarpm manifoldunun U = M ( 1, 3/4), V = M (1/4, 2) açk örtüsü ile uyumlu bir ρ U, ρ V birimin ayr³mn alalm. imdi bunu kullanarak F M ( 1, 2) demeti üzerine a³a daki iç çarpm koyalm: g(p, t) = ρ U (p, t) g 0 (p) + ρ V (p, t) g 1 (p). Bu metrik M ( 1, 1/4) üzerinde g 0 ve M (3/4, 2) üzerinde de g 1 ile verilecektir. F M ( 1, 2) demeti üzerindeki bu metri in e rilik formu da Ω ile gösterelim. Son olarak i 0 : M M ( 1, 2), p (p, 0) ve i 1 : M M ( 1, 2), p (p, 1) fonksiyonlar homotopik ve P faff(ω) kapal oldu undan [P faff(ω 0 )] = i 0([P faff(ω)]) = i 1([P faff(ω)]) = [P faff(ω 1 )] elde ederiz ve böylece bu admn kant tamamlanr. Adm 3) ν = ( 1 2π ) r P faff(ω) olsun. Demetin sfr kesiti ile dik kesi³en bir s : M E kesitini alalm ve N m r = s 1 (0) M alt manifoldu olarak tanmlansn. O halde, teoremin kantn tamamlamak için, [ν] kohomoloji snfnn N alt manifoldunun Poincaré duali oldu unu göstermeliyiz. Bunun için herhangi bir r-boyutlu yönlendirilmi³ tkz K manifoldu ve N manifoldu ile dik kesi³en bir i : K M türevlenebilir fonksiyonu alalm. Bu durumda, Hatrlatma 5.2.7'den dolay kant tamamlamak için Int(N, i(k)) = i ν oldu unu göstermeliyiz. i : K M fonksiyonu ile vektör demetini ve üzerindeki yaplar geri çekelim. O halde, i (E) K vektör demetinin e rilik formu i (Ω), ve dolaysyla da ( ) 1 r i (ν) = (P faff(i (Ω))) 2π K

331 Euler Karakteristik Snf 313 olmaldr. Ayrca, E M demetini i (E) K ile de i³tirerek m = r oldu unu kabul edebiliriz. Bu durumda N = s 1 (0) M sonlu sayda i³aretli noktadan olu³acaktr. m = r saynn tek olmas durumunda kantlamak istedi imiz e³itli in her iki taraf da sfr oldu undan m = r saysnn çift oldu unu kabul edece iz. Demetin Euler says e(e) olsun. imdi bir p D1 m M disk kom³ulu u seçelim öyle ki, disk üzerinde kesitin sfr olmasn ve vektör demeti disk üzerinde çarpm ³eklinde verilsin. imdi bu disk üzerinde bir homotopi kullanarak metri i standart metrik haline getirelim. Ayrca yine metrikle uyumlu olacak ³ekilde ba lant formunu bu disk üzerinde de i³tirelim öyle ki, diskin snrndan merkeze olan uzakl n yarsna gelene kadar ba lant formu da türevlenebilir bir ³ekilde sfra dönü³sün (Sonuç 'un sabit katsayl metrik için vermi³ oldu u ba lant sfr ba lantsdr). Ba lant formunun sfr oldu u diskin üzerinde ν formu da sfr olacaktr. Ayrca bu disk üzerinde kesitin sfr olmad ndan, diskin snrna kstland nda, kesiti homotopi ile sabit bir fonksiyona dönü³türebiliriz (Önerme ). imdi de Örnek 6.1.6'da olu³turdu umuz E 0 S = (CP 1 ) m/2 vektör demetini ele alalm: k 1 = e(e), k 2 = = k m/2 = 1 olarak seçilsin. Bu manifold üzerinde de yukardaki paragraftaki gibi bir q D2 m S diski alalm. Bu disk üzerinde ba lant formunun sfr oldu unu kabul edelim. Her iki vektör demeti de bu diskler üzerinde D m R m D m, (x, v) x, a³ikar çarpm ³eklindedir. Bu iki diskin iç noktalar üzerindeki (merkez noktalarn atalm) lieri a³a daki gibi birbirine yap³tralm: Int(D m 1 {p}) R m Int(D m 2 {q}) R m /(x, v) (ϕ(x), v), öyle ki, uygun öteleme fonksiyonlar yardmyla p = q = 0 oldu unu kabul ederek ϕ : Int(D1 m {0}) Int(Dm 2 {0}) a³a daki bile³ke fonksiyonu olarak tanmlansn, Int(D m 1 {0}) R m {0} R m {0} Int(D m 2 {0}), x x y = 1 x z = y y 2 w = z 1 + z. O halde, S ile S manifoldunun ters yönlendirilmi³ini gösterirsek bu yap³trma fonksiyonu bize M S toplam manifoldu üzerinde bir E 1 M S vektör demeti verecektir. Bu demetin M D 1 üzerine kstlan³ E ve S D 2 üzerine kstlan³ ise E 0 olacaktr. Ayrca, her iki manifold üzerindeki kesitleri yap³trarak elde edilen kesitin sfrlarnn cebirsel toplam sfr olacaktr, çünkü x ϕ(x) yap³trma fonksiyonu yönü ters çevirir. imdi sfrlar

332 314 Karakteristik Snar ayr ayr içeren küçük diskler alalm ve daha sonra bu diskleri birbirine ince tüplerle ba layarak yeni bir disk elde edelim. Diskin üzerinde vektör demetini bir çarpm ³eklinde yazalm. Daha sonra diskin her bir noktasndaki lini diskin seçti imiz bir noktasndaki li ile e³leyelim. Disk kesitin tüm sfrlarn içerdi i için, diskin snrnda kesiti küreden küreye derecesi sfr olan bir fonksiyon olarak görebiliriz (Önerme ). Bu fonksiyon bir sabite homotopik oldu undan vektör demetinin hiç sfr olmayan bir kesitini elde etmi³ oluruz (Önerme ). Bu kesit demetin biri a³ikar do ru demeti olmak üzere iki vektör demetinin toplam ³eklinde yazlabilmesi anlamna gelir. Bunu görmek için vektör demeti üzerinde herhangi bir iç çarpm alalm ve demeti hiç sfr olmayan kesitin gerdi i do ru demeti ile bu kesite dik vektörlerden olu³an demetin direkt toplam olarak yazalm. Bu toplam demetin üzerinde seçti imiz iç çarpma kar³lk gelen e rilik her bir toplamn e rili ini ifade eden matrislerin direkt toplam olacaktr. Fakat (a³ikar) bir do ru demetinin e rili i her zaman sfrdr. Bu durumda e rilik matrisinin Pfaan' da sfr olacaktr. Dolaysyla, toplam vektör demeti üzerinde birbirine yap³trlarak elde edilen ba lant formunun e rili inin verdi i m-formunun integrali sfr olmaldr. O halde, ( ) 1 r 0 = P faff(ω) M S 2π = = = M S M M M ( ) 1 r P faff(ω) M + 2π S ( ) 1 r P faff(ω) M 2π S ( ) 1 r P faff(ω) M e(e) 2π ( 1 2π ) r ( 1 2π ) r elde edilir ve kant tamamlanr. En son admdaki ( ) 1 r P faff(ω) S = e(e) 2π e³itli i E 0 S = (CP 1 ) m/2 S P faff(ω) S P faff(ω) S vektör demetinin seçiminin bir sonucudur. Hatrlatma Euler snfnn önceki bölümde verilen topolojik tanmndan ya da yukardaki teoremin kantnda kullanlan kirlerden yararlanarak a³a daki sonuçlar kolayca kantlayabiliriz. 1) E i M, i = 1, 2, yönlendirilmi³ vektör demetleri ise olur. e(e 1 E 2 ) = e(e 1 ) e(e 2 ) 2) f : M N türevlenebilir bir fonksiyon ve E N yönlendirilmi³ bir vektör demeti ise e(f (E)) = f (e(e)) olur. Bu bilgiyi kullanarak ³u ilginç

333 Euler Karakteristik Snf 315 sonuca varrz: M 2n yönlendirilmi³ ba lantl tkz bir manifold ise, her k tam says için, derecesi k olan türevlenebilir bir f : M S 2n fonksiyonu vardr. O halde, e(t S 2n ) = 2 oldu undan f (T S 2n ) M Euler says 2k olan bir vektör demetidir. 3) Herhangi bir yönlendirilmi³ E M vektör demetinin duali E ise olur. e(e ) = i rank(e) e(e) 4) Herhangi bir yönlendirilmi³ E M vektör demetinin ters yönlüsü E ise e( E) = e(e) olur. Yönlendirilebilir bir manifoldun Euler snf manifoldun yönlendirmesine duyarl oldu u halde Euler says yönlendirmeden ba mszdr: e(t ( M)) = e( T (M)) = e(t M) = e(t M). M M M M Ricci E rili i ve Saysal E rilik: Riemann tensöründen ba³ka tensörler elde edebiliriz. Bunlardan birincisi Ricci e rilik tensörüdür ve ³u ³ekilde tanmlanr: Ric. = ij R ij dx i dx j, R ij. = Rikj k. Bu tensör simetriktir. Bu tensörün metrik izi ³u ³ekilde tanmlanr ve Riemann manifoldunun saysal e rili i adn alr: k S = T r g Ric. = ij g ij R ij. Örnek Σ R 3 yüzeyi yerel olarak türevlenebilir bir f : U R fonksiyonun gra i olsun: Σ = {(x, y, f(x, y)) (x, y) U}. Bu durumda yüzeyin te et demeti üzerinde R 3 ( ) 1 + f 2 g = x f x f y f x f y 1 + fy 2 Öklit uzayndan gelen metrik

334 316 Karakteristik Snar matrisi ile verilir. Do rudan hesap yaparak Christofel sembolleri a³a daki gibi elde edilir: Γ 1 11 = f x f xx 1 + fx 2 + fy 2, Γ 2 11 = f y f xx 1 + fx 2 + fy 2 Γ 1 22 = f x f yy 1 + fx 2 + fy 2, Γ 2 22 = f y f yy 1 + fx 2 + fy 2 Γ 1 12 = Γ 1 f x f xy 21 = 1 + fx 2 + fy 2, Γ 2 12 = Γ 2 21 = Buradan Ricci e rilik tensörünü hesaplayabiliriz: f y f xy 1 + f 2 x + f 2 y. olmak üzere κ = f xxf yy f 2 xy (1 + f 2 x + f 2 y ) 2 R 11 = R R121 2 = R121 2 = κ(1 + fx) 2 R 12 = R R122 2 = R112 1 = κ(f x f y ) R 21 = R R221 2 = R221 2 = κ(f x f y ) R 22 = R R222 2 = R212 1 = κ(1 + fy 2 ). Son olarak saysal e rilik S = ij g ij R ij = 2κ olarak elde edilir. Aslnda, κ yüzeyin Gauss e rili idir ve dolaysyla yüzeyler için, saysal e rilik Gauss e rili inin tam olarak iki katdr (bkz. Al³trma 4). E er te et demeti için {e 1 = (1, 0, f x ), e 2 = (0, 1, f y )} çatsn seçersek e rilik tensörü a³a daki gibi olur: ( Ω 1 Ω = 1 Ω 1 ) ( 2 f Ω 2 1 Ω 2 = dω + ω ω = κ x f y 1 + f 2 ) y 2 (1 + fx) 2 dx dy. f x f y Bu çaty a = 1 + fx 2 + fy 2 { fy e 1 f x e 2, a 1 a 1 olmak üzere f x a 2 a e 1 + ortonormal çats ile de i³tirirsek yeni e rilik formu g 1 Ωg = ( ) 0 1 a κ dx dy 1 0 } f y a 2 a e 2 ile verilir. Dolaysyla, yüzeyin te et demetinin Euler snf e(t Σ) = 1 2π P faff(g 1 Ωg) = f xx f yy fxy 2 2π (1 + fx 2 + fy 2 dx dy ) 3/2

335 317 Euler Karakteristik S n f (b) Düzlemin üzerindeki standart Riemann metri i ötelemeler alt n2 2 2 da korundu u için T = R /Z bö- (a) Yukar daki tek kulplu kürenin, lüm uzay üzerinde, Gauss e rili i di er bir deyi³le torusun yüzeyinin her noktada s f r olan bir Riemann büyük bölümünde e rilik pozitif ol- metri i verir. Fakat bu metri i du u halde, Gauss-Bonnet Teore- torusun üzerine yukar daki ³ekil- mi'ne göre e rili in yüzey üzerin- de gösterilen yöntemle koyamay z! deki integrali s f rd r. (Bkz. Al ³t rma 7 ve Al ³t rma 8) ekil 6.1 ile temsil edilir. Bu yüzeyin Gauss e rili inin 2 fxx fyy fxy κ= (1 + fx2 + fy2 )2 ile verildi ini söylemi³tik. Asl nda do rudan hesap yaparak, yüzeyin Gauss σ : U R3 {(0, 0, 0)}, σ(x, y) = (fx, fy, 1). gönderimi ve ds = 1 + fx2 + fy2 dx dy yüzeyin üç boyutlu uzaydan ald alan formu (bkz. Örnek ) olmak üzere ω= kapal x dy dz + y dz dx + z dx dy Ω2 (R3 {(0, 0, 0)}) (x2 + y 2 + z 2 )3/2 2-formu için σ (ω) = κ ds elde edilir (bkz. Al ³t rma 5). Di er taraftan, e er Σ, Euler say s e(σ) = 2 2g olan t k z bir yüzey ise (bkz. Örnek ) bir önceki örnek bize Gauss-Bonnet Teoremi olarak bilinen sonucu verir. Sonuç (Gauss-Bonnet Teoremi). κ ds = 2π χ(σ) = 4π(1 g). Σ

336 318 Karakteristik Snar imdi yukarda verdi imiz sonucun de i³ik kirler içeren bir ba³ka kantn verece iz. Kant : Kant dört admdan olu³maktadr. Adm 1) dolay Yukardaki gösterimi kullanarak devam edelim. Al³trma 5'den σ : U R 3 {(0, 0, 0)}, σ(x, y) = (f x, f y, 1) yüzeyin Gauss gönderimi, ds = 1 + fx 2 + fy 2 dx dy yüzeyin üç boyutlu uzaydan ald alan formu ve ω = x dy dz + y dz dx + z dx dy (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 Ω 2 (R 3 {(0, 0, 0)}) kapal 2-formu olmak üzere yüzeyin Gauss e rili i için oldu unu biliyoruz. σ (ω) = κ ds Adm 2) Uzaydaki Σ R 3 yüzeyinin σ : Σ R 3 {(0, 0, 0)} Gauss gönderimini yüzeyin her noktasna o noktadaki te et uzayn kar³lk getiren gönderim olarak görebiliriz. σ(p) vektörünü boyuna bölersek Gauss gönderimi σ : Σ S 2 ³eklinde de ifade edebiliriz. Aslnda üç boyutlu uzaydaki yönlendirilmi³ düzlemleri, yönlendirilmi³ normal vektörleri ile e³leyerek, S 2 küresini üç boyutlu uzaydaki yönlendirilmi³ düzlemlerin uzay olarak görebiliriz. Gr R (n, 2) ile R n içindeki yönlendirilmi³ düzlemlerin uzayn gösterelim (bkz. Sayfa 168). Bu durumda Gr R (3, 2) = S 2 = CP 1 olur. Kolayca görülece i üzere Gr R (2, n) = {(u, v) S n 1 S n 1 u v}/, bölüm kümesi olarak yazlabilir. Buradaki ba nts { u2 = cos θ u (u 1, v 1 ) (u 2, v 2 ) 1 sin θ v 1, θ R, v 2 = sin θ u 1 + cos θ v 1 ile verilir. Gr R (n, 2) boyutu 2(n 2) olan türevlenebilir bir manifolddur. Bu manifolddan (n 1)-boyutlu karma³k projektif uzaya do al bir fonksiyon vardr: Φ : Gr R (n, 2) C n {0}/ = CP n 1, [(u, v)] [u + iv]. n = 3 oldu u durumda bu fonksiyon bir difeomorzmadr. Bu fonksiyonun açk bir fonksiyon oldu u kolayca görülür. Di er taraftan Gr R (n, 2) tkzdr, çünkü

337 Euler Karakteristik Snf 319 tkz bir uzayn bölüm uzaydr. Son olarak karma³k projektif uzay ba lantl oldu undan Φ örten bir fonksiyondur. imdi, F : Σ [0, 1] R n türevlenebilir bir fonksiyon olsun, öyle ki, her t [0, 1] için f t = F (, t) : Σ R n, p F (p, t), bir batrma fonksiyonu olsun. Dolaysyla, bu fonksiyon Σ yüzeyinin R n içine batrmalarnn türevlenebilir bir ailesidir. f t batrmasnn Gauss gönderimini σ t ile gösterirsek σ t : Σ [0, 1] Gr R (n, 2) türevlenebilir homotopisini elde ederiz. Bu fonksiyonun Φ ile bile³kesinden Φ σ t : Σ [0, 1] CP n 1 homotopisini elde ederiz. a HDR 2 (CP n 1 ) karma³k do ru üzerindeki integrali bir olan 2-form ve Σ R 3 birinci admdaki yüzey ise κ ds = σ (ω) = 4π(Φ σ 0 ) (a) (f 0 = id oldu unu kabul ediyoruz) olur. Dolaysyla, her t [0, 1] için κ ds = σ (ω) = 4π(Φ σ t ) (a) Σ Σ olur. Sonuç olarak, Σ yüzeyinin R n içine iki farkl batrlmas homotopik ise bu farkl batrmalara kar³lk gelecek olan κ ds Σ integrali de i³meyecektir. Bir sonraki admda herhangi iki batrmann her zaman homotopik oldu unu görece iz (içine batrlan uzayn boyutunun artrlmasna izin verilmesi kaydyla). Adm 3) Bu admda üç boyutlu uzaydan yedi veya daha büyük boyutlu Öklit uzayna derecesi en fazla d 1 olan polinom batrmalarn olu³turdu u uzayn (yol) ba lantl oldu unu gösterece iz. Derecesi en fazla d 1 olan üç de i³kenli polinomlarn olu³turdu u vektör uzaynn boyutu s = ( 3 + d d saysdr. Aslnda bu say derecesi s olan monomiyallerin saysdr. Dolaysyla, derecesi en fazla d olan üç de i³kenli bir polinomu R s içinde bir nokta olarak görebiliriz. imdi bir P = (x 0, y 0, z 0 ) R 3 noktas alalm. (x, y, z) koordinat sistemini (x x 0, y y 0, z z 0 ) ile de i³tirerek P = (0, 0, 0) R 3 oldu unu Σ )

338 320 Karakteristik Snar kabul edebiliriz. f 1,, f k+3 R s P = (0, 0, 0) noktasnn (k + 3)-tane polinom olsun. Bu durumda, ϕ : (f 1,, f k+3 ) : R 3 R k+3 fonksiyonu için bir kritik nokta olup olmamas bu polinomlarn sadece do rusal terimleri ile belirlenir. Kritik nokta olma ko³ulu polinomlarn katsaylar üzerine (k + 1)-tane do rusal ba msz ko³ul koyar. Dolaysyla, bu noktay kritik nokta kabul eden (f 1,, f k+3 ) fonksiyonlarn olu³turdu u alt uzayn R s(k+3) içindeki ters boyutu k + 1 olur. E er, E = {((x, y, z), f 1,, f k+3 ) R 3 R s(k+3) olarak tanmlanrsa rk(d(f 1,, f k+3 ) (x,y,z) ) 2} π : E R 3, ((x, y, z), f 1,, f k+3 ) (x, y, z) iz dü³üm( fonksiyonu ) örtendir. Bütün lier e³yapldr ve ters boyutlar k + k olan -tane do rusal alt uzayn birle³imidir. Dolaysyla, R 2 3 'ün herhangi bir noktasn kritik nokta olarak kabul eden tüm ϕ : (f 1,, f k+3 ) : R 3 R k+3 fonksiyonlarnn olu³turdu u kümenin R s(k+3) içindeki ters boyutu (k + 1) 3 = k 2 olur. O halde, e er k 4 ise R 3 uzaynn R k+3 içine polinom batrmalarnn olu³turdu u açk küme yol ba lantldr. Dolaysyla, R 3 uzaynn R 7 içine tüm polinom batrmalarnn olu³turdu u uzay yol ba lantldr. Σ R 3 a³a daki yüzey olsun. π : E R 3 lif demetini Σ yüzeyine kstlayarak π : π 1 (Σ) Σ, ((x, y, z), f 1,, f k+3 ) (x, y, z) lif demetini elde ederiz. Bu durumda, yüzey iki boyutlu oldu u için yukarda söylediklerimizden dolay, bu yüzeyin R 6 içine tüm polinom batrmalarnn olu³turdu u uzayn yol ba lantl oldu unu söyleyebiliriz. Herhangi iki f i : Σ R m, i = 1, 2, batrma fonksiyonu alalm. n = max{6, m} olmak üzere R m R n bir alt uzay olarak dü³ünelim ((x 1,, x m ) (x 1,, x m, 0,, 0) içermesiyle). Stone-Weierstrass Yakla³m Teoremi'nden bu iki batrma fonksiyonuna istenildi i kadar (C 2 )-yakn g i : Σ R n, i = 1, 2, polinom batrmalar bulabiliriz, öyle ki, her t [0, 1] için, (1 t)f i + tg i fonksiyonu da yüzeyin bir batrmas olur. Bu iki homotopi sayesinde f i yerine g i polinom batrmalaryla çal³abiliriz. Son olarak g 1 ve g 2 polinom batrmalar da homotopiktir. Ba³ka bir deyi³le, bu adm tamamlam³ olduk.

