KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA

Transkript

1 KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI 2010 Prof. Dr. smet KARACA

2 çindekiler 1 S MPLEKSLER Ane Uzaylar Simpleksler Kompleksi HOMOTOP TEOR S Giri³ Homotopi Temel Gruplar S n 'in Temel Grubu Yüzeylerin Temel Grubu Ayn Homotopi Tipine Sahip Uzaylar Bir Ortak Noktas Olan Çemberler Birle³iminin (Wedge Union)Temel Grubu Cohorent Topolojisi Bir Ortak Noktas Olan Sonsuz Sayda Çemberlerin Birle³imi Bir Ortak Noktas Olan S α larn Birle³iminin n³as Hücre Eklenmesi Tor ve Dunce apkasnn Temel Grubu Yüzeylerin Temel Grubu Komütatör Altgrup Graarda Örtü Uzaylar Graarda Kenar Yollar Kenar yola kar³lk gelen Yol ndirgenmi³ Kenar Yollar Euler Says Düzleme Gömülebilen Graar Basit Kapal E rilerin Sarmal Saylar (Winding numbers) Simpleksler Homoloji Grubu Simpleksler Kompleksin Euler Karakteristi i Homoloji ve Simpleksler Dönü³ümü Lefschetz Sabit Nokta Teoremi

3 2.26 Borsuk-Ulam Teoremi

4 Bölüm 1 S MPLEKSLER 1.1 Ane Uzaylar Tanm A bir küme olsun. x, y A, t [0, 1] için (1 t)x + ty A oluyorsa A'ya konveks küme denir. Tanm A, Euclid uzaynn bir alt kümesi olsun. farkl x, y A için x ve y tarafndan olu³turulan do ru A'da bulunuyorsa A' ya ane alt küme denir. Not Ane alt kümeler konvekstir. 2. Bo³ küme ve tek noktal kümeler ane kümelerdir. Teorem {X j } j J, R n e ait konveks (ane) alt kümeler ailesi olsun. O zaman j J X j konveks alt uzaydr. spat: x, y j J X j (x y) olsun. j J için x, y X j 'dir. j J için X j ler konveks alt küme oldu undan; j J için (1 t)x+ty X j 'dir. O halde (1 t)x+ty j J X j'dir. Tanm X, R n 'in bir alt kümesi olsun. X'i içeren R n 'e ait tüm konveks kümelerin arakesitine X'in konveks hull'u denir. Tanm p 0, p 1,..., p m, R n 'de noktalar olsun. p 0,..., p m noktalarnn ane kombinasyonu x = t 0 p 0 + t 1 p t m p m ; t i = 1 ³eklinde tanmlanr. 3 i=1

5 p 0, p 1,..., p m noktalarnn konveks kombinasyonu an kombinasyonudur öyleki t i 0, i = 0,... m'dir. Yani t 0 p 0 + t 1 p t m p m ; t i = 1 ve t i 0, i = 0,..., m. i=1 Örnek x, y noktalarnn konveks kombinasyonu formundadr. (1 t)x + ty, t [0, 1] Teorem p 0, p 1,..., p m, R n 'de noktalar olsun. p 0,..., p m noktalar tarafndan gerilen [p 0,..., p m ] konveks küme, p 0,..., p m noktalarnn konveks kombinasyonlarn kümesidir. spat: S, tüm konveks kombinasyonlarn kümesini göstersin. S = [p 0, p 1,..., p m ] e³itli ini göstermemiz gerekir. lk önce [p 0, p 1,..., p m ] S oldu unu gösterelim. Bunun için S'nin p 0,..., p m noktalarn içeren konveks küme oldu unu göstermemiz yeterli olacaktr. t j = 1 ve di eleri için t j = 0 olsun. Bu durumda; t 0 p t j p j + + t m p m ; t i = 1, t i 0, i = 0,..., m ve dolasyla j için p j S. α = a i p i, β = b i p i S (a i, b i 0; a i = 1; b i = 1) olsun. (1 t)α + tβ S oldu unu iddia ediyoruz. (1 t)α + tβ = (1 t) a i p i + t b i p i = ((1 t)a i + tb i )p i S çünkü (1 t)a i + tb i = (1 t) b i = 1, (1 t)a i + tb i 0. i=1 4