339 Euler Karakteristik Snf 321 Adm 4) Bu admda ise Σ yüzeyinin üç boyutlu uzaya özel bir gömülmesi için κ ds Σ integralini hesaplayaca z. Bu özel gömülmenin görüntüsünü Σ g ile gösterelim. ekil 6.2: σ 1 (p) ters görüntüsü g + 1 noktadan olu³maktadr. HDR 2 (S2 ) = R oldu u için sadece p = (0, 1, 0) S 2 noktas etrafndaki küçük p U S 2 kom³ulu unda desteklenen ve [ω] = [ν] ko³ulunu sa layan bir ν Ω 2 (S 2 ) formu seçebiliriz. Bu durumda σ (ν) formu V 1 V g+1 Σ 0 açk kümesinde desteklenen bir form olacaktr. Her bir σ : V i U kstlan³nn bir difeomorzma oldu u kolayca görülür. Ayrca bu difeomorzmalardan sadece birincisi yön koruyandr ve di er g tanesi ise yönü ters çevirir (bkz. Al³trma 6). ekil 6.3: ekildeki dört yüzey parças da pozitif z-ekseni ile yönlendirilmi³tir. σ : V 1 U 1 ve 2 numaral e rileri yine ayn yönlü 1 ve 2 numaral e rilere gönderdi i için yön koruyandr. Di er taraftan, σ : V i U 2 numaral e rinin yönünü korurken 1 numaral e rinin yönünü ters çeviriyor. Dolaysyla, i 2 için σ : V i U yönü ters çevirir.

340 322 Karakteristik Snar Dolaysysla, Σ 0 σ (ω) = = = σ (ν) Σ 0 σ (ν) g+1 i=1 U V i ν = 4π(1 g) g i=1 U ν elde ederiz. Böylece kant tamamlanr. Gauss-Bonnet Teoremi'nin farkl kantlar için [9], [4] ve [23] numaral referanslara da bakabilirsiniz. Özellikle ilk iki kaynak çok daha geometrik kantlar sunmaktadr. 6.2 Chern Karakteristik Snar Chern snarn tanmlamann birden fazla yöntemi vardr. Biz Bott ve Tu'nun Dierential Forms in Algebraic Topology adl kitabndaki yakla³m kullanaca- z ([5]). Kullanaca mz yöntem Leray-Hirsch Teoremi'nden yararlanmaktadr. π : E M türevlenebilir bir M manifoldu üzerinde rank r olan bir karma³k bir vektör demeti olsun. Bu demetin Chern snarn Euler snf yardmyla tanmlayaca z. Hatrlatma 3.3.2'de bir manifold üzerindeki karma³k do ru demetleri ile yönlendirilmi³ R 2 demetleri arasnda bire bir e³leme oldu unu görmü³tük. E er r = 1 ise vektör demeti aslnda bir L M karma³k do ru demetidir. Bu karma³k do ru demetinin birinci Chern snf bu yönlendirilmi³ gerçel düzlem demetinin Euler snf olarak tanmlanr ve c 1 (L). = e(l R ) ile gösterilir. Verilen bir π : L M n karma³k do ru demetinin, herhangi iki tanesi birbiri ile dik kesi³en s 0,, s k kesitlerini alalm. Dolaysyla, e er 2(k+1) > n ise bu kesitlerin ortak sfr yoktur. Ba³ka bir deyi³le, f : M CP k, p f(p). = [s 0 (p) : : s k (p)], iyi tanml bir fonksiyondur. Ayrca, her i = 0,, k için U i = {p M s i (p) 0} açk kümeleri M manifoldunu örter. Bu kesitler L Ui U i kstlan³n U i C çarpm ³eklinde yazabilmemize olanak verir. Kesitleri bu çarpm üzerinde de

341 Chern Karakteristik Snar 323 yine s i : U i U i C olarak ifade edelim. Demetin her bir U i kstlan³ üzerinde L Ui U i C C k+1 {0}, (p, v) ( s 0(p) s i (p),, s i 1(p) s i (p), 1, s i+1(p) s i (p),, s k(p) s i (p) ), ile tanmlanan fonksiyonlar tüm demet üzerinde iyi tanml bir Φ : L f (ξ k ) açk kümesine karma³k do ru demeti izomorzmas verecektir. Burada ξ k CP k projektif uzay üzerinde karma³k ξ k = {([z 0 : : z k ], (z 0,, z k )) (z 0,, z k ) C k+1 (0,, 0)} ile tanmlanan kanonik karma³k do ru demetidir (demetin iz dü³üm fonksiyonu ([z 0 : : z k ], (z 0,, z k )) [z 0 : : z k ] ile verilmektedir). Dolaysyla, M manifoldu üzerindeki her karma³k do ru demeti, kesitleri yardmyla tanmlanan f : M CP k fonksiyonu ile tamamen belirlenmektedir. Bu fonksiyona π : L M n demetinin bir snandrma fonksiyonu, CP k uzayna ise karma³k do ru demetlerinin bir snandrma uzay denir. Di er taraftan, [x 0 : : x k ] CP k, [y 0 : : y l ] CP l olmak üzere k+l k z i t i = ( x i t i )( i=0 i=0 polinom e³itli i yardmyla tanmlanan l y i t i ) i=0 ϕ : CP k CP l CP k+l, ([x 0 : : x k ], [y 0 : : y l ]) [z 0 : : z k+l ], fonksiyonu ele alalm. Sfrdan farkl iki polinomun çarpm da sfrdan farkl olaca için bu fonksiyon iyi tanmldr. CP k CP k CP l, [x 0 : : x k ] ([x 0 : : x k ], [1 : 0 : : 0]), gömme fonksiyonunun ϕ ile bile³kesini alrsak CP k CP k+l, [x 0 : : x k ] ([x 0 : : x k : 0 : : 0]), gömme fonksiyonunu elde ederiz. O halde, her a HDR i (CP k+l ) kohomoloji eleman için ϕ (a) = a a HDR i (CP k CP l ) elde edilir (bkz. Sonuç 5.3.5). E er J : M M M, p (p, p), p M, ³eklinde verilen içerme fonksiyonu ise, her u, v HDR i (M) için, J : HDR i (M M) Hi DR (M) kohomoloji homomorzmas olmak üzere, J (u v) = u + v

342 324 Karakteristik Snar e³itli i sa lanr. imdi M manifoldu üzerinde L 1 M ve L 2 M gibi iki karma³k do ru demeti alalm. E er s i : M L i, i = 1, 2, bu demetlerin birer kesiti ise s : M L 1 L 2, p s 1 (p)s 2 (p) fonksiyonu karma³k do ru demetlerinin tensör çarpmnn bir kesiti olacaktr. Dolaysyla, L i M, i = 1, 2, karma³k do ru demetlerinin snandrma fonksiyonlar, srasyla, f : M CP k ve g : M CP l ise ϕ (f, g) J : M CP k+l fonksiyonu da L 1 L 2 tensör çarpmnn bir snandrma fonksiyonu olur. Son olarak x = c 1 (ξ r ) = e(ξ r ) kohomoloji snf ξ r CP r kanonik demetin birinci Chern snf ise Chern (Euler) snfnn do all ndan dolay elde edilir. c 1 (L 1 L 2 ) = (ϕ (f, g) J) (x) = (J (f, g ))(ϕ (x)) = (J (f, g ))(x x)) = J (f (x) g (x)) = f (x) + g (x) = f (c 1 (ξ k )) + g (c 1 (ξ l )) = c 1 (f (ξ k )) + c 1 (g (ξ l )) = c 1 (L 1 ) + c 1 (L 2 ) Hatrlatma L i M, s i : M L i, i = 1, 2, ve s : M L 1 L 2, p s 1 (p)s 2 (p), yukardaki gibi olsun. E er bu kesitler hem sfr kesitine hem de birbirlerine dik iseler s 1 (0) = s 1 1 (0) s 1 2 (0) alt manifoldlarnn birle³imlerinin Poincaré duali her iki parçann Poincaré duallerinin toplam olacaktr. Ba³ka bir deyi³le herhangi bir alt manifoldun bu iki alt manifoldun birle³imi ile kesi³imi ayr ayr kesi³imlerinin birle³imidir. Bu ise, c 1 (L 1 L 2 ) = e(l 1 L 2 ) = e(l 1 )+e(l 2 ) = c 1 (L 1 ) + c 1 (L 2 ) e³itli inin daha geometrik bir açklamasdr. Ayrca L ve L demetlerinin geçi³ fonksiyonlar srasyla φ αβ ve φ αβ ise L L tensör çarpmnn geçi³ fonksiyonu φ αβ φ αβ gerçel ve pozitif de erli bir fonksiyon olacaktr. Bu durumda L L a³ikar karma³k do ru demeti olur. Dolaysyla, L(M) ile M üzerindeki karma³k do ru demetlerinin izomorzma snarnn olu³turdu u de i³meli grubu gösterirsek c 1 : L(M) H 2 DR(M), [L] c 1 (L), bir grup homomorzmas olur. Ayrca bu grup içinde L ile verilir. elemann tersi L

343 Chern Karakteristik Snar 325 Önerme E er k, n pozitif tam saylar 2(k + 1) > n + 1 ko³ulunu sa lyorsa n-boyutlu M manifoldu üzerindeki karma³k do ru demetlerinin izomorzma snarnn olu³turdu u L(M) de i³meli grubu, M manifoldundan CP k karma³k projektif uzayna giden fonksiyonlarn homotopi snarnn olu³turdu u gruba izomorktir: [M, CP k ] L(M), [f : M CP k ] f (ξ k ). [M, CP k ] homotopi snarnn bir grup olu³turdu unun kant, bu önermenin kantyla birlikte Al³trma 9'de yaplacaktr. imdi 1 < r-boyutlu bir π : E M vektör demeti alalm ve bu demetin projektivasyonunu CP r 1 P (E) M olu³turalm (bkz. Sonuç ve üzerindeki paragraf). π : P (E) M iz dü³üm fonksiyonu yardmyla vektör demetini geri çekelim: Her p M için, E p = (π ) 1 (p) vektör uzay olmak üzere π (E) = {(l p, v) P (E) E π (v) = p, p M, l p E p {0}/(C )} P (E). Bu r-boyutlu karma³k vektör demetinin do al bir alt do ru demeti vardr: L = {(l p, v) π (E) v l p }. Son olarak (r 1)-boyutlu Q M bölüm demeti olarak tanmlayalm: karma³k vektör demetini a³a daki imdi a HDR 2 (P (E)) olarak tanmlansn: 0 L π (E) Q 0. snf a³a daki do ru demetinin birinci Chern snf a. = c 1 (L ). Euler snfnn ve dolaysyla birinci Chern snfnn do all nn bir sonucu olarak L do ru demetinin P (E p ) line kstlan³nn birinci Chern snf a kohomoloji snfnn P (E p ) line kstlan³ olacaktr. Di er taraftan, {1, a,, a r 1 } HDR (P (E)) snarnn her P (E p) line kstlan³lar bu lin kohomolojisinin bir vektör uzay tabann verdi i için {1, a,, a r 1 } kümesi HDR (P (E)) cebirinin bir H DR (M)-modül tabann verir (Sonuç 5.3.8). Dolaysyla, a r HDR (P (E)) snf, baz c 1(E),, c r (E) HDR (M) kohomoloji snar için, a r + c 1 (E)a r c i (E)a r i + + c r (E) = 0

344 326 Karakteristik Snar olmak üzere tek bir ³ekilde ifade edilir. Bu ³ekilde c i (E) snarn tanmlam³ olduk. P (E), L ve Q demetleri do al ³ekilde elde edildi inden Chern snar iyi tanmlanm³tr. Sadece r = 1 durumunda birinci Chern snf için vermi³ oldu umuz iki tanmn denk oldu unu görmeliyiz: E M bir karma³k do ru demeti ise P (E) = M olacaktr. Buradan yine π (E) = E = L elde ederiz. O halde, a = e((l ) R ) = e(l R ) = e(e R ) ve buradan da a + e(e R ) = 0 denklemini buluruz. O halde, ikinci tanmmzdan yine buluruz. c 1 (E) = e(e R ) Hatrlatma E er E M a³ikar bir karma³k vektör demeti ise P (E) = M CP r 1 olur ve dolaysyla da a r = 0 elde edelir. O halde, a³ikar bir vektör demetinin tüm Chern snar sfrdr Chern Snarnn Özellikleri Bu bölümde ilk önce toplam Chern snfn tanmlayaca z. Verilen herhangi bir E r M karma³k r-boyutlu vektör demetinin sfrnc Chern snf her zaman c 0 (E) = 1 HDR(M) 0 olarak (manifoldun her noktasnda 1 de erini alan sabit fonksiyon) ve toplam Chern snf ise a³a daki ³ekilde tanmlanr: c(e) = c 0 (E) + + c r (E) H DR(M). Önerme Chern snar do al kohomoloji snardr. Ba³ka bir deyi³le, f : M N türevlenebilir bir fonksiyon ve E N karma³k bir vektör demeti olmak üzere, her i N için, c i (f (E)) = f (c i (E)) e³itli i sa lanr. Bu önermenin kant okuyucuya al³trma olarak braklm³tr (bkz. Al³trma 11). Bir sonraki teorem Da lm Prensibi (Splitting Principle) olarak bilinen ve kantlarda oldukça kolaylk sa layan bir sonuçtur. Teorem (Da lm Prensibi). Her π : E M r-boyutlu karma³k bir vektör demeti için a³a daki özelliklere sahip bir türevlenebilir F (E) manifoldu ve ϕ : F (E) M türevlenebilir fonksiyonu vardr:

345 Chern Karakteristik Snar E M demetinin F (E) üzerine geri çekilmesi karma³k baz do ru demetlerinin toplam olarak yazlabilir: ϕ (E) = L 1 L r ; 2. ϕ : HDR (M) H DR (F (E)) homomorzmas bire birdir. Chern snarnn do all ve Da lm Prensibi sayesinde Chern snarnn polinomlaryla ilgili bir ifadeyi kantlamak istersek ele ald mz vektör demetinin karma³k do ru demetlerinin bir toplam oldu unu kabul edebiliriz. Yukardaki teorem tam olarak bu sebepten dolay Da lm Prensibi (Splitting Principle) adn alr. Bu teoremin kant için gerekli alt yapy olu³turmu³ durumdayz. Kant al³trma olarak okuyucuya braklm³tr (bkz. Al³trma 12). Teorem (Whitney Çarpm Formülü). E i M, i = 1,, r karma³k vektör demetleri olmak üzere her zaman e³itli i sa lanr. c(e 1 E r ) = c(e 1 ) c(e r ) Kant : Teoremi ilk önce her bir E i 'nin bir karma³k do ru demeti oldu u durumda kantlayalm. O halde, E = L 1 L r, do ru demetlerinin toplam olsun. π : P (E) M projektivasyon iz dü³ümü olmak üzere yine Ẽ. = π (E) = {(l p, v) P (E) E π (v) = p, p M, l p E p {0}/(C )} P (E), L =. {(l p, v) π (E) v l p } Ẽ ve L. i = π (L i ) olsun. Ayrca s i : L L i i'inci koordinata iz dü³üm fonksiyonunu göstersin. O halde, s i hom(l, L i ) = L L i demetinin bir kesiti olacaktr. Bu kesitin sfrdan farkl oldu u açk kümeyi V i ile gösterelim: V i = {q P (E) s i (q) 0}. L P (E) do ru demeti Ẽ = L 1 L r demetinin bir boyutlu alt demeti oldu undan her q P (E) noktas için en az bir s i (q) 0 olacaktr. Ba³ka bir deyi³le {V 1,, V r } kümesi P (E) manifoldu için bir açk örtü olacaktr. imdi L Ẽ = (L L 1 ) (L L r ) karma³k demetini yönlendirilmi³ (karma³k yaps yardmyla) gerçel bir vektör demeti olarak görelim. O halde, s : P (E) L Ẽ, s(q). = (s 1 (q),, s r (q)),

346 328 Karakteristik Snar bu gerçel demetin hiç bir noktada sfr de erini almayan bir kesiti olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, bu demetin Euler snf sfrdr. O halde, 0 = e((l Ẽ) R) = e((l L 1 ) R (L L r ) R ) = e((l L 1 ) R ) e((l L r ) R ) = c 1 (L L 1 ) c 1 (L L r ) = (c 1 (L ) + c 1 ( L 1 )) (c 1 (L ) + c 1 ( L r )) = (a + c 1 ( L 1 )) (a + c 1 ( L r )) elde edilir. Burada yine a = c 1 (L ) snfn göstermektedir. Bu e³itlik do allktan dolay HDR (M) halkas içinde 0 = (a + c 1 (L 1 )) (a + c 1 (L r )) haline dönü³ecektir. imdi Chern snarnn tanmn hatrlarsak bu son e³itli in tam olarak c(e) = Π i (1 + c 1 (L i )) = Π i c(l i ) ifadesi oldu unu görürüz. Dolaysyla, bu özel halin kantn bitirmi³ olduk. imdi de genel durumu kantlayalm. Aslnda, sadece E = E 1 E 2 durumunu kantlamak yeterlidir. Bu iki demetin boyutlar srasyla k ve l olsun. Da lm prensibi uyarnca E 1 = L 1 L k ve E 2 = L 1 L l oldu unu kabul edebiliriz. O halde, c(e 1 E 2 ) = c(l 1 L k L 1 L l ) = (Π i c(l i )) (Π j c(l j)) = c(l 1 L k ) c(l 1 L l ) = c(e 1 ) c(e 2 ) elde ederiz ve böylece kant tamamlanr Uygulamalar lk önce Da lm Prensibi ile Whitney Çarpm Kural'nn bir sonucunu verelim: E er bir karma³k vektör demeti E = L 1 L r ³eklinde karma³k do ru demetlerinin direkt toplam olarak yazlabiliyorsa bu vektör demetinin i'inci Chern snf c 1 (L i )'lerin i'inci elementer simetrik polinomu olur: c i (E). = σ i (c 1 (L 1 ),, c 1 (L r )).

347 Chern Karakteristik Snar 329 Dolaysyla, c 1 (E) = c 1 (L 1 ) + + c 1 (L r ), c 2 (E) = i<j c 1 (L i ) c 1 (L j ), ve son olarak. c r (E) = c 1 (L 1 ) c 1 (L r ) olur. Whitney Çarpm Kural'nn bir di er uygulamas da ³u ³ekildedir: Önerme E M r-boyutlu bir karma³k vektör demeti olmak üzere c r (E) = e(e R ) e³itli i vardr. Ba³ka bir deyi³le, bir karma³k vektör demetinin en yüksek dereceli Chern snf demetin gerçel vektör demeti olarak ele alnd ndaki Euler snfna e³ittir. Kant : Hem Chern snar hem de Euler snf do al oldu undan vektör demetinin baz do ru demetlerinin bir direkt toplam oldu unu kabul edebiliriz: E = L 1 L r. Bu durumda, Whitney Çarpm Kural'n kullanarak c r (E) = c 1 (L 1 ) c 1 (L r ) = e(l 1 ) e(l k ) = e(l 1 L k ) = e(e) elde edilir ve böylece kant tamamlanr. Rank r > 0 olan bir E M karma³k vektör demeti alalm. Bu demetin φ αβ : U α U β GL(r, C) geçi³ fonksiyonlarnn φ αβ : U α U β GL(r, C), φ αβ (p). = φ αβ (p), karma³k e³lenikleri alnarak elde edilen vektör demetine E M e³leni i denir ve Ē M ile gösterilir. demetinin Önerme E M r-boyutlu bir karma³k vektör demeti ve Ē M bu demetin e³leni i olsun. O halde, her i 0 için, e³itli i sa lanr. c i (Ē) = ( 1)i c i (E)

348 330 Karakteristik Snar Kant : Sonucun ilk önce herhangi bir E = L karma³k do ru demeti için do ru oldu unu görelim. L = L oldu undan c 1 ( L) = c 1 (L) oldu u açktr. Genel durumda ise Da lm Prensibi'ni kullanarak vektör demetininin baz do ru demetlerinin bir direkt toplam oldu unu kabul edebiliriz: E = L 1 L r. Bu durumda, σ i i'inci elementer simetrik polinom olmak üzere c i (Ē) = c i( L 1 L r ) = σ i (c 1 ( L 1 ),, c 1 ( L r )) = σ i ( c 1 (L 1 ),, c 1 (L r )) = ( 1) i σ i (c 1 (L 1 ),, c 1 (L r )) = ( 1) i c i (L 1 L r ) = ( 1) i c i (E) elde ederiz ve böylece kant tamamlarz. Örnek 'de karma³k projektif uzayn kohomolojisini hesaplam³tk: H = {z 0 = 0} ile CP n karma³k projektif uzaynn 2n 2 boyutlu alt manifoldunu ve a HDR 2 (CP n ) bu alt manifoldun Poincaré dualini göstersin. Bu durumda, [a] k HDR 2k (CP n ) R kohomoloji grubunun bir üretecidir. Di er bir deyi³le, kohomoloji cebiri H DR(CP n ) = R[a]/(a n+1 ) (de i³meli) polinom cebirine izomorktir. Önerme Yukardaki gösterimi kabul edersek, CP n uzayn toplam Chern snf karma³k projektif ile verilir. Dolaysyla, c i (T CP n ) = c(t CP n ) = (1 + a) n+1 ( n + 1 i ) a i kohomoloji snfdr. Kant : Kant n üzerinden tümevarm yöntemiyle yapalm: n = 1 durumunda c 1 (T CP 1 ) = e(t S 2 ) = 2a oldu undan sonuç do rudur. imdi c(t CP n ) = (1 + a) n+1 oldu unu kabul edelim. O halde, kant tamamlamak için c(t CP n+1 ) = (1 + a) n+2 e³itli ini göstermemiz gerekiyor. Bunun için, CP n+1 içinde z n+2 = 0 denklemi ile verilen CP n alt manifoldunu ele alalm. Bu alt manifoldun normal demetini N ile gösterelim; bu bir karma³k do ru demetidir. Normal demetin birinci Chern snf demetin Euler snf olacaktr. Dolaysyla, bu Chern snf alt manifoldun kendisi ile dik kesi³iminin Poincaré duali olacaktr. CP n alt manifoldunun kendisi ile kesi³imi H = {z 0 = 0} alt manifoldu olarak alnabilir ve buradan da c 1 (N) = a elde edilir.

349 Chern Karakteristik Snar 331 Di er taraftan, T CP n+1 te et demetinin bu alt manifolda kstlan³ T CP n+1 CP n = N T CP n ³eklinde yazabiliriz. O halde, i : CP n CP n+1 içerme fonksiyonu olmak üzere i (c(t CP n+1 )) = c(t CP n ) c(n) = (1 + a) n+2 kohomoloji homomorzmas bire bir ol- e³itli ini elde ederiz. Dolaysyla, i du undan, her 0 k < n + 1 için, c k (T CP n+1 ) = ( n + 2 k ) a k oldu unu göstermi³ olduk. Kantn tamamlanabilmesi için, son olarak c n+1 (T CP n+1 ) = (n + 2) a n+1 e³itli ini göstermeliyiz. Fakat yine en yüksek dereceli Chern snf Euler snfna e³it olaca ndan c n+1 (T CP n+1 ) = e(t CP n+1 ) = χ(cp n+1 ) a n+1 = (n + 2) a n+1 buluruz. Böylece kant tamamlarz. Örnek (Yanyana Gelme E³itli i). Örnek 'de karma³k projektif uzay içinde derecesi d 1 olan bir karma³k C = {f = 0} CP 2 e risi alalm. Yukardaki teoremin kantna benzer ³ekilde T CP 2 C = N T C ayr³mn dü³ünelim. N normal demeti bir karma³k do ru demeti oldu undan c 1 (N) = e(n R ) bulunur. Buradan c 1 (N) = e(n R ) = C C = d 2 C C elde edilir. (C üzerinde karma³k yönlendirme alnarak integrali hesaplyoruz; ayrca kohomoloji snfnn integrali ile bu snfn bir temsilcisinin integralini kastediyoruz). Benzer ³ekilde e rinin te et demetinin birinci Chern snfnn e ri üzerindeki integrali, g 0 karma³k e risinin cinsi olmak üzere, c 1 (T C) = e(t C) = χ(c) = 2 2g C C elde edilir. Di er taraftan karma³k projektif düzlemin te et demetinin birinci Chern snfnn e ri üzerindeki integrali c 1 (T CP 2 ) = 3a = 3 a = 3(C H) = 3d C C C

350 332 Karakteristik Snar olarak hesaplanr. Son olarak, Whitney Çarpm Formülüne göre olaca ndan c 1 (T CP 2 C ) = c 1 (N) + c 1 (T C) 3d = d g e³itli ini elde edilir. Buradan e rinin cins saysnn (genusunun) e rinin derecesi ile ifade edildi i (d 1)(d 2) g = 2 Derece Genus Formülü'nü elde edilir. Benzer bir formül CP 1 CP 1 içindeki cebirsel e riler için de do rudur: kili derecesi (d 1, d 2 ) olan bir f C[z 0, z 1, w 0, w 1 ] polinomu alalm, öyle ki C = {([z 0, z 1 ], [w 0, w 1 ]) CP 1 CP 1 f(z 0, z 1, w 0, w1) = 0} karma³k cebirsel e risinin tekil noktas olmasn. π i : CP 1 CP 1 CP 1, i = 1, 2, koordinat iz dü³üm fonksiyonlar olmak üzere T (CP 1 CP 1 ) = π 1(T CP 1 ) π 2(T CP 1 ) oldu u açktr. O halde, Chern snarnn do all ndan dolay c 1 (T (CP 1 CP 1 )) = π 1(c 1 (T CP 1 )) + π 2(c 1 (T CP 1 )) elde edilir. Poincaré duali = 2(π 1(a) + π 2(a)) = 2a 1 + 2a 2 {p 0 } CP 1 CP 1 CP 1 (p 0 CP 1 herhangi bir nokta olmak üzere) alt manifoldu olan de Rham kohomoloji snfnn a 1 oldu u kolayca görülür. Benzer ³ekilde, a 2 de Rham kohomoloji snf da CP 1 {p 0 } CP 1 CP 1 altmanifoldunun Poincaré dualidir. O halde, a 1 = C {p 0 } CP 1 = d 2 ve benzer ³ekilde bulunur. Dolaysyla, C C C a 2 = C CP 1 {p 0 } = d 1 c 1 (T (CP 1 CP 1 )) = 2(d 1 + d 2 )

351 Chern Karakteristik Snar 333 olur. Di er taraftan yukardaki örne e benzer ³ekilde T (CP 1 CP 1 ) C = N T C ayr³mn dü³ünelim. N normal (karma³k do ru) demeti için yine c 1 (N) = e(n R ) oldu undan c 1 (N) = e(n R ) = C C = 2d 1 d 2 C elde ederiz. Yine yukardaki örne e benzer ³ekilde olaca ndan C c 1 (T (CP 1 CP 1 ) C ) = c 1 (N) + c 1 (T C) 2(d 1 + d 2 ) = 2d 1 d g e³itli ini buluruz. O halde, e rinin cinsi g = (d 1 1)(d 2 1) olur. (Detaylar için Al³trma 13 baknz.) Derece-Genus (Cins) Formülünün Bir Ba³ka Kant: Bu bölümü Derece-Genus Formülleri'ni hesaplamann bir ba³ka yöntemine ayraca z. Bunu yapmak için karma³k projektif düzlem içindeki derecesi d > 0 olan bütün cebirsel e rilerin uzayn inceleyece iz. Bu sayede ayn dereceye sahip e rilerden türevlenebilir olanlarn birbirine difeomork oldu u gösterece iz. Daha sonra özel bir e rinin cinsini Riemann-Hurwitz formülü ile hesaplayarak Derece-Genus formülünü elde edece iz. Derecesi d > 0 olan f(z 0, z 1, z 2 ) homojen polinomlarn olu³turdu u vektör uzaynn boyutunun ( ) n + k 1 N = k oldu unu biliyoruz. Bir polinomu sfrdan farkl bir sayyla çarpmak polinomun sfr kümesini de i³tirmedi inden CP 2 içindeki derecesi d olan her e riyi B = CP N 1 projektif uzay içinde bir nokta olarak görebiliriz. Her bir cebirsel e riyi denklemiyle beraber yazarsak E = {(f, [z 0 : z 1 : z 2 ]) B CP 2 f(z 0, z 1, z 2 ) = 0} cebirsel kümesini elde ederiz. π : E B ilk koordinata iz dü³üm fonksiyonu ise her f B polinomunun ters görüntüsü bu polinomun projektif düzlem içinde belirledi i π 1 (f) = {f(z) = 0} CP 2 e risidir. Bu e rinin tekil

352 334 Karakteristik Snar noktasnn varl e riyi veren homojen polinomun katsaylarnn bir polinom denklem sisteminin çözümü olmasna denktir (bkz. Al³trma 15). O halde, B içinde en az bir tekil noktas olan e rilerin olu³turdu u B alt kümesi cebirseldir ve dolaysyla 'nn karma³k boyutu B'nin karma³k boyutundan dü³ük olan alt manifoldlarn bir birle³imidir. O halde, B kümesi ba lantl ve açk bir alt manifolddur (cebirsel kümeler denklem sistemlerinin çözüm kümeleri olduklar için kapaldrlar). B içinden herhangi iki f 0, f 1 noktas seçelim. O halde, Σ i = {f i = 0}, i = 0, 1, cebirsel e rilerinin tekil noktalar yoktur. Ba³ka bir deyi³le bu cebirsel e riler türevlenebilir ve yönlendirilebilir yüzeylerdir. Bu iki noktay türevlenebilir bir, f t, t [0, 1], e risi ile birle³tirelim. Bu e rinin te etlerinin olu³turdu u vektör alann e rinin bir tüp kom³ulu una ta³yp ve vektör alann manifoldun geri kalanna sfr olarak geni³leterek manifold üzerinde tkz destekli bir X(f) vektör alan elde edelim. X(f) vektör alann ak³n ϕ(t, f) ile gösterirsek ϕ(0, Σ 0 ) = Σ 0 ve ϕ(1, Σ 0 ) = Σ 1 olur. imdi E 0 = π 1 (B ) türevlenebilir manifoldu üzerine bir Riemann metri i koyalm ve her noktasndaki te et uzayn T (f,p) E 0 = ker(dπ (f,p) : T (f,p) E 0 T f B) H (f,p) dik ayr³mn dü³ünelim. Dπ (f,p) do rusal fonksiyonunun H (f,p) yatay bile³enine kstlan³ bir izomorzma oldu undan Dπ (f,p) (X 0 (f)) = X(f, p) olacak ³ekilde E 0 üzerinde bir X 0 vektör alan vardr. z dü³üm fonksiyonu düzgün oldu undan X 0 vektör alan da tkz desteklidir. Bu vektör alannn ak³n Φ(t, (f, p)) ile gösterelim. Her (f, p) E 0 ve t R için, π(φ(t, (f, p))) = ϕ(t, f) olaca ndan Φ(1, Σ 0 ) = Σ 1 elde ederiz. Sonuç olarak, Σ 0 ve Σ 1 yüzeylerinin difeomork olduklarn kantladk. Ba³ka bir deyi³le, f B olmak üzere Σ f = {f = 0} yüzeylerinin topolojisi yüzeyi tanmlayan polinomdan ba mszdr. O halde, özel bir polinom için bu yüzeyin cins saysn (genusunu) belirlersek kant bitirmi³ olaca z. Σ d = {z0 d + zd 1 zd 2 = 0} Fermat e risinin cins saysn hesaplayalm. P : Σ d CP 1, [z 0 : z 1 : z 2 ] [z 0 : z 1 ], iz dü³üm fonksiyonu, ξ C, 1'in d'inci dereceden ilkel bir kökü olmak üzere, C = {[z 0 : z 1 ] CP 1 z d 0 + z d 1 = 0} = {[1 : ξ],, [1 : ξ d 1 ]} kümesi d³nda d : 1 tipinde bir fonksiyondur. Ayrca, her p C için, P 1 (p) tek noktadan olu³ur. O halde, Riemann-Hurwitz formülünü kullanarak, g(σ d ) = g olmak üzere, (2 2g) d = d (2 d) ve buradan da g = (d 1)(d 2) 2

353 Pontryagin Karakteristik Snar 335 elde ederiz. Derece-Genus formülü cebirsel e ri ve yüzeylerin topolojileri ile bu e ri ve yüzeyleri ifade eden polinomlarn dereceleri arasndaki ili³kinin tipik bir örne idir. Bu konuda daha kapsaml bilgi edinmek için [1], [14] ve [17] numaral referanslara bakabilirsiniz. 6.3 Pontryagin Karakteristik Snar Türevlenebilir bir manifold üzerindeki gerçel bir E M vektör demetinin Pontryagin snar bu demetin komleksikasyonun Chern snar olarak tanmlanr. E M rank k > 0 olan gerçel bir demet ise bu demetin a³ikar karma³k do ru demeti ile tensör çarpm F = E R C M karma³k rank k olan bir karma³k vektör demeti olur. E demetinin φ αβ : U α U β GL(k, R) GL(k, C) geçi³ fonksiyonlar gerçel de erli oldu undan, E, F karma³k ve F e³lenik demetlerin yap fonksiyonlar ayn olacaktr. Dolaysyla, F ve F karma³k vektör demetleri izomorktir. Bu durumda, c 2i+1 (F ) = c 2i+1 (F ) = ( 1) 2i+1 c 2i+1 (F ) = c 2i+1 (F ) olaca ndan c 2i+1 (F ) De Rham kohomoloji snfnn sfr oldu u görülür. Dolaysyla, F demetinin sadece çift Chern snar sfrdan farkl olabilir. E M demetinin i'inci Pontryagin snf F = E R C M karma³k demetinin 2i'inci Chern snfnn ( 1) i kat olarak tanmlanr: p i (E). = ( 1) i c 2i (E R C). GL(r, C) GL(2r, R) bir alt grup oldu undan her karma³k vektör demetini gerçel bir demet olarak görebiliriz: Açkça söylemek gerekirse e er E M karma³k rank r > 0 olan bir vektör demeti ise bu demetin E R M gerçel kar³l boyutu 2r olan gerçel bir demettir. E R M gerçel demetinin Pontryagin snar E M karma³k demetinin Chern snar cinsinden ifade edilebilir. Bunun için ilk önce a³a daki sonucu kantlamalyz: Önerme E M r-boyutlu bir karma³k vektör demeti ise bu demetin gerçel kar³l nn kompleksikasyonu karma³k vektör demeti olarak E ve E demetlerinin direkt toplamna izomorktir: E R R C E E. Kant : C r karma³k vektör uzayn, (u k, v k gerçel saylar olmak üzere) w = (u 1 + iv 1,, u r + iv r ) (u 1, v 1,, u r, v r )

354 336 Karakteristik Snar dönü³ümünü kullanarak gerçel C r. R = R 2r uzay olarak görelim. Karma³k w vektörünü bir z = re iθ ile çarpmak her bir (u k, v k ) gerçel ikilisini ( cos θ sin θ A z = r sin θ cos θ matrisi ile çarpmaya kar³lk gelir. Bu matrisin özde erleri z ve z karma³k saylardr. Dolaysyla, A z matrisini ancak C r R RC karma³k vektör uzaynda kö³egenle³tirebiliriz. Bu durumda bu özde erlere kar³lk gelen özaltuzaylarn tabanlar β = {e 1 if 1,, e r if r } ve β = {e 1 + if 1,, e r + if r } olur (burada {e 1, f 1,, e r, f r } ile C r R vektör uzaynn standart sral tabann gösteriyoruz). Di er taraftan, z karma³k says de i³tikçe A z matrisinin özde erleri de i³se de özaltuzaylar de i³memektedir, çünkü {A z } z C matris ailesi de i³meli matrislerden olu³maktadr. ) C r R R C < β > < β > ayr³mnda sol taraftaki uzayn bir vektörünü karma³k i says ile çarpmak bu vektörün sa taraftaki iki bile³enini srasyla i ve i ile çarpmaya denk geldi inden bu ayr³m C r R R C C r C r olarak yazlr. Bir noktadaki lifte yapt mz bu ayr³mn demet üzerindeki karma³k yap kullanlarak tüm demet üzerinde de yaplabilece i açktr. Dolaysyla kant tamamlanr. Her karma³k vektör demetinin sfrnc Chern snf 1 olarak tanmland için p 0 (E) = 1 olur. Chern snfnda oldu u gibi toplam Pontryagin snf p(e) = i 0 p i (E) ile tanmlanr. E er p(e) = i 0 ( 1) i p i (E) ³eklinde tanmlanrsa a³a daki sonucu elde ederiz. Sonuç Her E M karma³k vektör demeti için p(e R ) = c(e) c(e) e³itli i sa lanr.