6 Bunun sonucunda [p 0, p 1,..., p m ] S. S [p 0, p 1,..., p m ] ba ntsn gösterelim. X, p 0,..., p m noktalarn içeren bir konveks küme ise m 0 üzerinde tümevarm ile S X oldu unu gösterelim. m = 0 için S = p 0 'dr. m > 0 olsun. t i 0 ve m t i = 1 ise p = m t ip i X e ait olup olmad n görelim. t 0 1 oldu unu varsayabiliriz. Aksi halde p = p 0 olabilir ve bir üstteki ko³ul içine dü³er. Tümevarm hipotezinden q = t 1 1 t 0 p 1 + t 2 1 t 0 p t m 1 t 0 p m X ve böylece p = t 0 p 0 + (1 t 0 )q X çünkü X konvekstir. Dolasyla S X'dir. Sonuç olarak S = [p 0,..., p m ] e³itli ini elde ederiz. Sonuç {p 0, p 1,..., p m }, R n 'de noktalar olsun. {p 0,..., p m } noktalarnn gerdi i an küme bu noktalarn an kombinasyonunu içerir. Tanm R n 'de {p 0,..., p m } noktalarnn sral kümesini ele alalm. {p 1 p 0, p 2 p 0,..., p m p 0 } kümesi R n vektör uzaynn lineer ba msz alt uzay ise {p 0, p 1,..., p m } sral kümesine an ba mszdr denir. Not R n 'nin lineer ba msz alt kümesi an ba msz kümedir. Tersi do ru de ildir çünkü orijin ile birlikte lineer ba msz küme ane ba mszdr. 2. Tek noktal küme {p 0 } an ba mszdr çünkü i 0 olmak üzere p i p 0 formunda noktalar yok ve φ bo³ kümesi lineer ba mszdr. 3. p 1 p 0 0 olmas durumunda {p 0, p 1 } kümesi an ba mszdr. 4. {p 0, p 1, p 2, } noktalar ayn do ru üzerinde de ilse {p 0, p 1, p 2 } an ba mszdr. 5. {p 0, p 1, p 2, p 3 } noktalar ayn düzlem üzerinde de ilse {p 0, p 1, p 2, p 3 } an ba mszdr. Teorem {p 0,..., p m }, denktir: R n 'de sral küme olsun. A³a dakiler 5

7 1. {p 0,..., p m } an ba mszdr. 2. {s 0,..., s m } R kümesi s i p i = 0 ve s i = 0 e³itsizliklerini do ruluyor ise s 1 = s 2 = = s m = 0 dr. 3. A, {p 0,..., p m } tarafndan gerilen an küme olmak üzere x A eleman an kombinasyonu olarak tektürlü ifade edilir, yani x = t i p i ve t i = 1. Teorem {p 0,..., p m }, R n 'de sral küme olsun. A³a dakiler denktir: 1. {p 0,..., p m } an ba mszdr. 2. {s 0,..., s m } R kümesi s i p i = 0 ve s i = 0 e³itsizliklerini do ruluyor ise s 1 = s 2 = = s m = 0 dr. 3. A, {p 0,..., p m } tarafndan gerilen an küme olmak üzere x A eleman an kombinasyonu olarak tektürlü ifade edilir, yani x = t i p i ve t i = 1. spat ) 2) : kümesi e³itsizliklerini sa lasn. s i p i = {p 0, p 1,..., p m } an ba msz olsun. {s 0,..., s m } R s i p i = 0 ve s i = 0 s i p i ( s i )p 0 = s i (p i p 0 ) = 0 i = 1,..., m için p i p 0 lineer ba msz çünkü {p 0,..., p m } an ba msz. O halde; s 1 = s 2 = = s m = 0'dr. 6

8 s i = 0 oldu undan s 0 = 0'dr. 2) 3) : x A alalm. Sonuç den dolay x A eleman ane kombinasyon olarak ifade edilir. Böylece x A elemann tek türlü ifade edildi ni gösterelim. ve oldu unu varsayalm. x = t i p i, x = t ip i, t i = 1 t i = 1 t i p i = t ip i (t i t i)p i = 0 i, t i t i = 0 i, t i = t i. 3) 1) : x A eleman {p 0, p 1,..., p m } noktalarnn an kombinasyonu olarak tek türlü ifade edildi ini varsayalm. Yani {p o,..., p m } kümesinin an ba msz oldu unu göstermeliyiz. Yani; {p 1 p 0, p 2 p 0,..., p m p 0 } lineer ba msz oldu unu göstermeliyiz. Varsayalm ki {p 1 p 0,..., p m p 0 } lineer ba ml olsun. O halde; r i (p i p 0 ) = 0 iken r i (hepsi sfr de il) vardr. r j 0 olsun. r j = 1 alalm. p j A ise p j = 1.p j p j = i j r i p i + ( i j r i + 1)p 0 p j iki türlü ifade edilemeyece inden çeli³ki. O halde {p 1 p 0,..., p m p 0 } lineer ba mszdr. Sonuç {p 0,..., p m } sral küme olsun. An ba mszlk bu kümenin bir özellikelli idir. 7