355 Pontryagin Karakteristik Snar 337 Örnek M karma³k boyutu 2 olan tkz bir manifold olsun. c i (M) p i (M) srasyla bu manifoldun te et demetinin Chern ve Pontryagin snar olmak üzere 1 p 1 (M) = c(m) c(m) = (1 + c 1 (M) + c 2 (M))(1 c 1 (M) + c 2 (M)) elde edilir. Dolaysyla, p 1 (M) = c 2 1(M) 2c 2 (M) = c 2 1(M) 2e(M) alrsak, bir önceki bölümün so- olarak hesaplanr. Örnek olarak, M = CP 2 nuçlarndan, p 1 (CP 2 ) = c 2 1(CP 2 ) 2e(CP 2 ) = 9a 2 6a 2 = 3a 2 bulunur (burada a HDR 2 (CP 2 ) snf yine CP 1 dualidir). alt manifoldunun Poincaré Chern snar do al olduklar için Pontryagin snar da do aldr ve Whitney Çarpm Kural'na uyarlar: Önerme f : M N türevlenebilir manifoldlarn türevlenebilir bir fonksiyonu olsun. Bu durumda her E N gerçel vektör demeti için p(f (E)) = f (p(e)) e³itli i sa lanr. Ayrca E i M, i = 1, 2, gerçel vektör demetleri ise olur. p(e 1 E 2 ) = p(e 1 ) p(e 2 ) Hatrlatma Yönlendirilmi³ bir gerçel vektör demetinin Euler ve Pontryagin snar ya da karma³k bir demetin Chern snar aslnda tam say katsayl tekil kohomolojinin elemanlardr (bkz. [18, 26, 6, 5]). Bir X topolojik uzaynn tam say katsayl tekil kohomolojisi de i³meli bir gruptur ve H i (X, Z) ile gösterilir. De i³meli bir grup mertebesi sonlu elemanlar içerebilir. Aslnda Euler snf veya Chern snar mertebesi sonlu kohomoloji elemanlar olan vektör demetleri vardr. Mertebesi sonlu elemanlarn yaratabilece i kar³klklara bir örnek olarak ³unu verebiliriz: Tekil kohomolojinin elemanlar olarak ele alnd nda yukarda verdi imiz Whitney Çarpm Kural ancak 2p(E 1 E 2 ) = 2p(E 1 ) p(e 2 ) ³eklinde yazld nda do ru olur. Türevlenebilir bir M manifoldunun tekil kohomolojisi ile De Rham kohomolojisi arasndaki ili³ki De Rham Teoremi olarak bilinen H DR (M) H i (X, Z) Z R

356 338 Karakteristik Snar izomorzmas ile verilir. Bu ünitede ele ald mz karakteristik snar bu tekil kohomoloji grubunun elemanlar olarak tanmlanan snarn De Rham izomor- zmas altndaki görüntüleridir. Dolaysyla, bizim inceledi imiz karakteristik snarn mertebesi sonlu olan ksmlar krplm³tr ve muhtemel bir bilgi kayb mevcuttur. imdi bu önermenin bir uygulamasn verelim. M m R n olsun. Bu alt manifoldun normal demetini N ile göstererek, bir alt manifold T R n M = T M N vektör demet toplamnn toplam Pontryagin snfn hesaplayalm: Sol taraftaki demet a³ikar oldu undan 1 = p(t R n M ) = p(m) p(n) elde edilir. Ba³ka bir deyi³le, HDR (M) halkas içinde p(m) ve p(n) elemanlar birbirinin çarpmaya göre tersidir. Bunu kullanarak normal demet hakknda oldukça fazla bilgi edinebiliriz. Bunu bir örnek üzerinde açklayalm. Örnek Önceki örnekte p 1 (CP 2 ) = 3a 2 oldu unu görmü³tük. O halde, e er CP 2 R n 'nin bir alt manifoldu ise normal demetin Pontryagin snfnn HDR (CP 2 ) = R[a]/(a 3 ) halkas içinde ³u e³itli i sa lad n görürüz: 1 = (1 + 3a 2 ) p(n). Ba³ka bir deyi³le, p(n) 1 olmaldr. Di er taraftan, e er n = 5 olsayd N demeti bir boyutlu yönlendirilebilir bir vektör demeti olurdu. Fakat böyle bir demet a³ikar olaca ndan p(n) = 1 elde ederdik. O halde, n 6 olmaldr. Al³trma 16 karma³k projektif düzlemin R 6 içine bir gömülmesini vermektedir. Tamamen benzer bir ³ekilde, CP 4 manifoldunu alt manifold olarak kabul eden bir R n Öklit uzaynn en az 12-boyutlu oldu u gösterilebilir (bkz. Al³trma 18). Bir sonraki önerme Pontryagin snarnn bazlarnn Euler snfndan do - rudan hesaplanabilece ini göstermektedir. Önerme Rank 2k olan bir E M yönlendirilmi³ gerçel vektör demeti için p k (E) = e(e) 2 e³itli i sa lanr. Kant : E C (karma³k) vektör demetinin gerçel vektör demeti olarak E E demetine izomork oldu u açktr. Fakat yönlendirmeyi hesaba katmak için yerel çatlarla çal³alm. Yönlendirilmi³ E gerçel demetinin yönlendirmeyi veren sral bir yerel {e 1,, e 2k } çatsn alalm. Bu durumda E C karma³k vektör demetinin kanonik yönlendirmesini veren gerçel çat {e 1, ie 1,, e 2k, ie 2k } olacaktr (bkz. Örnek 2.3.9). Bu çaty yönlendirilmi³ E E demetinin çats olan {e 1,, e 2k, ie 1,, ie 2k } ile kar³la³trrsak yönlendirmeler arasndaki fark ( 1) k(2k 1) = ( 1) k olur. Dolaysyla, yönlü

357 Pontryagin Karakteristik Snar 339 gerçel vektör demetleri olarak ³u e³itlik sa lanr: E C ( 1) k E E. Bu durumda tanmlardan ve Hatrlatma 6.1.9'dan p k (E) = ( 1) k c 2k (E C) = ( 1) k e(e C) = ( 1) k e(( 1) k E E) = e(e E) = e(e) e(e) elde edilir ve böylece kant tamamlanr. Bu bölümü Pontryagin saylar ile bitirece iz. Yönlendirilmi³ tkz 4nboyutlu bir M manifoldu alalm. E er k 1, k 2,, k r 0 tam saylar k 1 + 2k 2 + rk r = n ko³ulunu sa lyorsa p k1,k 2,,k r (M) =. p k 1 1 (M) pk 2 2 (M) pkr r (M) M integrali ile tanmlanan sayya manifoldun bir Pontryagin says denir. Pontryagin saylar Euler says gibi birer tam saydr (bkz. Al³trma 17). imdi bu manifoldun (4n + 1)-boyutlu yönlendirilmi³ tkz bir W manifoldunun snr oldu unu kabul edelim: M = W. ξ M bir boyutlu a³ikar gerçel vektör demeti olmak üzere T W M = T M ξ oldu undan, p i (W ) M = p i (M) (W manifoldunun karakteristik snfnn içerme fonksiyonu ile M manifolduna geri çekilmesi) olacaktr. Bu durumda Stokes teoreminden p k1,k 2,,k r (M) = p k 1 1 (M) pk 2 2 (M) pk r r (M) M= W = p k 1 1 (W ) pk 2 2 (W ) pk r r (W ) M= W = d(p k 1 1 (M) pk 2 2 (M) pk r r (M)) W = 0 = 0 W elde ederiz. Ba³ka bir deyi³le, yönlendirilmi³ tkz bir manifoldun snr olan bir manfoldun tüm Pontryagin saylar sfrdr. Aslnda bu teoremin tersi de do rudur. Fakat kantn içeri i bu kitabn kapsamn a³t için, burada vermeyece iz. Teorem (René Thom). M yönlendirilmi³ tkz 4n-boyutlu bir manifold olsun. Bu manifoldun tüm Pontryagin saylar sfr ise snr, M manifoldunun sonlu saydaki kopyasnn ayrk birle³imi olan, tkz yönlendirilmi³ bir W manifoldu vardr. Karakteristik snar hakknda yazlm³ ve en fazla kabul görmü³ kaynaklar [27] ve [5] numaral referanslardr.

358 340 Karakteristik Snar Boyutlu Egzotik Küreler Kitabn son bölümünü Milnor'un ünlü 7-boyutlu egzotik kürelerine ayraca z. Milnor 1956 yaynlad [25] numaral makalesinde 7-boyutlu standart küreye homeomork olan ama difeomork olmayan manifoldlarn varl n kantlad ve bu küreleri egzotik olarak adlandrd (bu kürelerden tam olarak 28 tane oldu u Michel Kervaire ile beraber yapt 1963 tarihli bir ba³ka makalede gösterildi). Milnor'a Fields Madalyas kazandran bu çal³ma diferansiyel topolojinin de do umu olarak kabul edilir. Bu bölümün tamamnda M = M 7 türevlenebilir yönlendirilmi³ 7-boyutlu tkz ve snr olmayan bir manifoldu gösterecek. Bu manifoldun H 3 DR(M) = 0 = H 4 DR(M) ko³ulunu sa lad n kabul edece iz. Ayrca e er B 8 = M 7 olacak ³ekilde türevlenebilir ve yönlendirilebilir bir tkz B 8 manifoldu varsa bu manifoldun snrndaki yönlendirme ile uyumlu olacak ³ekilde yönlendirilmi³ oldu unu kabul edece iz. Milnor in³a etti i kürelerin birbirlerine difeomork olmadklarn tanmlam³ oldu u λ(m) de i³mezi yardmyla göstermi³tir. Yardmc Teorem M ve B yukardaki gibi olmak üzere HDR(B) 4 R, [α] α 2, [α] HDR(B), 4 kuadratik formu, [α] kohomoloji snfn temsil eden kapal formun seçiminden ba mszdr ve dolaysyla iyi tanmldr. B ekil 6.4: Tkz destekli Mayer-Vietoris kohomoloji dizisinin açk kümeleri Kant : Kant üç admdan olu³maktadr. Kantn ana hatlarn yazp bo³luklar okuyucuya brakaca z:

359 7-Boyutlu Egzotik Küreler 341 Adm 1) [α] = [α ] HDR 4 (B) olmak üzere α α = dβ, β Ω 3 (B), ³eklinde yazalm. O halde, α 2 = α 2 e³itli ini göstermeliyiz. imdi Stokes Teoremi'ni kullanarak α 2 α 2 = (2α + dβ) β B B B oldu unu kolayca gösterilir. Bu durumda yardmc teoremin kantn tamamlamak için β formunun M üzerinde sfr oldu unu göstermek yeterlidir. Adm 2) B manifolduna tkz destekli kohomoloji Mayer-Vietoris dizisini uygulamak için yukardaki ³ekilde görüldü ü üzere U ve V = M (0, 1] seçelim. O halde, U V = M (0, 1/2) olur. imdi Teorem 'ü kullanarak Hc k (U V ) = Hc k (M (0, 1/2)) Hc k 1 (M) = H k 1 DR (M) elde ederiz. Ayrca, Hc k (U V ) = Hc k (B) = HDR k (B) ve Hk c (U) Hc k (B M) oldu u açktr. (Aslnda sonuncu e³itlik için U ile B M arasnda düzgün (proper) bir difeomorzma oldu unun gösterilmesi gerekir. Bu detay okuyucuya braklm³tr.) imdi de Teorem 'i kullanarak H k c (V, V M) H k c (M) = H k DR(M) oldu unu gözlemleyiniz. Tkz destekli kohomoloji için yerel kohomoloji dizisini (bkz. sayfa 226) (V, V M) ikilisi için yazalm ve yine Hc k (V M) H k 1 DR (M) oldu unu kullanarak Hc k (V ) = 0 sonucuna ula³alm. Adm 3) Bu admda ise tkz destekli kohomoloji Mayer-Vietoris dizisini (bkz. sayfa 229) B = U V birle³imi için yazalm ve daha önceki admlarda elde etti imiz sonuçlar kullanarak H 3 DR(M) H 4 c (B M) H 4 DR(B) H 4 DR(M) tam dizisini elde edelim. imdi HDR 3 (M) = 0 = H4 DR (M) ko³ulunu kullanrsak Hc 4 (B M) HDR 4 (B) izomorzmasn elde ederiz. Bu izomorzma sayesinde birinci admda ele ald mz tüm türevlenebilir formlarn M = B snrna kstlan³larnn sfr oldu unu kabul edebiliriz. Son olarak, birinci admdan dolay kant tamamlanr. B = B 8 manifoldu üzerinde tanmlad mz bu formun endeksini τ(b) ile gösterece iz. Kuadratik formun endeksini ³u ³ekilde hesaplayabiliriz. Bu form bize HDR 4 (B) gerçel vektör uzay üzerinde a³a daki e³itlik yardmyla tanmlanan bir simetrik bilineer form verir: < [α], [β] > =. α β ve Q([α]) =< [α], [α] > olmak üzere M B Q([α] + [β]) = Q([α]) + Q([β]) + 2 < [α], [β] >. B

360 342 Karakteristik Snar Bu simetrik formun herhangi bir tabandaki matris gösterimi simetrik olaca ndan gerçel saylar üzerinde kö³egenle³tirilebilir. Bu durumda formun endeksi, τ(b), elde edilen kö³egen matrisin pozitif özde erlerinin says ile negatif özde erlerinin saysnn fark olarak tanmlanr. Tanm gere i τ(b) bir tam saydr ve manifoldun yönlendirmesine duyarldr: τ( B) = τ(b). Yine ayn kuadratik form kullanlarak B manifoldunun Pontryagin says ³u ³ekilde tanmlanr: q(b) =. Q(p 1 (B)) = p 2 1(B). (Hem birinci Pontryagin snfn hem de bu snf temsil kapal formu p 1 (M) ile gösteriyoruz.) Sonuç 6.4.7'den dolay q(b) bir tam saydr. Milnor'un λ(m) de i³mezi a³a daki teorem sayesinde 2q(B) τ(b) tam saysnn (mod 7) denklik snf olarak tanmlanr: λ(m). = 2q(B) τ(b) (mod 7). Teorem q(B) τ(b) tam saysnn (mod 7) denklik snf B manifoldunun seçiminden ba mszdr ve sadece M ile belirlenir. Dolaysyla, λ(m) de i³mezi iyi tanmldr. Teoremim kantna geçmeden önce iki önemli sonucunu ele alalm. Diyelim ki M dördüncü Betti says sfr olan türevlenebilir yönlendirilmi³ tkz bir B manifoldunun snr olsun: M = B ve HDR 4 (B) = 0. Bu durumda 2q(B) τ(b) tam says sfr olaca ndan λ(m) = 0 elde edilir. O halde, a³a daki sonucu kantlam³ olduk. Sonuç E er λ(m) de i³mezi sfrdan farkl ise M manifoldu dördüncü Betti says sfr olan türevlenebilir yönlendirilmi³ tkz bir B manifoldunun snr olamaz. B manifoldunun (ya da snr olan M manifoldunun) yönlendirmesini de i³tirirsek, τ(m) de i³mezine benzer ³ekilde, λ(m) de i³mezinin de i³aretinin de i³ece i açktr: λ( B) = λ(b). Ba³ka bir deyi³le a³a daki sonucu elde etmi³ olduk. Sonuç E er λ(m) de i³mezi sfrdan farkl ise M manifoldunun yönü de i³tiren bir difeomorzmas yoktur. Teorem 6.4.2'in Kant: Kant iki admdan olu³maktadr. Adm 1) B1 8 ve B2 8 yönlendirilmi³ snrlar M 7 olan türevlenebilir yönlendirilmi³ tkz manifoldlar olsunlar. B 2 manifoldunun yönünü ters çevirerek bu B

361 7-Boyutlu Egzotik Küreler 343 iki manifoldu ortak snrlar boyunca yap³trarak türevlenebilir tkz ve snr olmayan C = B 1 B 2 manifoldunu elde edelim. Bu manifoldun kesi³im formunun endeksi manifoldun Pontryagin saylar cinsinden ³u ³ekilde ifade edilir (bu formülün kant kitabmzn kapsamn oldukça a³maktadr; bkz. [19], s. 12, 86): τ(c) = 1 7p 2 (C) p (C). Buradan 45τ(C) + q(c) = 45τ(C) + C C p 2 1(C) = 7 p 2 (C) 0 (mod 7). C En sondaki denklik Pontryagin saylarnn tam say olmasnn sonucudur. Önerme 6.2.7'den dolay p 2 (C) = c 4 (T C C) = e((t C C) R ) olur. Ba³ka bir deyi³le, bu Pontryagin says gerçel bir demetin Euler saysdr ve her Euler says bir alt manifold kesi³imine e³it oldu u için tam saydr. Di er Pontryagin says p 2 1 (C) için ise bir sonraki paragrafta kantlayaca mz p2 1 (C) = p 2 1 (B 1) p 2 1 (B 2) e³itli ini ve Sonuç 6.4.7'yi kullanabiliriz. Buradan da elde edilir. 2q(C) τ(c) 0 (mod 7) Adm 2) Bu admda yukarda ele ald mz manifoldlar için τ(c) = τ(b 1 ) τ(b 2 ) ve q(c) = q(b 1 ) q(b 2 ) oldu unu kantlayaca z. Bunun için C = B 1 B 2 manifoldunun bile³enlerinin ortak snr olan M = B 1 = B 2 alt manifoldunun bir tüp kom³ulu unu N = M ( 1, 1) ele alalm ve U = B 1 N, V = B 2 N açk kümeleri için tkz destekli Mayer-Vietoris dizisini yazalm: H k c (U V ) H k c (U) H k c (V ) H k c (U V ) H k+1 c (U V ). imdi yine Yardmc Teorem 6.4.1'de oldu u gibi Hc k (B i N) Hc k (B i M), i = 1, 2, ve B i manifoldlarnn üçüncü ve dördüncü De Rham kohomolojilerinin sfr oldu unu hatrlayarak a³a daki de i³meli diyagram elde ederiz: Hc 4 (C) Hc 4 (B 1 M) Hc 4 (B 2 M) HDR 4 (C) H4 DR (B 1) HDR 4 (B 2) Bu diyagramdaki tüm oklar birer izomorzmadr. Aslnda yukardaki yatay izomorzmay yukardaki Mayer-Vietoris dizisinden elde etmeyi size al³trma olarak brakyoruz. Di er taraftan, soldaki dü³ey izomorzma ise bir e³itliktir. Son olarak, di er iki dü³ey izomorzma da Yardmc Teorem 6.4.1'in kantnn

362 344 Karakteristik Snar üçüncü admnn bir sonucudur. Ayrca, yatay izomorzmalar içerme fonksiyonlarnn üretti i homomorzmalardr. Bu de i³meli diyagram bize HDR 4 (C) = Hc 4 (C) içinden alaca mz her α snfnn β i Hc 4 (B i M), i = 1, 2, olmak üzere α = β 1 + β 2 tek bir ³ekilde yazlabilece ini ve β i snarn temsil eden kapal formlarn desteklerinin birbirinden ayrk seçilebilece ini göstermektedir. Dolaysyla, α 2 = β1 2 + β2 2 yazabiliriz. O halde, τ(c) = τ(b 1 ) τ(b 2 ) e³itli i kantlanm³ oldu. q(c) = q(b 1 ) q(b 2 ) e³itli i için ise ayrca Pontryagin snfnn do al oldu unu kullanmalyz. Ba³ka bir de i³le, p 1 (C) snfn içerme fonksiyonu yardm ile B i üzerine geri çekti imizde p 1 (B i ) snfn elde ederiz. Böylece kant tamamlanr. S 4 Küresi Üzerindeki R 4 -demetleri: Bu alt bölümde S 4 birim küresi üzerinde, kuaterniyon çarpm yardmyla tanmlayaca mz R 4 -demetlerinin Euler ve Pontryagin karakteristik snarn hesaplayaca z. Bu ve bundan sonraki bölümde H = R 4 ile kuaterniyonlar vektör uzayn (do rusunu) gösterece iz. Bu uzay standart yönlendirmesiyle dü³ünelim: {e 1, e 2, e 3, e 4 } veya {1, i, j, k}. Bu do runun tipik bir eleman p = (a, b, c, d) = a + ib + jc + kd, a, b, c, d R ³eklinde olup R-vektör uzay yapsna sahiptir. Aslnda kuaterniyonlar bir cebir olu³turur. ki kuaterniyonun çarpm i 2 = j 2 = k 2 = 1 ve ij = k, ji = k, jk = i, kj = i, ki = j, ik = j, çarpm tablosu ile tanmlanr. Karma³k saylarda oldu u gibi p = (a, b, c, d) = a + ib + jc + kd kuaterniyonun e³leni i p = (a, b, c, d) = a ib jc kd ve boyu (uzunlu u veya normu) p = pp = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ³eklinde tanmlanr. Birim boylu karma³k saylar S 1 birim çemberini olu³tururken birim uzunlu a sahip kuaterniyonlarn kümesi S 3 birim küresidir. Sfrdan farkl her kuaterniyonun çarpma i³lemine göre tersi vardr ve p 1 = 1 p = p p 2, p H. = H {0}, ile verilir. Ayrca, oldukça kullan³l olan ³u e³itli i de görelim: Her p, q H için, pq = q p. Dört boyutlu küreyi iki kuaterniyon do runun birle³imi olarak ³u ³ekilde yazalm: S 4 = H H/p ϕ(p) = 1/p, p H. ϕ fonksiyonu yönü korudu u için kuaterniyonlar üzerine koydu umuz yönlendirme küreyi de yönlendirecektir. Örnek içinde birim küreyi ve te et demetini de S 2 = CP 1 = C C /z ϕ(z) = 1/z, z C {0}, T CP 1 = T C T C /(z, w) (ϕ(z), ϕ (z)(w)) = (1/z, w/z 2 ), (z, w) C {0} C = T (C {0}), ³eklinde ifade etmi³tik. Dört boyutlu kürenin te et demeti için yine ϕ(p) = 1/p, fonksiyonun türevini hesaplayalm:

363 7-Boyutlu Egzotik Küreler 345 Sfrdan farkl bir p H noktas ve herhangi bir v T p H H te et vektörü alalm. ³lemler srasnda kuaterniyon cebirinin de i³meli olmad n göz önüne alarak dikkatli olmaya çal³aca z. Bu durumda, ϕ (p)(v) = lim h 0 ϕ(p + hv) ϕ(p) h (p + hv)/ p + hv 2 p/ p 2 = lim h 0 h 1 = lim h 0 p + hv 2 (p + hv) [ p 2 (p + hv)p ] 1 = lim h 0 1 p + hv 1 = lim h 0 p + hv ( vp) 1 p 2 = lim h 0 = 1 p v 1 p 1 p + hv v 1 p elde ederiz. O halde, te et demetini [ p 2 p 2 hvp ] 1 h p 2 T S 4 = T H T H /(p, v) (1/p, 1 p v 1 p ), p H, h p 2 ³eklinde yazabiliriz (türevin önündeki eksi i³aretini kaldrd mzda yine ayn demeti elde etti imizi gözlemleyiniz; çünkü H içinde 1 ve 1 noktalarn birbirine ba layan bir e ri vardr). imdi Milnor'un S 4 üzerinde ele ald ξ h,j S 4 demetinin tanmn verebiliriz: Herhangi iki h, j tam says için ξ h,j. = H H H H /(p, v) (1/p, p h vp j ), p H. Bu durumda T S 4 = ξ 1, 1 demetidir (bizim tanmlarmz ve gösterimimiz Milnor'n orijinal makalesindekilerden biraz farkldr fakat bu durum herhangi bir kar³kl a yol açmayacaktr). Hem lif hem de taban kuaterniyon vektör uzayn standart yönlendirmesiyle dü³ünelim. Hatrlatma E er h + j 0 ise, her iki yerel koordinat sisteminde de, s i : H T H, p (p, 1 + p h j ), i = 1, 2, ifadesi ile verilen yerel kesitler p j s 1 (p)p h = s 2 (1/p) e³itli ini sa lad için ξ h,j demetinin bir kesitini verir. Bu kesiti ve Al³trma 20'in sonucunu kullanarak demetin Euler saysnn (h + j) oldu unun gösterilmesini size al³trma olarak brakyoruz (bkz. Al³trma 22). Bu sonucun e(s 4 ) = 2 gerçe iyle uyumlu oldu unu gözlemleyiniz.

364 346 Karakteristik Snar Di er taraftan, h + j > 0 durumunda ise küçük bir hileye ba³vurmak yardmc olabilir. ξ h,j demetini belirleyen (p, v) (1/p, p h vp j ) yap³trma fonksiyonu p h (t, (p, v)) (1/p, t + (1 t) p h v ), t [0, 1], t + (1 t) p j homotopisi yardmyla (p, v) (1/p, p h v pj p j ) yap³trma fonksiyonuna homotopiktir. Homotopik yap³trma fonksiyonlarnn izomork demetler verdi i kolayca gösterilebilir. (Al³trma 9, Adm 2 istenilen izomorzmann nasl kurulaca nn ip uçlarn verir; al³trmadaki manifoldu M = S 4 almak anlamak için yeterli olacaktr. Ayrca sayfa 168'de bulunan Evrensel Demetler ba³l altndaki açklamaya da baknz.) Yap³trma fonksiyonunu bu ³ekilde seçmek bize p kuaterniyonunun birim vektör alnabilmesi avantajn verecektir. imdi her bir lin üzerindeki yönlendirmeyi v u = v koordinat de i³ikli iyle tersine çevirelim. Artk p birim boylu oldu u için p 1 = p ve p h vp j = p j vp h e³itlikleri sa lanr. Dolaysyla, vektör demetinin (sadece lierin) yönünü ters çevirmek yap³trma fonksiyonunu p h p j (p, u) (1/p, p j up h ) fonksiyonuna homotopik yapacaktr. Ba³ka bir deyi³le, ξ h,j demetinin yönünü de i³tirince ξ j, h demetini elde ederiz: ξ h,j = ξ j, h. O halde, h + j > 0 durumunda da demetin Euler says yine olur. e(ξ h,j ) = e( ξ h,j ) = e(ξ j, h ) = (h + j) Yukardaki hatrlatmada kulland mz tekni i bu sefer hem taban manifoldu S 4 'ün hem de lin yönünü de i³tirerek tekrar uygulayalm. Bu durumda, (p, v) H H de i³kenlerini (q, ṽ) = (p, v) de i³kenleri ile de i³tirmek, ξ h,j demetini belirleyen (p, v) (1/p, p h vp j ) yap³trma fonksiyonunu, ξ j,h demetini belirleyen (q, ṽ) (1/q, q j ṽq h ) yap³trma fonksiyonuna homotopik olan bir fonksiyona dönü³türecektir. Dolaysyla, hem tabann hem de lin yönünü de i³tirmek ξ h,j demetini ξ j,h 'e dönü³türür. imdi de bu de i³imin p 1 karakteristik snfn nasl etkiledi ini görelim. H = R 4 linin yönünü de i³tirmek bu lin karma³k saylarla tensör çarpmnn do al yönlendirmesini de i³tirmez (bkz. Örnek 2.3.9). Dolaysyla, ξ h,j R C S 4 demetini f : S 4 = H H/ H H/ = S 4, p p, fonksiyonu ile geri çekersek ξ j,h R C S 4 demetini elde ederiz. Do rudan hesap yaparak f : HDR 4 (S4 ) HDR 4 (S4 ), f (a) = a oldu u kolayca

365 7-Boyutlu Egzotik Küreler 347 görülebilir (f (dx 1 dx 2 dx 3 dx 4 ) = dx 1 dx 2 dx 3 dx 4 gözlemlemek yeterlidir). O halde, oldu unu elde ederiz. p 1 (ξ j,h ) = p 1 (f (ξ h,j )) = f (p 1 (ξ h,j )) = p 1 (ξ h,j ) Sonuç Her k Z tam says için p 1 (ξ k,k ) = 0 olur. Dolaysyla, p 1 (S 4 ) = p 1 (ξ 1, 1 ) = 0'dr. Aslnda yukarda yaptklarmz bir adm daha ileri götürebiliriz: Her p, q H için, pq = q p oldu undan sabit bir p 0 de eri için, a³a daki gibi tanmlanan ψ 1 : R 4 = H H = R 4, v vp, ve ψ 2 : R 4 = H H = R 4, v vp = p v, fonksiyonlar do rusal izomorzmalar uzay içinde homotopik olmasalar da (determinantlarnn i³aretleri terstir) bu do rusal fonksiyonlarn kompleksikasyonlar ψ 1 id C : C 4 = H R C H R C = C 4, v vp, ve ψ 2 id C : C 4 = H R C H R C = C 4, v vp = p v, karma³k do rusal izomorzmalar uzay içinde homotopik olacaklardr, çünkü C içinde 1 noktasn 1 noktasna ba layan bir e ri vardr (bu e ri kullanlarak homotopi yazlabilir). O halde, id C ile tensör edildikten sonra, (p, v) (1/p, p h vp j ) yap³trma fonksiyonu (p, v) (1/p, p 2 p h 1 vp j 1 ) ve dolaysyla (p, v) (1/p, p h 1 vp j 1 ) yap³trma fonksiyonuna homotopik olacaktr. Ayrca, demetin herhangi bir yarsnda lin yönünü de i³tirmek kompleksikasyonu de i³tirmeyece i için, bu yap³trma fonksiyonu da (id C ile tensör edildikten sonra) (p, v) (1/p, p h 1 vp j 1 ) yap³trma fonksiyonuna homotopik olacaktr. Ba³ka bir deyi³le, p 1 (ξ h,j ) = p 1 (ξ h 1,j 1 ) olur. Son olarak bu formülü defalarca uygulayarak p 1 (ξ h,j ) = p 1 (ξ h j,0 ) elde ederiz. ³imizi bir parça daha kolayla³trmak için derecesi h olan g h : S 4 = H H/ H H/ = S 4, p p h, fonksiyonu için gh (ξ 1,0) ξ h,0 oldu unu gözlemleyiniz (bkz. Al³trma 21). Bu durumda, p 1 (ξ h,0 ) = p 1 (gh (ξ 1,0)) = gh (p 1(ξ 1,0 )) = deg(g h )p 1 (ξ 1,0 ) = hp 1 (ξ 1,0 ) elde ederiz.

366 348 Karakteristik Snar imdi, p 1 (ξ 1,0 ) snfn hesaplamak için yine küçük bir hileye ba³vuraca z. Genelde ξ h,j S 4 demetleri karma³k yap kabul etmeseler de (bkz. Al³trma 22) ξ 1,0 S 4 demeti üzerinde karma³k yap vardr. Bunu görmek için p, v H kuarterniyonlarn p = a + ib + jc + kd = A + jb, A = a + ib, B = c di ve v = e + if + jg + kh = C + jd, C = e + if, B = g hi, ³eklinde C 2 içinde karma³k vektörler olarak yazalm. Bu durumda p v kuaterniyon çarpm [ ] [ ] A B C p v B A D karma³k matris çarpmna dönü³ecektir. Bu durumda demetin vektörleri üzerindeki karma³k yap [ ] [ ] C Cz (v, z) z =, z C, D Dz skaler çarpm ile verilebilir. S 4 küresi üzerinde integrali bire e³it olan bir 4- formun snfn ν ile gösterelim. O halde, bu karma³k vektör demetinin birinci Pontryagin snf p 1 (ξ 1,0 ) = 2e(ξ 1,0 ) = 2ν olacaktr (bkz. Sonuç 6.3.2). Dolaysyla, ξ h,j demetinin birinci Pontryagin snf ise olarak hesaplanr. p 1 (ξ h,j ) = p 1 (ξ h j,0 ) = 2(h j)ν Sonuç Taban ve lier yukardaki ³ekilde yönlendirildi inde p 1 (ξ h,j ) = 2(h j)ν ve e(ξ h,j ) = (h + j)ν olur. Milnor'un Egzotik Küreleri: Verilen herhangi bir k tek tam says için h + j = 1 ve h j = k olacak ³ekilde, h, j tam saylar seçelim. ξ h,j S 4 demetinin birim disk demetinin toplam uzayn Bk 8 = B k ve bu manifoldun snrn olu³turan S 3 demetinin toplam uzayn da M k = Mk 7 = B8 k S4 ile gösterelim. Her iki demet daha önce ele ald mz ³ekilde yönlendirilmi³ olsunlar. Bu durumda, M k manifoldunun λ de i³mezi a³a daki gibidir: Yardmc Teorem Yukardaki gösterimi kullanrsak olur. λ(m k ) = k 2 1 (mod 7)

367 7-Boyutlu Egzotik Küreler 349 Kant : Herhangi bir vektör demetinin toplam uzaynn bir noktasndaki te et uzay o noktay içeren lin te et uzay ile o noktann üzerinde bulundu u taban noktasnn te et uzaylarnn direkt toplamdr. Dolaysyla, herhangi bir (p, [v]) B k noktas için T (p,[v]) = T p S 4 T [v] (ξ h,j ) p olur. Ba³ka bir deyi³le, π : B k S 4 demet projeksiyonun olmak üzere T B k = π (T S 4 ) π (ξ h,j ). O halde, Whitney Çarpm Kural'ndan, α = π (ν) olmak üzere, p 1 (B k ) = π (p 1 (T S 4 )) + π (p 1 (ξ h,j )) = 0 + 2(h j)α = 2kα olarak hesaplanr. Di er taraftan, h + j = 1 oldu undan ξ h,j demetinin Euler snf (h + j)ν = ν olur. ddia: α 2 = 1. B ddiann kant: π : HDR 4 (S4 ) HDR 4 (B k) homomorzmas bir izomorzma olu u için α HDR 4 (B k) kohomolojinin bir üretecidir. Bu disk demetinin sfr kesitini S 4 B k ile gösterelim. Bu alt manifoldun Poincaré duali ise β HDR 4 (B k) olsun. O halde, β = a α olacak ³ekilde bir a R says vardr. π : B k S 4 demetinin Euler says 1 oldu u için bu kesit kendisini bir noktada keser. Ba³ka bir deyi³le 1 = S 4 S 4 = β = S 4 β 2 B k olur. Di er taraftan, tanm gere i α = 1 oldu undan β = α ve dolaysyla S 4 α 2 = 1 elde ederiz. B k Bu durumda, τ(b k ) = 1, q(b k ) = p 2 1(B k ) = 4k 2 B k ve dolaysyla λ(m k ) = 2q(B k ) τ(b k ) = 8k 2 1 = k 2 1 (mod 7) elde edilir ve kant tamamlanr. Artk ana sonucu vererek bu bölümü bitirebiliriz. Teorem Her tek k Z tam says için M k manifoldu standart S 7 küresine homeomorktir. Di er taraftan, e er k Z tam says k (mod 7), ko³ulunu sa lyorsa M k manifoldu standart S 7 küresine difeomork de ildir. Kant : M k manifoldu, ξ h,j demetinin içindeki birim küre demetinin toplam uzay oldu u için M k = H S 3 H S 3 /(p, v) (1/p, 1 p h+j ph vp j ), p H,

368 350 Karakteristik Snar ³eklinde ifade edilebilir. Fakat bizim durumumuzda h + j = 1 oldu undan denklik ba nts (p, v) (q, u). = (1/p, p p h vp j ) halini alr. Milnor manifold üzerinde F : M k R fonksiyonunu ³öyle tanmlyor: (p, v) Re(v) 1 + p 2 ve di er koordinat sisteminde ise olmak üzere w = q 1 u = 1 p p pj v p h, w = 1 p Re(w) 1 + w 2 = = ( p Re p ) pj v p h p ( 2 ) p p Re p pj v p h 1 + p 2 Re (p j+1 v p h) = 1 + p 2 ( ) Re p h+j+1 v = 1 + p 2 = Re ( p 0 v ) 1 + p 2 = Re(v) 1 + p 2. Bu fonksiyonun sadece iki tane ve soysuzla³mam³ kritik noktasnn oldu unun kantn size brakyoruz. O halde, Bölüm 3'deki Al³trma 8, M k manifoldunun S 7 küresine homeomork oldu unu kantlar. Teoremin ikinci ksm için ³u ³ekilde ilerleyece iz. S 7 küresi birim diskin snr oldu u için Sonuç 6.4.3'den dolay λ(s 7 ) = 0'dr. Di er taraftan, yukardaki yardmc teoremden λ(m k ) 0 oldu unu biliyoruz. Dolaysyla, kant tamamlanr. 6.5 Al³trmalar 1. Hatrlatma 6.1.5'in son ksmnda bulunan tümevarm admn tamamlaynz. 2. Teorem 6.1.8'in kantnn birinci admndaki dp ([Ω l k ]) = ( ) P Ω l dω l k k,l k

369 Al³trmalar 351 e³itli ini kantlaynz. 3. Herhangi bir Σ yönlendirilebilir yüzeyi üzerinde verilen (x 1, x 2 ) sral koordinat sisteminde ifade edilen bir g Riemann metri i alalm ve Γ k ij bu metri in Christoel sembollerini göstersin. Bu durumda yüzeyin Euler snf F 2π = 1 ( ) Γ 1 22 Γ1 12 dx 1 dx 2 2π x 1 x 2 ile verilir. Hiperbolik yar düzlem ve Poincaré Diski için yukardaki formu hesaplaynz. imdi genusu iki olan tkz ve yönlendirilebilir bir yüzey alalm. Bu yüzeyi Poincaré Diski'nin içinde merkezi diskin merkezinde ve kenarlar jeodezikler olan e³kenar bir sekizgenin bölüm uzay olarak görebiliriz. Bunun için sekizgenin büyüklü ünü öyle ayarlayalm ki iç açlarn toplam 2π olsun. Bu durumda kenarlar oklarn gösterdi i yönde yap³trrsak sekizgenin kö³eleri bize yüzey üzerinde bir iç nokta verir. Bölüm 3, Al³trma 10 ve 11 bize yüzeyin Euler saysnn 2 2g = 2 oldu unu söyler. Bu örne i hangi tkz yüzeylere geni³letebilirsiniz? ekil 6.5: Poincaré Diski'nin içinde her bir iç açs π/4 radyan olan düzgün sekizgen; ayn harerle gösterilen kenarlar oklar yönünde yap³trrsak genusu iki olan yüzeyi elde ederiz. Sekizgenin alan 4π'dir! Aslnda bu yakla³m Gauss-Bonnet Teoremi'nin bir ba³ka kantn verir: Bunun için iki sonuca ihtiyacmz var. Birincisi Bölüm 3, Al³trma 11'de özel bir metrik için verilen aç-alan ili³kisinin her Riemann metri i için do ru oldu unu söyleyen ve Gauss tarafndan kantlanan teorem. Di eri ise her yüzeyin bir üçgenleme kabul etti ini söyleyen ve Rado tarafndan 1925 ylnda kantlanan sonuç. 4. Yüzeyler için saysal e rili in Gauss e rili inin iki kat oldu unu gösteriniz.

370 352 Karakteristik Snar ekil 6.6: Torus kenarlar oklar yönünde yap³trlan dikdörtgenin bölüm uzaydr. Dikdörtgenden disk çkartmak torustan disk çkartmaya kar³lk gelir. (a) ki dikdörtgenden birer disk çkartlarak olu³an bölgelerin, (e) ile gösterilen snrlar boyunca yap³trlmasyla elde edilen sekizgen. ekil 6.7 (b) Sekizgenin kenarlar oklar yönünde yap³trlnca elde edilen genus iki yüzey. 5. Örnek 'un içinde yer alan e³itli ini kantlaynz. σ (ω) = κ ds 6. Sonuç 'in kantnn 4. admndaki Gauss gönderiminin yerel olarak yönü korumas veya yönü de i³tirmesi ile ilgili iddiay kantlaynz. 7. Üç boyutlu Öklit uzayna gömülmü³ her tkz yüzeyin Gauss e rili i pozitif olan bir noktas mutlaka vardr, kantlaynz. 8. P : M N türevlenebilir manifoldlarn bir örtü uzay olsun. E er N üzerinde bir Riemann metri i varsa bu metri i P yerel difeomorzmas ile M üzerine çekebiliriz. Bu durumda P bir yerel izometri olur. Gauss- Bonnet Teoremi'ni kullanarak iki boyutlu küre veya torusun herhangi

371 Al³trmalar 353 sonlu bir örtü uzaynn yine küre veya torus oldu unu gösteriniz. Di er taraftan, h 2 olmak üzere P : Σ g Σ h yönlendirilmi³ tkz yüzeylerin derecesi deg(p ) = n olan bir örtü uzay olsun. Al³trma 3'de önerildi i gibi Σ h üzerine e rili i her noktada 1 olan hiperbolik metrik koyalm. P : Σ g Σ h yerel difeomorzmasn kullanarak Σ g üzerinde de e rili i ker noktada 1 olan metri i olu³turalm. O halde, Gauss-Bonnet Teoremi'nden dolay 2 2h = χ(σ h ) = 1 2π ve 2 2g = χ(σ g ) = 1 2π Σ h κ Σh ds Σh = 1 2π Σ g κ Σg ds Σg = 1 2π Σ h ds Σh = 1 2π Alan(Σ h) Σ g ds Σg = 1 2π Alan(Σ g) elde ederiz. Ayrca, yukardaki metrik a³a dan P ile geri çekilen metrik oldu undan, P yerel difeomorzmas alan koruyandr. Son olarak, Σ h içinde alnan yeterince küçük her diskin üzerinde ayn alana sahip tam olarak deg(p ) = n tane disk olaca ndan Alan(Σ g ) = n Alan(Σ h ) elde edilir. Bu durumda, daha önce elde etti imiz 2 2g = n(2 2h) ya da g = 1 + n(h 1) formülünü tekrar elde etmi³ olduk. imdi M üzerinde bir G-grup etkisi oldu unu ve örtü uzaynn bir bölüm uzay oldu unu kabul edelim: P : M M/G = N. Bu durumda N üzerindeki her metrik M üzerinde G-grubunu izometrilerinin bir alt grubu kabul eden bir metrik verir. Di er taraftan, M üzerindeki bir metrik G-grubu altnda de i³mez ise N üzerinde bir metrik verir, öyle ki bu metri i tekrar M üzerine çekersek yine M üzerindeki metri i elde ederiz. Son olarak, G-grubunun sonlu olmas durumunda M üzerindeki her metri in G-etkisi altnda ortalamasn alarak M üzerinde G-de i³mez bir metrik bulabiliriz. Aslnda R(M) ile M manifoldu üzerindeki tüm Riemann metriklerinin uzayn ve R(M) G ile de bu metriklerden G-grubunu izometrileri olarak kabul edenleri gösterirsek R(M) R(M) G, g 1 ϕ (g), g R(M), G ϕ G gönderimi bir küçültme fonksiyonudur (R(M), M üzerinde tanml Riemann metrikler kümesinin uygun bir topoloji ile donatld n kabul ediyoruz).