9 Tanm {a 1,..., a k }, R n 'de bir küme olsun. Bu kümenin (n + 1) eleman an ba msz küme olu³turuyorsa, {a 1,..., a k } kümesi genel pozisyondadr denir. Not Genel pozisyonda olma özellikelli i n saysna ba ldr. {a 1, a 2,..., a k }, R n 'de genel pozisyon olsun. n = 1 için {a i, a j } an ba msz olmaldr. Yani tüm noktalar farkl olmal. n = 2 için üç nokta kolineer olmamaldr. n = 3 için dört nokta kodüzlem olmamaldr. Teorem k 0 için R n Euclid uzay genel pozisyonda k tane noktas vardr. Tanm {p 0, p 1,..., p m }, R n 'de an ba msz alt küme olsun. A'da bu alt küme tarafndan gerilen bir an küme olsun. x A ise teo 5.1.3'den x = t i p i, t i = 1. (t 0, t 1,..., t m ), (m+1)-bile³enine x elemannn bary-centric koordinat denir. p 0 p 1 t 0 = t 1 = 1 2 p 2 t 0 = t 1 = t 2 = 1, x = 1(p p 1 + p 2 ) p 0 p 1 p 3 p2 x = 1(p p 1 + p 2 + p j ) p 0 p 1 Genel hali: 1 (p m p m ) = x Tanm {p 0, p 1,..., p m }, R n 'de an ba msz alt küme olsun. Bu alt küme tarafndan gerilen konveks kümeye m-simpleks denir. [p 0, p 1,..., p m ] ile gösterilir (p i 'ler kö³eler olarak adlandrlr). 8

10 Teorem {p 0, p 1,..., p m } an ba msz olsun. Bu durumda [p 0,..., p m ] m-simpleksinin her x eleman; x = t i p i, formunda tek türlü yazlr. t i = 1, t i 0, i = 0,..., m Tanm {p 0, p 1,..., p m } an ba msz olsun. [p 0,..., p m ] m-simpleksinin baricentrik koordinat; (t 0 = t 1 = = t m = 1 m+1 ) 1 m + 1 (p 0 + p p m ). Not Barisentrik sözcü ü a rlk anlamanda barys yunanca kelimesinde gelmektedir. Dolasyla barisentrik, a rlk merkezi anlamndadr Örnek [p 0 ] barisentrik'i kendisidir. [p 0, p 1 ] 1-simpleksinin barisentrik'i [p 0, p 1, p 2 ] 2-simpleksinin barisentrik'i 1 2 (p 0 + p 1 )'dir. 1 3 (p 0 + p 1 + p 2 )'dir. e i = (0, 0,..., 0, 1, 0,..., 0) R n+1 olmak üzere {e 0, e 1,..., e n } an ba mszdr. [e 0, e 1,..., e n ], x = n t i e i formundaki tüm konveks kombinasyonu içerir. [e 0, e 1,..., e n ]'in barisentrik koordinat (t 0, t 1,..., t n )'dir. p 0 = (0, 0, 0, 0... ) = e 0, p 1 = (1, 0, 0, 0... ) = e 1, p 2 = (0, 1, 0, 0... ) = e 2, p 3 = (0, 0, 1, 0,... ) = e 3,