372 354 Karakteristik Snar 9. ϕ : CP r CP s CP r+s, ve J : M M M, p (p, p), p M, sayfa 323 ve sonrasnda tanmlanan fonksiyonlar olsun. CP. = lim r 0 CP r = r CP r sonsuz birle³imi göstersin. Burada limiti do al CP r CP r+1 içerme fonksiyonlar yardmyla kuruyoruz (bkz. Bölüm 1, Al³trma 1). E er f : M CP r CP ve g : M CP s CP iki fonksiyon ise bu iki fonksiyonun çarpm f g =. ϕ(f, g) ile tanmlanr. Yine n = dim M ve s, r k olsun. Bu durumda, f g çarpm fonksiyonu Önerme 6.2.2'nin 2(k + 1) > n + 1 ko³ulundan dolay CP k içine giden bir fonksiyona homotopiktir; kantlaynz. Bu i³lemin homotopi snfar üzerinde de i³meli bir grup olu³turdu unu gösteriniz. [f : M CP ] homotopi snfnn grup i³lemine göre tersi [ f : M CP ] e³lenik fonksiyonunun homotopi snf ile verilir. Son olarak Önerme 6.2.2'i a³a da verilen admlar izleyerek kantlaynz (ayrca bkz. sayfa 168): Adm 1) f : M CP N, p f(p) = [s 0 (p) : : s N (p)] ve g : M CP N, p g(p) = [r 0 (p) : : r N (p)], verilen bir π : L M n karma³k do ru demetinin iki snandrma fonksiyonunu olsun. Demeti L Ui U i C yerel çarpmlar ³eklinde yazalm. Kesitleri s i : U i C ³eklinde fonksiyonlar olarak görelim. ϕ f : U i C N+1 {0}, p (s 0 (p),, s N (p)), p U i, ve ϕ g : U i C N+1 {0}, p (r 0 (p),, r N (p)), p U i, fonksiyonlarnn do rusal homotopisi, ϕ f (p) = ϕ g (p) e³itli inin sa land noktalarda iyi tanml olmayacaktr. Bu zorlu u a³mak için snandrma fonksiyonlarn sfr kesitleriyle geni³letelim: ve Ayrca f : M CP 2N+1, p f(p) = [s 0 (p) : : s N (p) : 0 : : 0] g : M CP 2N+1, p g(p) = [r 0 (p) : : r N (p) : 0 : : 0]. h : M CP 2N+1, p f(p) = [0 : : 0 : s 0 (p) : : s N (p)] snandrma fonksiyonu tanmlayalm. imdi ϕ h fonksiyonunun hem ϕ f fonksiyonuna hem de ϕ g fonksiyonuna homotopik oldu u açktr.

373 Al³trmalar 355 Son olarak bu homotopilerin ξ 2N+1 CP 2N+1 demet iz dü³üm fonksiyonu ile bile³kesini alarak f ve g fonksiyonlarn birbirine ba layan homotopiyi elde ederiz. Dolaysyla, her bir karma³k do ru demeti tek bir (snandrma fonksiyonu) homotopi snf belirler. Adm 2) Homotopik f : M CP N ve g : M CP N fonksiyonlarnn belirledi i f (ξ N ) ve g (ξ N ) demetlerinin izomork oldu unu görelim. Homotopiyi f t : M CP N, (p, t) [s 0 (p, t) : : s N (p, t)], f 0 = f, f 1 = g ³eklinde yazalm. lk önce M manifoldunun tkz oldu unu kabul edelim. Manifold tkz oldu u için [0, 1] aral n sonlu saydaki [a i, b i ] aralklarnn birle³imi olarak yazabiliriz, öyle ki bu aralklardan herhangi birisi için M [a, b] = i U i [a, b], ³eklinde yazlr ve her (p, t) U i [a, b] için s i (p, t) 0 e³itsizli i sa lanr. Kant bitirmek için fa (ξ N ) ve fb (ξ N) demetlerinin izomork oldu unu göstermek yeterlidir. Bu iki demet arasndaki izomorzmay her bir U i açk kümesi üzerinde ³u ³ekilde tanmlayalm: ψ i (p) : f a (ξ N ) p f b (ξ N) p, v ψ i (p)(v). = s i(p, b) s i (p, a) v. Di er taraftan herhangi bir t [a, b] de eri için, ft (ξ N ) demetinin U i {t} ve U j {t} açk kümelerine kstlan³lar arasndaki geçi³ fonksiyonu v ψ ij (p, t)(v) =. s j(p, t) s i (p, t) v ile verilir. Son olarak ψ j (p, ψ ij (p, a)(v)) = s j(p, b) s i (p, a) v = ψ ij(p, b)(ψ i (p)(v)) oldu undan kant tamamlanr. Manifoldun tkz olmad durumun kantn okuyucuya brakyoruz. 10. Yukardaki al³trmay gerçel projektif uzay için tekrar ediniz. Bu durumda RP uzay gerçel do ru demetlerinin snandrma uzay olacaktr. [M, RP ] homotopi snarnn kümesi bir 2-grup olu³turur. Ba³ka bir deyi³le birim eleman d³ndaki her elemann mertebesi ikidir. 11. Önerme 6.2.4'ü kantlaynz.

374 356 Karakteristik Snar 12. Teorem 6.2.5'i kantlaynz. Bunun için ilk önce sayfa 325'de olu³turdu umuz yaplar hatrlayalm: π : E M 1 < r-boyutlu bir vektör demeti olmak üzere ve bu demetin projektivasyonunu CP r 1 P (E) M ile gösterelim. Ayrca π : P (E) M iz dü³üm fonksiyonu yardmyla π : E M vektör demetinin geri çekmesinin 0 L 1 π (E) Q 1 0 ³eklinde bir tam diziye oturdu unu görmü³tük. Ba³ka bir deyi³le, π (E) L 1 Q 1 karma³k vektör demeti izomorzmasn elde ederiz. Burada Q 1 rank r 1 olan bir karma³k vektör demetidir. Ayrca π : P (E) M iz dü³üm fonksiyonunun kohomolojide verdi i bire bir π : H DR(M) H DR(P (E)) homomorzmas yardmyla HDR (P (E)) cebirinin bir serbest H DR (M)- modülü oldu unu görmü³tük. imdi de π 1 : P (Q 1 ) P (E) projektivasyonunu kullanarak benzer ³ekilde (π π 1 ) (E) π 1(L 1 Q 1 ) π 1(L 1 ) L 2 Q 2 ayr³mn elde ederiz. Ayn nedenlerden dolay kohomoloji seviyesindeki (π π 1 ) : HDR (M) H DR (P (Q 1)) homomorzmasnn bire bir oldu u açktr. Bu ³ekilde ilerleyerek elde edece imiz Q r 1 manifoldu π : E M demetini do ru demetleri toplamna dönü³türecek arad mz uzay olacaktr: ϕ k = π 1 π k, k = 1,, r 1, olmak üzere (π ϕ r 1 ) (E) ϕ r 1(L 1 ) ϕ r 2(L 2 ) ϕ 1(L r 1 ) L r. 13. Örnek 'da CP 1 CP 1 içindeki cebirsel e riler için verilen Derece- Genus Formülü'nü kantlaynz. 14. Bu al³trmada ³u ana kadar iki farkl kantn sundu umuz Derece-Genus Formülü'nün bir di er kantnn ana hatlarn görece iz. ekil 6.8a'daki dört do runun denklemleri l i (x, y), i = 1, 2, 3, 4 olsun. Bu durumda ayn ³ekildeki dört do ru, f(x, y) = l 1 (x, y) l 2 (x, y) l 3 (x, y) l 4 (x, y) çarpm polinomu olmak üzere f(x, y) = 0 denkleminin çözüm kümesidir. Bu polinomu ayn zamanda f : R 2 R fonksiyonu olarak görelim ve

375 Al³trmalar 357 (a) R 2 C 2 CP 2, (x, y) (x, y) [x : y : 1], içinde rastgele dört do rudan olu³an dejenere kuartik e ri. ekil 6.8 (b) R 2 C 2 CP 1 CP 1, (x, y) (x, y) ([x : 1], [y : 1]), içinde ikili derecesi (4, 3) olan dejenere e ri. Sard Teoremi'ni kullanarak bu fonksiyon için bir ϵ > 0 düzgün de eri seçelim. O halde, f(x, y) ϵ = 0 denkleminin çözümü bir boyutlu türevlenebilir bir manifold olacaktr. imdi bu polinomun homojen halini F (z 0, z 1, z 2 ) = z 4 2 f(z 0 /z 2, z 1 /z 2 ) ϵz 4 2 olarak yazlr. Hemen hemen her ϵ > 0 için, F (z 0, z 1, z 2 ) = 0 e risinin CP 2 karma³k projektif düzlemi içinde türevlenebilir bir yüzey oldu unu gösteriniz. Di er taraftan, z2 4f(z 0/z 2, z 1 /z 2 ) = 0 dört karma³k do runun birle³imidir. Bu do rular R 2 RP 2 CP 2 içinde yukardaki ³ekilde kesi³irler. ekildeki dejenere e riyi türevlenebilir yapmak için kulland mz ϵ > 0 saysn yeterince küçük seçerek e rinin tekil noktalarnn küçük bir kom³ulu u d³nda de i³medi ini kabul edebiliriz. Di er taraftan, sadece kesi³im noktalarndan olu³an tekilliklerin hepsi denklemin yerel olarak z 0 z 1 = 0 z 0 z 1 = ϵ 0 ³eklinde de i³mesi ile yok olurlar. E rinin topolojisi ³u ³ekilde de i³ir: Her kesi³im noktasnn her iki küreden birer disk kom³ulu u çkarlr ve olu³an iki snr çemberi bir silindir (z 0 z 1 = ϵ denklemi karma³k düzlem içinde bir silindir belirler) ile birbirine ba lanr. Ba³ka bir deyi³le, ekil 6.8a'daki dört küre (gerçel do rularn karma³k projektikasyonlar) kesi³im noktalar yaknnda birbirine tüplerle ba lanr. Olu³an yeni yüzeyin cins says üç olan yüzey oldu u açktr! Aslnda Euler says hesabndan da olu³an yüzeyin cins saysnn üç oldu u görülebilir. Dört kürenin birle³iminden tekil noktalarn küçük kom³uluklarn atarsak geriye her biri üç snr bile³enine sahip dört ayrk küre kalr ve bu topolojik uzayn Euler says 4 (2 3) = 4 olur. Silindirin Euler says sfr oldu u için bu delikli küreleri tüplerle ba lamak Euler saysn de i³tirmeyecektir. O halde, deformasyon sonucunda olu³an yüzeyin Euler says

376 358 Karakteristik Snar 4 ve dolaysyla cins says 4 = 2 2g denkleminden g = 3 olarak bulunur. Hesaplam³ oldu umuz g = 3 saysnn l 1, l 2, l 3 ve l 4 do rularnn düzlemde ayrm³ olduklar snrl bölgelerin says oldu una dikkat ediniz. ekil 6.8b'de ise R 2 CP 1 CP 1 düzleminde koordinat eksenlerine paralel toplam yedi do ru verilmi³tir. Do rularn denklemlerinin çarpmlarnn hafçe deforme edilmesi ile elde edilecek (ikili derecesi (m, n) = (4, 3) olan) e rinin cins says yine (m 1)(n 1) = 6 olacaktr. ekil 6.8a'dakine benzer ³ekilde kantlaynz. Tahmin edece iniz üzere e rinin cins says bu do rularn düzlemde ayrd snrl bölgelerin saysna e³ittir. 15. Karma³k (projektif) düzlemde derecesi d 1 olan genel bir e ri denklemi alalm. Bu e rinin tekil noktalar, e riyi veren polinomun katsaylarn de i³ken olarak kabul eden bir polinom denklem sisteminin çözümüdür. Kantlaynz. 16. Karma³k projektif düzlemin, CP 2, alt boyutlu R 6 Öklit uzayna gömülebilece ini gösteriniz. Bunun için karma³k projektif düzlemin CP 2 = S 5 / = {(z 0, z 1, z 2 ) C 3 i z i 2 = 1}/ ((z 0, z 1, z 2 ) λ(z 0, z 1, z 2 ), λ S 1 ) bölüm uzay modelini kullanabiliriz. lk önce ifadesi a³a da verilen F : S 5 R 6, F (z 0, z 1, z 2 ) = ( z 0 2, z 1 2, Re(z 0 z 1 ), Im(z 0 z 1 ), Re(z 1 z 2 ), Im(z 1 z 2 )), fonksiyonunun kürenin her (z 0, z 1, z 2 ) noktasnda F (z 0, z 1, z 2 ) = F ([z 0 : z 1 : z 2 ]) e³itli ini sa layan bir F : CP 2 R 6 fonksiyonu verdi ini gözlemleyiniz. Daha sonra bu fonksiyonun bire bir batrma fonksiyonu oldu unu kantlaynz. 17. M 2n tkz yönlendirilmi³ bir manifold ve E M karma³k bir vektör demeti olsun. Pontryagin saylarna benzer ³ekilde k 1, k 2,, k r 0 tam saylar k 1 + 2k 2 + rk r = n ko³ulunu sa lyorsa c k1,k 2,,k r (E) =. c k 1 1 (E) ck 2 2 (E) ck r r (E) M integrali ile tanmlanan sayya E M demetinin bir Chern says denir. Dolaysyla, Pontryagin saylar o manifoldun te et demetinin karma³k cisim ile tensör çarpmnn Chern saylarndan ba³ka bir ³ey de ildir.

377 Al³trmalar 359 Üzerinde karma³k yap bulunan çe³itli vektör demetlerinin Chern saylarn hesaplaynz. Chern saylarnn birer tam say oldu u bilinmektedir. Baz Chern saylarnn tam say oldu u açktr; örne in karma³k do ru demetlerinin toplam olan demetlerin Chern snar aslnda Euler snarnn bir polinomudur ve dolaysyla bu demetlerin Chern saylar birer kesi³im says olarak hesaplanabilir. Ba³ka hangi demetler için Chern saylarnn tam say oldu u kolayca gösterilebilir? 18. CP 4 karma³k manifoldunu bir alt manifold olarak kabul eden bir R n Öklit uzaynn en az 12-boyutlu oldu unu gösteriniz. 19. Bu al³trmada SO(3) ve SO(4) gruplarnn topolojisine dair basit gözlemleri sunaca z. lk iki ³k için [5] (s.195) numaral kaynaktan yararlandm. (a) Bir A SO(3) matrisi alalm. Matrisin satrlarn R 1, R 2, R 3 ile gösterelim. Matrisin determinant 1 oldu undan R 3 = R 1 R 2 d³ çarpmna e³ittir. Dolaysyla, matris R 1 ve R 2 ile tamamen belirlenir. R 1 vektörünü S 2 üzerinde bir nokta olarak alrsak, buna dik olan R 2 vektörünü kürenin R 1 noktasndaki te et uzayda birim uzunlukta bir vektör olarak dü³ünebiliriz. Ba³ka bir deyi³le, kürenin te et uzaynn birim vektör demetinin toplam uzay SO(3) manifoldudur: U(T S 2 ) = {(p, v) S 2 T p S 2 v = 1} = {(p, v) R 3 R 3 p = 1 = v, p v = 0} = {(p, v, p v) (R 3 ) 3 p = 1 = v, p v = 0} = SO(3). Dolaysyla, SO(3) manifoldunun R 6 içine bir gömülmesini elde etmi³ olduk. (b) Her A SO(3) dönme hareketi merkezden geçen bir do runun etrafnda olur. Bu do runun etrafndaki dönme açsn do runun üzerindeki noktalarn merkeze olan uzakl ile belirleyelim. Dolaysyla, do runun üzerinde alnan [ π, π] aral, bu do ruyu eksen olarak kabul eden tüm dönmeleri verecektir. Aslnda, aralk üzerindeki herhangi bir noktaya kar³lk gelen dönme ³u ³ekilde belirlenir: Alnan noktann merkeze olan uzakl θ [0, π] ise bu noktay merkeze ba layan ³n etrafnda ve saat yönünün tersi istikametinde θ radyanlk dönme arad mz dönmedir. Böylece π-yarçapl kürenin iç bölgesinde kalan her nokta tek bir dönme belirler. Ayrca, bu kürenin üzerindeki π ve π ile verilen kar³lkl noktalar ayn dönmeyi verir. Ba³ka bir deyi³le, SO(3) ile D 3 /(p p, p D 3 )

378 360 Karakteristik Snar bölüm uzay arasnda bire bir e³leme vardr. Fakat bu bölüm uzay RP 3 gerçel projektif uzaydr. Bu i³lemin bir ϕ : SO(3) RP 3 difeomorzmas belirledi ini gösteriniz. (c) S 3 küresini birim kuaterniyonlar uzay olarak ele alalm. Bu durumda f : S 3 SO(3) fonksiyonu ³u ³eklide tanmlansn: Herhangi bir v = (a, b, c) R 3 vektörünü gerçel ksm sfr olan bir birim kuaterniyon olarak v = ai+bj +ck ³eklinde yazalm. Bu durumda, p S 3 birim kuaterniyon olmak üzere f(p) rotasyon matrisi f(p)(v) = pvp 1 ile tanmlansn. Bunun çekirde i ker(f) = {±1} olan iyi tanml bir grup homomorzmas oldu unu gösteriniz. Ayrca g : S 3 RP 3 = S 3 /p p, p S 3, bölüm uzayn göstermek üzere ϕ f = g oldu unu kantlaynz. Bunun sonucu olarak, f : S 3 SO(3) fonksiyonu derecesi iki olan bir örtü uzaydr. (d) Sayfa 347'da kuaterniyon çarpmn karma³k matris çarpm olarak yazm³tk. Bu bilgiyi kullanarak S 3 = SU(2) oldu unu gösteriniz. (e) SO(4) grubunun herhangi bir A = [ ] C 1 C 2 C 3 C 4 elemann sütunlar ile ifade edelim. Bu durumda, ψ : SO(4) S 3, A C 1, iyi tanml örten bir türevlenebilir fonksiyondur. Ayrca, her v S 3 vektörünün ψ 1 (v) ters görüntüsü bu vektöre dik olan üç boyutlu Öklit uzaydaki tüm sral ortonormal çatlardan olu³ur. Dolaysyla, ψ : SO(4) S 3 fonksiyonu her bir li SO(3) grubuna izomork olan bir lif demetidir. Aslnda bu demet a³ikar demettir. Bunu görmek için her bir C i = [a b c d] T sütununu a+ib+cj +dk kuaterniyonu olarak görelim. C i = a ib jc kd kuaterniyonun e³leni ini göstermek üzere Ψ : SO(4) S 3 SO(3), A = [ C 1 C 2 C 3 C 4 ] (C1, [ C 1 C 2 C 1 C 3 C 1 C 4 ] ), istenilen demet izomorzmasn verir. Burada C 1 C s, s = 2, 3, 4, kuaterniyon çarpmlarnn gerçel ksmlar sfrdr ve dolaysyla bu kuaterniyonlar R 3 içinde birim vektörler olarak görebiliriz. Elde edilen 3 3'lük matrisin ortogonal oldu unun gösterilmesini, di er detaylarla beraber, size brakyoruz. (f) Yukardaki (c) ³kknda ele ald mz f : S 3 SO(3) fonksiyonunu kullanarak derecesi yine iki olan bir örtü uzay yazabiliriz: F : S 3 S 3 S 3 SO(3), (p, q) (p, f(q)). Ψ 1 F : S 3 S 3 SO(4) fonksiyonunun açk ifadesini yaznz.

379 Al³trmalar Karma³k saylarda oldu u gibi kuaterniyon cebirinde tanmlanan f : H H, x x n, x H, fonksiyonunun topolojik derecesinin n oldu unu gösteriniz. Aslnda bu sonuç 1944 ylnda Eilenberg ve Niven tarafndan daha genel haliyle kantlanm³tr (bkz. [11]). Bunun için ilk önce i H kuaterniyon saysnn bu fonksiyonun bir düzgün de eri oldu unu ve ters görüntüsünün tam olarak n noktadan olu³tu unu gösteriniz. Daha sonra her bir ters görüntü noktasnda fonksiyonun yön koruyan (Jakobyen'in pozitif i³aretli) oldu unu gösteriniz. s- Eilenberg ve Niren bu sonucu ³u ³ekilde genelliyor: a 0,, a n H frdan farkl kuaterniyon saylar olmak üzere g : H H, x a 0 xa 1 xa n + h(x), x H, fonksiyonunu dü³ünelim öyle ki, h(x) derecesi n'den küçük 'monomiyallerden' olu³sun. Bu fonksiyonun f fonksiyonuna düzgün bir homotopi yardmyla homotopik oldu unu göstererek deg(f) = deg(g) = n e³itli ini kantlaynz. 21. g h : S 4 = H H H H = S 4, p p h, fonksiyonu için g h (ξ 1,0) ξ h,0 oldu unu kantlaynz. 22. Dört boyutlu kürenin te et demetinin üzerinde karma³k yap bulunmad n gösteriniz. Küre üzerinde tanmlad mz ξ h,j demetinin Euler saysnn (h + j) oldu unu kantlaynz? Bu demetlerden hangileri üzerinde karma³k yap olabilir? 23. Karma³k projektif düzlemden 4-boyutlu küreye a³a daki ifade ile tanmlanan ξ : CP 2 S 4, ξ([z 0 : z 1 : z 2 ]) = ( 2 z 0z 1 z 2, 2 z 0z 2 z 2, z z 2 2 z 0 2 z 2 ), fonksiyonunu dü³ünelim. Burada z = (z 0, z 1, z 2 ) C 3 karma³k vektörünün boyunu z 2 = z z z 2 2 ile gösteriyoruz. Ayrca küreyi a³a daki gibi ifade edece iz: S 4 = {(w 1, w 2, t) C C R w w t 2 = 1}. Fonksiyonun ξ([0 : z 1 : z 2 ]) = (0, 0, 1) ko³ulunu sa lad n ve derecesinin ±1 oldu unu gösteriniz. Karma³k projektif düzlem üzerinde verilen her n tam saysn birinci Pontryagin says olarak kabul eden bir dört boyutlu gerçel vektör demeti vardr, kantlaynz. Bu demetlerden hangileri üzerinde karma³k yap olabilir?

380 362 Karakteristik Snar 24. Yukarda ele ald mz ξ 1,0 S 4 demetinin birinci Pontryagin snfn hesaplamak için do rudan tanmlar kullanmay deneyebiliriz. Herhangi bir π 0 : E S 4 R 4 -demetinin birinci Pontryagin snfnn demetin kompleksikasyonunun, π 1 : E C S 4, ikinci Chern snfnn 1 kat oldu unu biliyoruz: p 1 (E) = c 2 (E C ), E C = E R C. Chern snarn hesaplamak için ise ilk önce π 1 : E C S 4 demetinin her bir li CP 3 olan projektivasyonunu dü³ünmeliyiz: π : P (E C ) S 4. Daha sonra π (E C ) demetinin L P (E C ) kanonik alt do ru demetini olu³turup, bu demetin dualinin birinci Chern snfn a = c 1 (L ) = c 1 (L) HDR 2 (P (E C)) olarak yazalm. S 4 küresi üzerinde integrali bire e³it olan bir 4-formun snfn π : P (E C ) S 4 ile geri çekelim ve her iki snf da ν ile gösterelim. Leray-Hirsch Teoremi'nden HDR (P (E C)) kohomolojisinin a³a daki ³ekilde verildi ini gösteriniz: H 0 DR(P (E C )) =< 1 > R, H 2 DR(P (E C )) =< a > R, H 4 DR(P (E C )) =< a 2, ν > R 2, H 6 DR(P (E C )) =< a 3, aν > R 2, H 8 DR(P (E C )) =< a 2 ν > R, H 10 DR(P (E C )) =< a 3 ν > R. Demetin Chern snar tamamen a 4 + c 1 (E C )a 3 + c 2 (E C )a 2 + c 3 (E C )a + c 4 (E C ) = 0 küresi ol- denklemiyle tek bir ³ekilde belirlenir. Taban manifoldu S 4 du undan c 1 (E C ) = c 3 (E C ) = c 4 (E C ) = 0 ve dolaysyla denklemini elde ederiz. a 4 + c 2 (E C )a 2 = 0 π (c 2 (E C )) = λν, λ R, olarak yazlsn. E er a 4 = 0 ise c 2 (E C ) = 0 olmaldr. Di er taraftan, e er a 4 0 ise c 2 (E C ) 0 olur. Ayrca a 3 snfn temsil eden formu yine a ile gösterirsek CP 3 a3 = 1 oldu unu biliyoruz. Son olarak a 5 = c 2 (E C )a 3 = λνa 3 0 denkleminden elde ederiz. Dolaysyla, λ = a 5 P (E C ) p 1 (E) = c 2 (E C ) = λν = ( ) a 5 ν P (E C ) olarak hesaplanr. Aslnda bu integrali hesaplamak yerine, daha geometrik bir yakla³mla, a H 2 DR (P (E C)) snfnn Poincaré dualinin kendisi

381 Al³trmalar 363 ile be³ defa dik kesi³imini hesaplamay dü³ünebiliriz. Bunun için a³a daki ifade ile verilen P (E C ) CP 7 fonksiyonunun bu karma³k do ru demetinin bir snandrma fonksiyonu oldu unu gözlemleyiniz (bkz. Önerme 6.2.2): (p, [v]) [p j vp k : (q, [ṽ]) [ṽ : ( 1 p, [pj vp k ]) 1 v] 1 + p 2(h+j) q 2(h+j) 1 + q 2(h+j) qj ṽq k ] Bunu görmek için CP 7 uzaynn ikinci kohomolojisinin üreteci olan bir snfn Poincaré dualinin z 7 = 0 denklemi ile verildi ini biliyoruz. O halde, bu kohomoloji snfn ve Poincaré dualini geri çekip P (E C ) S 4 demetinin li olan CP 3 ) ile kesi³tirirsek bu lin içindeki v 3 = 0 hiper düzlemini buluruz. Ba³ka bir deyi³le, CP 7 uzaynn ikinci kohomolojisinin üretecini geri çekip CP 3 line kstlarsak bu lin ikinci kohomolojisinin üreticini buluruz. Di er taraftan, P (E C ) uzaynn ikinci kohomolojisinin her eleman herhangi bir life (dolaysyla her bir life) kstlan³ ile tek bir ³ekilde belirlenir. Dolaysyla, bu fonksiyon gerçekten de arad mz snandrma fonksiyonudur. imdi P (E C ) CP 7 snandrma fonksiyonunun bir gömme fonksiyonu oldu unu gösteriniz. Ayrca, bu durumda hesaplamak istedi imiz Pontryagin says bu fonksiyonun görüntüsü ile CP 7 içindeki bir CP 2 düzleminin dik kesi³imi olacaktr. Bu kesi³imin ±2 oldu unu gösteriniz. 25. Gerçel ve karma³k projektif uzaylar, iki boyutlu tkz manifoldlar, kürelerin birbirleriyle çarpmlar, iki boyutlu küre üzerindeki karma³k do ru demetlerinin birim çember demetleri gibi kitapta skça ad geçen manifoldlar üzerinde Morse fonksiyonlar bulunuz. Bu fonksiyonlarn kritik noktalarndaki Hessian matrislerinin endekslerini hesaplaynz. ndeksler ile manifoldun Betti saylar arasnda bir ili³ki görebiliyor musunuz?

382

383 Kaynakça [1] Dimca Alexandru. Singularities and Topology of Hypersurfaces. Springer- Verlag New York, Inc., Universitex Series. [2] Thierry Aubin. A Course in Dierential Geometry. American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, Graduate Studies in Mathematics, no. 27. [3] Thomas F. Bancho. Triple points and surgery of immersed surfaces. Proc. Amer. Math. Soc., 46(3):407413, December [4] Ethan D. Bloch. A First Course in Geometric Topology and Dierential Geometry. Birkhauser, Boston, [5] Raoul Bott ve Loring W. Tu. Dierential Forms in Algebraic Topology. Springer-Verlag New York, Inc., Graduate Texts in Mathematics, no. 82. [6] Glen E. Bredon. Topology and Geometry. Springer-Verlag New York, Inc., Graduate Texts in Mathematics, no [7] Pierre E. Conner. Dierentiable periodic maps. Lecture Notes in Math., Springer Berlin, 1979, no.738. [8] Manfredo P. do Carmo. Riemannian Geometry. Birkhäuser, Boston, [9] Manfredo P. do Carmo. Diferansiyel Geometri: E riler ve Yüzeyler. TÜ- BA, Türkiye Bilimler Akademisi, enol Form Matbaaclk, Ankara, TÜBA Ders Kitaplar no. 8, Birinci Bask, Çeviren: Belgin Korkmaz. [10] R. H. Dye. On the Arf invariant. J. Algebra, 53:3639, [11] Samuel Eilenberg ve Ivan Niven. The fundamental theorem of algebra for quaternions. Bull. Amer. Math. Soc., 50:246248, [12] William Fulton. Algebraic Topology, A First Course. Springer-Verlag New York, Inc., Graduate Texts in Mathematics, no [13] Robert E. Gompf ve András I. Stipsicz. 4-Manifolds and Kirby Calculus. American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, Graduate Studies in Mathematics, no

384 366 KAYNAKÇA [14] Phillip Griths ve Joseph Harris. Principles of Algebraic Geometry. John Wiley and Sons, Inc., New York, Chichester, Brisbane, Toronto, Singapore, [15] Victor Guillemin ve Alan Pollack. Dierential Topology. AMS Chelsa Publishing, American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, [16] S. M. Gusein-Zade. Integration with respect to the Euler characteristic and its applications. Russian Math. Surveys, 65(3):399432, [17] Robin Hartshorne. Algebraic Geometry. Springer-Verlag New York, Inc., Graduate Texts in Mathematics, no. 52. [18] Allen Hatcher. Algebraic Topology. Cambridge University Press, [19] Friedrich Hirzebruch. Topological Methods in Algebraic Geometry. Classics in Mathematics. Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York, Edisyonun 2. düzeltilmi³ basks. [20] L. Christine Kinsey. Topology of Surfaces. Springer-Verlag New York, Inc., Undergraduate Texts in Mathematics. [21] W. B. Raymond Lickorish. An Introduction to Knot Theory. Springer New York, Graduate Texts in Mathematics, no [22] Alexander Lubotzky. Groups '93 Galway / St Andrews Galway 1993, volume 2. London Mathematical Society Lecture Note Series, [23] Ib Madsen ve Jørgen Tornehave. From Calculus to Cohomology, De Rham cohomology and characteristic classes. Cambridge University Press, [24] Dusa McDu ve Dietmar Salamon. Introduction to Symplectic Topology. Clarendon Press, Oxford, [25] John W. Milnor. On manifolds homeomorphic to the 7-sphere. Ann. of Math., 64(2):399405, September [26] John W. Milnor. Morse Theory. Princeton University Press, Princeton, New Jersey, Annals of Mathematical Studies, no. 51. [27] John W. Milnor ve James D. Stashe. Characteristic Classes. Princeton University Press and University of Tokyo Press, Princeton, New Jersey, Annals of Mathematical Studies, no. 76. [28] James R. Munkres. Elements of Algebraic Topology. Addison-Wesley Publishing Company, Inc., 1984.

385 KAYNAKÇA 367 [29] Georges Reeb. Sur les points singuliers d'une forme de pfa complètement intégrable ou d'une fonction numérique. C. R. Acad. Sci. Paris, 222: , [30] Walter Rudin. Real and Complex Analysis. McGraw-Hill, Inc., New York, McGraw-Hill Series in Higher Mathematics, 3. Bask. [31] Michael Spivak. Calculus on Manifolds. Addison-Wesley Publishing Company, Inc., [32] Michael Spivak. Dierential Geometry. Publish or Perish, Inc., Huston Texas, Cilt. [33] Michael Spivak. Dierential Geometry. Publish or Perish, Inc., Huston Texas, Cilt. [34] Tosun Terzio lu. Fonksiyonel Analizin Yöntemleri. Matematik Vakf: ODTÜ, Ankara, no. 9. [35] Tosun Terzio lu. An Introduction to Real Analysis. Matematik Vakf: ODTÜ, Ankara, no. 3. [36] Sina Türeli ve Ferit Öztürk. Morse Kuram Ders notlar Matematik Köyü Yaz Okulu. ( tr/instructors/ozturk/acikders/morse.htm). [37] Oleg Y. Viro. Some integral calculus based on Euler characteristic. Lecture Notes in Math., Springer Berlin, 1979, no. 1346, pages , [38] Julia Viro ve Oleg Y. Viro. Congurations of skew lines. ar- Xiv:math/ , [39] Frank W. Warner. Foundations of Dierentiable Manifolds and Lie Groups. Springer-Verlag New York, Inc., Graduate Texts in Mathematics, no. 94.

386 368 KAYNAKÇA

387 Semboller (A, d ) zincir yaps, 196 (Dϕ) p, Φ (p), (dφ) p fonksiyonun noktadaki türevi, 69 (M, g) Riemann manifoldu, 140 (M 2n, ω) simplektik manifold, 140 (V, [, ]) Lie cebiri, 139 (X, τ) topolojik uzay, 3 (X, d) metrik uzay, 10 (Ω (M), d ) de Rham zincir yaps, 196 ω formun yldz, 156 B(x, r) x-merkezli, r > 0 yarçapl yuvar, 3 C 0 ([0, 1]) aralkta tanml sürekli fonksiyonlar uzay, 17 C (V, W ) sonsuz türevlenebilir fonksiyonlar, 16 C k (V, W ) k-nc türevi sürekli olan fonksiyonlar, 16 DF fonksiyonun türevi, 16 D M Poincaré zomorzmas, 241 Dif f(m) difeomorzmalar grubu, 73 E(γ) e rinin enerjisi, 140 E 1 E 2 M vektör demetlerinin toplam, 164 E 1 E 2 M vektör demetlerinin tensör çarpm, 165 Exp p : T p M M üstel fonksiyon, 144 F e rilik, 180 F 1 fonksiyonun tersi, 18 G p noktann grup etkisi altndaki yörüngesi, 73 Gr F (n, k) Grassmann manifoldu, 168 H (X, Z) Tekil kohomoloji, 337 H k (A, d ) zincir yapsnn kohomolojisi, 196 HDR k (M) k'inci de Rham kohomoloji, 196 Hc k (M) tkz destekli kohomoloji, 220 Hc k (M, U) tkz destekli yerel kohomoloji, 226 Int(K, L) iki alt manifoldun kesi³im says, 259 J : M hom(e, E) vektör demeti üzerinde karma³k yap, 166 J m m m boyutunda Jordan blok matrisi, 42 L(γ) e rinin uzunlu u, 140 L(p, q) Lens uzay, 103 L (ω) formun geri çekmesi,

388 370 Semboller M B Möbius ³eridi, 76 M R N R-modüllerin tensör çarpm, 32 O(n) (n n)-lik ortogonal matrisler uzay, 80 P (E) vektör demetinin projektivasyonu, 287 P : E m+k M m vektör demeti, 161 P M (t) Poincaré serisi, 274 P faff(ω) e rilik formunun Pfaan', 307 R(X, Y ) e rilik tensörü, 302 Rkij l e rilik tensörünün bile³enleri, 302 Ric Ricci e rili i, 315 Rot(γ) dönme says, 207 S(n) simetrik (n n)-lik matrisler uzay, 69 SL(n) özel do rusal grup, 122 S n n-boyutlu birim küre, 64 S k permütasyon grubu, simetrik grup, 33 T (X, Y ) burulma tensörü, 175 T M kote et demeti, 93 T M te et demeti, 70 T p M bir noktadaki te et uzay, 67 T r(f ) f do rusal dönü³ümünün izi, 279 V dual vektör uzay, 34 X(p) te et vektör alan, 71 X/ bölüm kümesi, 2 X/ bölüm uzay, 4 X Y iki topolojik uzayn çarpm, 4 Y B iki kümenin fark, 3 [X, Y ] Lie kö³eli parantezi, 134 [µ L ] alt manifoldun Poincaré duali, 262 [ν L ] alt manifoldun Poincaré duali, 260 Γ(E) vektör demetinin kesitleri, 162 Γ i jl Christoel sembolleri, 140 Λ f fonksiyonun sabit noktalarnn (i³aretli) says, 279 Ω k (U) U üzerindeki k-formlar uzay, 90 Ω n c (U) tkz destekli k-formlar uzay, 104 Ω l k e rilik formu, 180 Ē karma³k demetin e³leni i, 329 β topolojinin taban, 4 χ(m) Euler karakteristi i, 245 deg(f) düzgün fonksiyonun derecesi, 229 deg(f) pi düzgün fonksiyonun yerel derecesi, 230 det(a) A matrisinin determinant, 36 det(e) M vektör demetinin determinant, 166

389 Semboller 371 dim(v ) vektör uzaynn boyutu, 36, i = 1,, n te et vektörlerin taban vektörleri, 69 x i hom(e 1, E 2 ) M homomorzmalar demeti, 164 hom(v, W ) Banach uzaylar arasndaki snrl do rusal dönü³ümler uzay, 16 M ω formun manifold üzerinde integrali, 106 κ Gauss e rili i, 316 ker T homomorzmann çekirde i, 36 lim i Λ X i topolojik uzaylarn düz limiti, 43 lim x n bir dizinin limiti, 7 L X Lie türevi, 132 S saysal e rilik, 315 Alt k (V ) de i³meli tensörler uzay, 33 Hac (D n (r)) diskin hacmi, 113 Hac (S n (r)) kürenin hacmi, 113 Sim k (V ) simetrik tensörler uzay, 33 tra matrisin izi, 54 vektör demeti üzerinde ba lant, 174 f fonksiyonun gradyan vektörü, 154 ν(l) alt manifoldun normal demeti, 184 ω(f) sarlma says, 207 ω K geçi³me formu, 211, 285 ω F S Fubini-Study form, 118 M manifoldun snr, 107 ϕ (ω) formun fonksiyon ile geri çekilmesi, 91 Xi bir topolojik uzay ailesinin çarpm, 4 f Laplace operatörü, 158 φ t izotopi, 127 b k (M) Betti says, 245 c(e) toplam Chern snf, 326 c i (E) Chern snf, 326 c k1,k 2,,k r (M) Chern says, 358 d(x, y) iki nokta arasndaki uzaklk, 10 dω formun d³ türevi, 94 d vektör demeti üzerinde d³ türev, 179 d sup (f, g) supremum metri i, 15 dvol (M,g) hacim formu, 155 dx i 1-form, koordinatn diferansiyeli, 90 dx i1 dx ik koordinat sisteminde k-form, 90 e(e) Euler karakteristik snf, 265 e A matrisin üstel fonksiyonu, 38 e p ramikasyon endeksi, 280

390 372 Semboller f L fonksiyon ve alt manifold dik kesi³iyor, 256 f g dik kesi³en fonksiyonlar, 253 f (E) M vektör demetinin geri çekmesi, 168 f 1 (U) bir kümenin ters görüntüsü, 3 f A A matrisinin karakteristik polinomu, 36 f iσ (1) f iσ (k) d³ çarpm, 34 p(e) toplam Pontryagin snf, 336 p i (E) Pontryagin snf, 335 p k1,k 2,,k r (M) Pontryagin says, 339 Alt k (M) k-formlar demeti, 93 l(k, L) geçi³me says, 212, 285 CP n karma³k projektif uzay, 65 C karma³k saylar cismi, 16 D Poincaré Disk Modeli, 189 H n yar Öklit uzay, 107 Q rasyonel saylar cismi, 52 RP n gerçel projektif uzay, 65 R gerçel saylar cismi, 2 Z tam saylar halkas, 2 G p fonksiyon tohumlarnn cebiri, 66