11 Tanm [p 0, p 1,..., p m ] bir m-simpleks olsun. Tüm barisentrik koordinatlar pozitif olan m-simplekse ait noktalrn kümesine açk k-simpleks denir. Örnek R n e ait p 0, p 1 noktalarn olu³turdu u açk aralk bir açk 1-simplekstir. R n e ait p 0, p 1, p 1 noktalarn olu³turdu u üçgenin içi açk 2-simplekstir. Tanm [p 0, p 1,..., p m ] bir m-simpleks olsun. p i noktasnn ters yüzü [p 0, p 1,..., ˆp i,..., p m ] = { t j p j j=0 t j = 1, t j 0}. j=0 [p 0, p 1,..., p m ] m-simpleksinin snr bu ters yüzlerin birle³imi ³eklinde tanmlanr. p 0 0-simplekste p 0 'in tersyüzü kendisi p 0 p 1 1-simplekste p 1 'in tersyüzü p 0 'dr. p 2 p 0 p 1 2-simplekste p 2 'nin ters yüzü p 0 p 1 do ru parças p 3 p 0 p 3-simplekste p 0 'nin ters yüzü [p 1, p 2, p 3 ] 2-simplekstir 2 p 1 1. Bir m-simpleksin, m + 1 tane yüzü vardr. Not [p 0, p 1,..., p m ] simpleksinin k-yüzü, k + 1 kö³e tarafndan gerilen bir k-simplekstir. Teorem S n-simpleksi, [p 0, p 1,..., p n ] ile gösterilsin. 10

12 i. u, v S ise u v Sup u p i. ii. diam S = Sup p i p j. iii. b, S'nin barisentrik'i ise b p i n n+1 spat: i. v = n t i p i, u v = u = ( diam S. n t i = 1, t i 0, i = 0,..., n olsun. n n t i p i = ( t i )u n t i (u p i ) n t i p i n t i (u p i ) = n t i )Sup u p i = Sup u p i ii. Teoremin i ksmndan ve çap tanmndan, u p i Sup p j p i dir. iii. b = 1 n+1 n j=0 p j oldu undan b p i = 1 n + 1 = 1 n + 1 = 1 n n + 1 n p j p i j=0 n j=0 p j 1 n + 1 n (p j p i ) j=0 n p i j=0 n Sup p j p i (i = j iken, j=0 n n + 1 Sup p j p i = n n + 1 diam S n t i u p i p j p i ) Tanm {p 0,..., p m } kümesi an ba msz ve A, bu noktalarn gerdi i an küme olsun. An dönü³üm m T : A R k t i p i T ( t i p i ) = 11 t i T (p i ).

13 özelli ini sa layan bir fonksiyondur. T 'nin S = [p 0,..., p m ]'ye kstlan³ yine bir an dönü³ümdür. Not An dönü³üm, an kombinasyonu ve konveks kombinasyonu korur. 2. An dönü³üm, an ba msz küme üzerinde ald de erle belirlenebilir. 3. p 0,..., p m noktalarnn bary centric koordinatn tekli i bu tür T dönü³ümlerin varl n gösterir. Teorem [p 0,..., p m ] m-simpleks, [q 0,..., q n ] n simpleks ve f : {p 0,..., p m } [q 0,..., q n ] bir fonksiyon olsun. T (p i ) = f(p i ) olacak ³ekilde bir tek T : [p 0,..., p m ] [q 0,..., q n ] dönü³ümü mevcuttur. Y.G: T ( m t ip i ) = m tf(p i) 1.2 Simpleksler Kompleksi S = [v 0, v 1,..., v q ] q-simpleks olsun. Bu simplekslerin kö³elerinin kümesi V er(s) = {v 0,..., v q } ile gösterilsin. Tanm S bir simpleks olsun. E er V er(s ) V er(s) ise S ne S simpleksinin yüzü denir. E er V er(s ) V er(s) ise S ne S simpleksinin has yüzü denir. Tanm Sonlu simpleksler kompleksi K a³a daki özellikellikleri sa layan sonlu simpleksler kolleksiyonudur. i. s K ise s nin yüzü de K ya aittir. ii. s, t K ise bu iki simpleksin arakesiti ya bo³tur ya da bu iki simpleksin ortak yüzüdür. Tanm Bir simpleksler kompleksi K bo³ k me ise K nn boyutu 1 dir. Bir simpleksler kompleksi K da m-simpleks var olacak ³ekilde m en büyük tam say ise K nn boyutu m dir. Örnek p 0 = (0, 0, 0), p 1 = (1, 0, 0), p 2 = (1, 2, 0), p 3 = (2, 3, 4) p 3 p 0 p 1 p 2 12