391 Dizin Açk fonksiyon, 45 küme, 3 örtü, 6 yuvar, 10 Ak³ vektör alan, 128 Alan i³aretli, 31 vektör, 128 Alexander Dualite Teoremi, 228 Alt manifold, 75 vektör demeti, 161 Alt dizi yaknsak, 11 Alt küme tkz, 6 topolojisi, 3 Alt manifold kapal, 75 Alt örtü, 6 Analitik fonksiyon, 22 karma³k vektör demetinin kesitleri, 170 Annulusun kohomolojisi, 204 Ara De er Teoremi, 8 Arf De i³mezi, 292 A³ikar demet üzerinde ba lant, 176 demetin Christoel sembolleri, 176 vektör demeti, 161 Atlas topolojik, 63 türevlenebilir, 63 Ba nt sralama, 43 Ba lant a³ikar demet üzerinde, 176 demetlerin tensör çarpmlar üzerinde, 180 dual demet üzerinde, 176 metrik ile belirlenen, 178 Ba lantl bile³en, 10 uzay, 8 Banach Daraltma Prensibi, 14 uzay, 16 Basit grup, 283 Batrma fonksiyonu, 75 Be³li Yardmc Teorem, 241 Betti saylar, 246 Bézout Teoremi, 265 Bianchi Özde³li i, 310 Bile³en ba lantl, 10 e rilik tensörü, 302 Bilineer fonksiyon, 30 Birim küre, 65 Birimin ayr³m, 80 Birinci Varyasyon Formülü, 141 Boyut manifold, 64 Bölüm fonksiyonu, 2 kümesi, 2 manifoldu, 73 topolojisi, 4 uzay, 4, 74 Burulma tensörü, 176 Cartan'n Sihirli Formülü, 136 Cauchy dizisi, 11 Cayley-Hamilton Teoremi, 36, 43, 54 Cebir Lie, 138 Cebirin Temel Teoremi, 233 Chern e³lenik demetin snar, 329 karakteristik snar, 322, 335 karma³k projektif uzayn snar, 330 saylar, 358 snar, 301 Christoel sembolleri, 140, 302 A³ikar demetin, 176 Dual demetin, 176 vektör demeti üzerindeki ba lantnn, 171, 174 Çarpm d³, 34 tensör, 33 topolojisi, 4 373

392 374 D Z N Çember ko³ulu, 161 Çemberin kohomolojisi, 199 Çift boyutlu manifoldun Euler karakteristi i, 247 Da lm Prensibi, 326 Daraltma fonksiyonu, 14 katsays, 14 Davul, 201 De Rham Teoremi, 337 De er düzgün, 75, 254 kritik, 75 De i³meli bilineer fonksiyon, 30 tensör, 34 De i³mez Arf, 292 De i³mez çarpan, 39 Dehn De i³mezi, 51 Dehn-Hadwiger Teoremi, 51 Dehn-Sydler Teoremi, 51 Demet e³lenik, 329 karma³k do ru, 323 normal vektör, 164, 184 te et, 70 vektör, 160, 265 Denk metrikler, 11 Denklem integral, 26 jeodezik, 140 Derece diskten kendisine fonksiyonun, 235 düzgün fonksiyonun, 229 fonksiyon, 207 genus formülü, 331, 333, 356 kuaterniyon polinomlar, 233, 361 küreden küreye derecesi sfr olan fonksiyonlarn, 236 mod 2, 231, 289 örtünün, 73 polinomlarn topolojik, 231 ters kutupsal fonksiyon, 233 Derivasyon, 67 Determinant, 28 vektör demetlerinin, 166 D³ çarpm, 34 form, 34 form (geri çekme), 35 türev, 95 Difeomorzma, 18 ailesi, 127 Diferansiyel Denklemlerin Varlk Teklik Teoremi, 25 Dik kesi³im, 253 Disklerin hacmi, 113 Divergence Teoremi, 113 Dizi Cauchy, 11 Fibonacci, 56 indirgemeli, 56 ksa tam, 214 tam, 214 tkz destekli yerel kohomoloji, 226 yaknsak, 11 Dizisel tkz, 11 Do al yönlendirme, 101 Dönme says, 206 Dönü³üm dual, 35 Dual demet üzerinde ba lant, 176 demetin Christoel sembolleri, 176 dönü³üm, 35 Poincaré, 265 uzay, 35 vektör demeti, 165 Dü üm, 211 geçi³me says, 211 Düz limit, 43, 52 Düzgün de er, 75, 254 fonksiyon, 7 fonksiyonun derecesi, 229 nokta, 75 sürekli fonksiyon, 13 süreksiz etki, 74 Egzotik küreler, 340 E ri enerjisi, 140 genus-g karma³k, 265 sabit hzl, 144 uzunlu u, 140 E rilik formu, 180, 305, 307, 310 Gauss, 316 Ricci, 315 saysal, 315 tensörü, 302 tensörünün bile³enleri, 302 Enerji e rinin, 140

393 D Z N 375 fonksiyoneli, 140 E³itlik Jacobi, 138 Yanyana Gelme, 331 E³itsizlik Üçgen, 10 E³lenik demetin Chern snar, 329 vektör demeti, 329 Etki düzgün süreksiz, 74 Euler gerçel projektif uzayn says, 267 karakteristi i, 246, 265 karakteristi i, çift boyutlu manifoldun, 247 karakteristi i, tek boyutlu manifoldun, 247 karakteristi inin verdi i ölçüm, 246, 250 karakteristik snf, 301 örtü uzaynn karakteristi i, 278 says, 267 snf, 322 snf (torus), 266 Fark küme, 1 Fibonacci dizisi, 56 Fonksiyon C snfndan, 16 C k snfndan, 16 açk, 45 analitik, 22 batrma, 75 bilineer, 30 daraltma, 14 de i³meli bilineer, 30 derece, 207, 229 determinant, 28 düzgün, 7 düzgün sürekli, 13 gömme, 7, 75 homotopik, 204 koordinat, 64 küçültme, 50, 200 Lie türevi, 133 Morse, 125 örtme, 75 örtü, 73 snandrma, 323 standart batrma, 76 standart örtme, 76 sürekli, 3 tohumu, 67 topolojik gömme, 75 türevi, 16 türevlenebilir, 16, 66 üstel, 144 vektör demeti yap, 161 yerel çarpm, 161 yerel derece, 230 yerel sabit, 10 zincir, 215 Form d³, 34 e rilik, 180, 305, 307, 310 Fubini-Study, 118 geçi³me, 103, 115, 123, 285 kapal, 97, 140, 196 manifold üzerinde türevlenebilir, 93 tam, 97, 196 temel, 35 türevlenebilir, 90 vektör alan boyunca daraltma, 134 vektör demeti üzerindeki ba lant, 175 Formül Cartan'n Sihirli, 136 derece genus, 331, 333, 356 Künneth, 274 Riemann-Hurwitz, 334 Whitney Çarpm, 327 Fourier serileri, 141 Fubini-Study formu, 118 Gauss e rili i, 316 gönderimi, 209 Yardmc Teoremi, 146 Gauss-Bonnet Teoremi, 310, 317 Geçi³me formu, 103, 115, 123, 211, 285 says, 206 Genel do rusal grup, 144 Genus formülü, 331, 333 Gerçel projektif düzlem, 267 Gerçel projektif uzay, 65 Euler says, 267 yönlendirme, 103 Geri çekme d³ form, 35 türevlenebilir form, 91 vektör demetinin, 168 Gömme fonksiyonu, 7, 75 Gradyan vektörü, 154 Green Teoremi, 111 Grup basit, 283

394 376 D Z N difeomorzmalarn olu³turdu u, 128 Gysin Tam Dizisi, 270, 271 Hacim diskin, 113 eleman, 154 i³aretli, 31 kürenin, 113 Hausdor uzay, 5 Hermityan metrik, 304 norm, 16 Hilbert'in 3. Problemi, 50 Homeomork, 3 Homeomorzma, 3, 6 Homoloji tekil, 64, 263, 295 Homomorzma vektör demeti, 165 Homotopi denk uzaylar, 204 fonksiyonlarn, 204 Hurwitz Teoremi, 282 nce topoloji, 3 ç çarpm vektör demeti üzerinde, 163 ndirgemeli dizi, 56 ntegral denklemi, 26 formlarn manifold üzerindeki, 104 lif boyunca, 270 sfr boyutlu manifold üzerinde, 107 vektör alannn, 128 ³aretli alan, 31 hacim, 31 uzunluk, 31 yi kom³uluk, 74 zomorzma Thom, 270 vektör demeti, 161 zotopi, 127 vektör alannn üretti i, 128 Jacobi e³itli i, 138 Jakobiyen matrisi, 18, 69 Jeodezik denklemi, 140 en ksa e ri, 149 konveks küme, 150 matris gruplarnda, 144 Jordan Kapal E ri Teoremi, 227 temel form, 42, 54 Kaba topoloji, 3, 4 Kapal alt manifold, 75 Fonksiyon Teoremi, 22 form, 97, 140, 196 formun kohomoloji snf, 196 küme, 3 Karakteristik Chern snar, 335 Euler, 246, 265 polinom, 36 Pontryagin snar, 335 snf, 301 Kardinalite, 46 Karma³k do ru demeti, 323 genus-g e riler, 265 manifold, 64 manifold üzerinde özel formlar, 115 manifoldun do al yönlendirmesi, 101 projektif do ru, 304 projektif düzlem, 267 projektif uzay, 65, 117 projektif uzayn Chern snar, 330 projektif uzayn kohomolojisi, 264 vektör demetleri, 166 vektör uzaynda yönlendirme, 99 yüzeylerin Pontryagin snar, 337 Kesi³im kendisi ile, 259 says, 259 vektör uzay, 99 Kesit vektör demeti, 162 Ksmi sralama, 43 Killing vektör alan, 189 Klein kuartik, 283 Kohomoloji annulus, 204 çemberin, 199 De Rham, 196 grubu, 196 iki boyutlu küre, 205 karma³k projektif uzay, 264 Mayer-Vietoris dizisi, 214 Möbius eridi, 204 snf, 196 tekil, 337 tkz destekli, 221, 270 tkz destekli yerel, 226 tkz manifold, 220, 244

395 D Z N 377 vektör demeti, 270 Kom³uluk iyi, 74 Koordinat fonksiyonu, 64 sistemi, 64 Kö³egen, 5 matris, 36 yakla³m, 276 Kö³egenle³tirme, 35 Kritik de er, 75 nokta, 75 nokta (soysuzla³mam³), 125 Kuadratik Form mod 2, 290 Kural Leibniz, 67 Kutu topolojisi, 4 Kuvvetli topoloji, 3 Küçültme Fonksiyonu Teoremi, 200, 201 Küme açk, 3 fark, 1 kapal, 3 ölçümü sfr, 83 yönlü, 43 Künneth Formülü, 274 Teoremi, 272, 274, 276 Küre birim, 65 egzotik, 340 kohomoloji, 205 Kürelerin hacmi, 113 L'Hopital kural, 25 Laplace operatörü, 158 Lebesgue says, 13 Lefschetz Sabit Nokta Teoremi, 279 Leibniz kural, 67 Lens uzaylar, 103 Leray-Hirsch Teoremi, 272, 322 Lie alt cebiri, 138 cebiri, 138 Lie türevi, 132 fonksiyonun, 133 vektör alannn, 133 Lif boyunca integral, 270 Limit düz, 52 topolojik, 43 Manifold C k -snfndan, 63 alt, 75 boyut, 64 bölüm, 73 integral, 104 karma³k, 64 paralellenebilir, 72 Riemann, 140 snr, 107 snrl, 107 simplektik, 140 topolojik, 63 türevlenebilir, 63 üzerinde türevlenebilir form, 93 yönlendirilebilen, 100 yönlendirilemeyen, 266 yönlendirilmi³, 102 Manifoldlarn gömülmesi, 80, 88 Matris gruplar üzerinde jeodezikler, 144 Jakobiyen, 18, 69 kö³egen, 36 simetrik, 69 üstel, 37 Mayer-Vietoris kohomoloji dizisi, 214 tam dizisi, 273 Metrik ba lant, 178 denk, 11 Hermityan, 304 Öklit, 11 Riemann, 140 snrl, 10 supremum, 15 uzay, 10 Metrik uzay tam, 11 tkz, 11 Metriklenebilir topoloji, 10 uzay, 10 Minimal polinom, 36 Morse Fonksiyonu, 125 Möbius eridi, 77, 102 kohomolojisi, 204 n-do rusal, 31 Nokta düzgün, 75 kritik, 75 soysuzla³mam³ kritik, 125 Norm

396 378 D Z N Öklit, 16 Normal demetin sfr kesiti, 184 vektör demeti, 164, 184 Normal demet Projektif do runun düzlem içinde, 169 Ortogonal grup, 144 Öklit metri i, 11 Ölçüm Euler karakteristi i, 246, 250 Ölçümü sfr küme, 83 Örtme fonksiyonu, 75 Örtü açk, 6 derece, 73 fonksiyonu, 73 uzay, 73, 102 uzaynn Euler karakteristi i, 278 Örtü uzay topolojik, 73 yönlendirme, 124 Özde er, 36 Özde³lik Bianchi, 310 Özel do rusal grup, 144 Özvektör, 36 Paralellenebilir manifold, 72 Pfaan, 307 Poincaré Disk Modeli, 190 duali, 265 zomorzmas, 229, 240 serisi, 274 Yardmc Teoremi, 201 Yar Düzlemi, 181, 190 Poincaré-Hopf Teoremi, 275 Polinom derecesi, 231 karakteristik, 36 minimal, 36 Pontryagin karakteristik snar, 335 karma³k yüzeylerin snar, 337 snar, 301 Projektif uzay, 65 karma³k, 117 Ramikasyon endeksi, 281 Rasyonel temel form, 42 Ricci e rili i, 315 Riemann ba lants, 173, 174 manifoldu, 140 metri i, 140 Riemann metri inin tersi, 155 Riemann-Hurwitz formülü, 334 Teoremi, 280 Sabit nokta, 14 Sabit Nokta Teoremi, 201 Sard Teoremi, 83, 230 Sarlma says, 206 Say Betti, 246 Chern, 358 dönme, 206 Euler, 267 geçi³me, 206 kendisi ile kesi³im, 259 kesi³im, 259 Lebesgue, 13 sarlma, 206 Saysal e rilik, 315 Sembol Christoel, 302 Seri Poincaré, 274 Taylor, 24 Snrl metrik, 10 Sfr boyutlu manifold, 64 üzerinde integral, 107 Sfr kesit normal demetin, 184 Snf Chern karakteristik, 301, 322 Euler karakteristik, 301, 322 karakteristik, 301 Pontryagin karakteristik, 301 Snandrma fonksiyonu, 323 uzay, 323 Snr manifoldu, 107 Snrl manifold, 107 Sralama ba nt, 43 ksmi, 43 Simetrik matrisler uzay, 69 tensör, 33 Simplektik group mod 2, 290 Simplektik manifold, 140 Sistem koordinat, 64 Standart

397 D Z N 379 batrma fonksiyonu, 76 örtme fonksiyonu, 76 topoloji, 3 Stokes Teoremi, 104, 109, 112 Supremum metri i, 15 Sürekli fonksiyon, 3 Taban te et uzay, 67 topoloji, 4 Tam (metrik) uzay, 11 form, 97, 196 üçgen, 273 Tam dizi Gysin, 270, 271 Mayer-Vietoris, 273 Taylor açlm, 24 serisi, 24 Teoremi, 24 Te et demeti, 70 uzay, 67 vektörü, 67 Tek boyutlu manifoldun Euler karakteristi i, 247 Tekil homoloji, 64, 263, 295 kohomoloji, 337 Temel form, 35 Jordan, 42, 54 rasyonel, 42 Tensörler, 32 Tensör çarpm, 33 de i³meli, 34 e rilik, 302 simetrik, 33 Tensör çarpm vektör demetlerinin, 165 Teorem Alexander Dualitesi, 228 Ara De er, 8 Be³li Yardmc, 241 Bézout, 265 Cayley-Hamilton, 36, 43, 54 Cebirin Temel, 233 De Rham, 337 Dehn-Hadwiger, 51 Dehn-Sydler, 51 Diferansiyel Denklemlerin Varlk Teklik, 25 Divirgence, 113 E. Hopf, 158 Gauss'un Yardmc, 146 Gauss-Bonnet, 317 Genelle³tirilmi³ Gauss'un Yardmc, 147 Genelle³tirilmi³ Gauss-Bonnet, 310 Green, 111 Hurwitz, 282 Jordan Kapal E ri, 227 Kapal Fonksiyon, 22 Küçültme Fonksiyonu, 200, 201 Künneth, 272, 274, 276 Lefschetz Sabit Nokta, 279 Leray-Hirsch, 272, 322 Poincaré zomorzma, 229, 240 Poincaré Yardmc, 201 Poincaré-Hopf, 275 Reeb'in Küre, 189 Riemann-Hurwitz, 280 Sabit Nokta, 201 Sard, 83, 230 Stokes, 104, 109, 112 Taylor, 24 Ters Fonksiyon, 18 Tüp Kom³uluk, 184 Ters Fonksiyon Teoremi, 18 Ters görüntü, 1 Ters kutupsal fonksiyonun derecesi, 233 Thom izomorzmas, 270 Tkz alt küme, 6 destekli De Rham kohomoloji, 221 destekli form, 104 destekli kohomoloji, 270 destekli yerel kohomoloji, 226 destekli yerel kohomoloji dizisi, 226 dizisel, 11 manifoldlarn kohomolojisi, 220, 244 metrik uzay, 11 topolojik uzay, 6, 11 uzay, 6 Tohum fonksiyon, 67 Toplam vektör demeti, 164 Topoloji, 3 alt küme, 3 bölüm, 4 çarpm, 4 ince, 3 kaba, 3, 4 kutu, 4 kuvvetli, 3 metriklenebilir, 10 miras kalan, 3 standart, 3

398 380 D Z N taban, 4 üretilen, 4 zayf, 3, 4 Topolojik atlas, 63 gömme fonksiyonu, 7, 75 limit, 43 manifold, 63 örtü uzay, 73 tkz uzay, 11 uzay, 3 Topolojist sinüs e risi, 9 Torus, 93 Euler snf, 266 Türevlenebilme, 16 Tüp Kom³uluk Teoremi, 184 Türev d³, 95 Lie, 132 yönlü, 132 Türevlenebilir atlas, 63 fonksiyon, 16, 66 form, 90 k-form, 90 manifold, 63 yap, 63 Türevlenebilir form geri çekme, 91 Uzay ba lantl, 8 Banach, 16 bölüm, 4 dual, 35 gerçel projektif, 65 Hausdor, 5 homotopi denkli i, 204 karma³k projektif, 65, 117 Lens, 103 metriklenebilir, 10 örtü, 73, 102 projektif, 65 snandrma, 323 te et, 67 tkz, 6 yol ba lantl, 8 yönlendirme örtü, 124 yörünge, 45 Uzunluk e rinin, 140 fonksiyoneli, 140 i³aretli, 31 Üçgen e³itsizli i, 10 Üretilen topoloji, 4 Üstel fonksiyon, 144 matris, 37 Vektör alan, 71, 128 alannn ak³, 128 alannn integrali, 128 demeti, 160, 265 demetinin kesiti, 162 homomorzmalarnn demeti, 165 gradyan, 154 te et, 67 Vektör alan Killing, 189 Vektör alan boyunca formlarn daraltlmas, 134 Lie türevi, 133 Vektör demeti alt, 161 analitik kesitleri, 170 a³ikar, 161 determinant, 166 dual, 165 geri çekme i³lemi, 168 izomorzmas, 161 kohomoloji, 270 tensör çarpm, 165 tensör çarpmlar üzerinde ba lant, 180 toplam, 164 üzerinde ba lantlar, 171 üzerinde burulma tensörü, 176 üzerinde Christoel sembolleri, 171, 174 üzerinde iç çarpm, 163 üzerinde metrik ba lant, 178 üzerinde Riemann ba lants, 173, 174 üzerindeki ba lant formu, 175 üzerindeki karma³k yaplar, 166 yap fonksiyonlar, 161 yönlendirilebilir, 162 Vektör uzay kesi³im, 99 yönlendirilebilen, 98 Whitney Çarpm Formülü, 327 Yaknsak alt dizi, 11 dizi, 11 Yakla³m kö³egen, 276 Yanyana Gelme E³itli i, 331 Yap grubunun indirgenmesi, 162

399 D Z N 381 Yerel çarpm fonksiyonu, 161 Yerel derece, 230 Yerel sabit fonksiyon, 10 Yldz operatörü, 154, 157 Yönlendirilebilir manifold, 100 vektör demeti, 162 vektör uzay, 98 Yönlendirilemeyen manifold, 266 Yönlendirilmi³ manifold, 102 Yönlendirme do al, 101 gerçel projektif uzay, 103 karma³k vektör uzay, 99 Yönlü küme, 43 türev, 132 Yörünge uzay, 45 Yuvar açk, 10 Zayf topoloji, 3, 4 Zincir fonksiyonu, 215 gruplar, 196 yaps, 196

400