14 Bu üçgen prizmann snrlar bir simpleksler kompleksi olu³turur. 0-simpleksler: σ 0 1 = p 0, σ 0 2 = p 1, σ 0 3 = p 2, σ 0 4 = p 3 1-simpleksler: σ1 1 =< p 0, p 1 >, σ2 1 =< p 0, p 2 >, σ3 1 =< p 0, p 3 >, σ4 1 =< p 1, p 2 >, σ5 1 =< p 1, p 3 >, σ6 1 =< p 2, p 3 > 2-simpleksler: σ1 2 =< p 0, p 1, p 2 >, σ2 2 =< P 1, P 2, P 3 >, σ3 2 =< p 0, p 2, p 3 >, σ4 2 =< p 0, p 1, p 3 > 3-simpleksler: σ 3 1 =< p 0, p 1, p 2, p 3 > v 2 v 3 v 4 Örnek v 0 v 1 v 5 [v 1, v 2 ] [v 3, v 5 ] = [v 3 ] v 3 ortak yüz de ildir. simpleksler kompleksi de il. v 2 v 3 v 0 v 1 v 4 v 5 simpleksler kompleksi de il. v 1, v 3 ortak yüz de il. Tanm K bir simpleksler kompleksi olsun. K'nn geometrik reallizasyonu(underlying uzay) K = s s K ³eklinde tanmlanr. (K, R n 'in alt uzay) 2. X topolojik uzay verilsin. h : K X homeomorzma olacak ³ekilde simpleksler kompleksi K varsa X'e polihedron(polyhedron) denir. (K, h) ikilisine X'in üçgenle³tirilmesi(triangulation) denir. 13

15 Not (K), Euclid uzaynn kompakt alt uzaydr. s, K'da bir simpleks ise s = s'dir. Simpleksler kompleksi K simplekslerden olu³an sonlu küme iken K nn geometrik realizasyonu K Euclid uzaynn bir alt uzaydr. geometrik realizasyonu K, noktalar do ru parçalar, üçgen düzlemler, üçgen prizma(teterahedron) içerir. Örnek X = {(cos θ, sin θ) R 2 0 θ π/2} ³eklinde verilsin. X polihedrondur. Herhangi bir 1-sim leks [p 0, p 1 ] olsun. Simpleksler kompleksi K = {[p 0 ], [p 1 ], [p 0, p 1 ]}, X'in üçgenle³tirilmi³idir çünkü K X bir homemorzmadr. Simpleksler kompleksi L = {[p 0 ], [p 1 ], [p 2 ][p 0, p 1 ], [p 1, p 2 ]}, X'in bir ba³ka üçgenle³tirilmi³idir çünkü L X bir homemorzmadr. Örnek = { t i v i 2 t i = 1, t i 0, i = 0, 1, 2} standart 2-simpleks ( 2 R n ) K = 2 standart 2-simpleksindeki tüm 0-simpleks ve tüm 1-simplekslerin kolleksiyonu olsun. v 2 v 0 v 1 2 simpleks K = {[v 0 ], [v 1 ], [v 2 ], [v 0, v 1 ], [v 0, v 2 ], [v 1, v 2 ]} K simpleksler kompleksin kolleksiyonu iki ko³ulu da sa lar. K nn geometrik realizasyonu üçgen olacaktr. v 2 L : K = X = S 1 v 0 v 1 homeorzmas var. O halde çember polihedrondur. 14

16 Tanm n-boyutlu simpleksler kompleksi K olsun. Her bir r (0 r n) için, K r, simpleksler kompleksi K'ya ait boyutu r den küçük veya e³it olan tüm simplekslerin kümesini göstersin. Simpleksler kompleksi K r ye K nn iskeleti(skeleton) denir. Böylece K r, K nn altpolihedrondur. Örnek Simpleks [p 0, p 1, p 2, p 3 ] in tüm yüzeylerini içereni K ile gösterelim. K, K nn 2-boyutlu iskeleti olarak alalm. Böylece K, [p 0, p 1, p 2, p 3 ] in has yüzeylerini içerir. Dolasyla K, S 2 ye homeomorftur. Bu da bize S 2 nin bir polihedron oldu unu gösterir. Tanm K ve L iki simpleksler kompleksi olsun.{p 0, p 1,..., p q } noktalar, K'da bir simpleksi gererken {ϕ(p 0 ), ϕ(p 1 ),..., ϕ(p q )} noktalar L'de bir simpleksi gerecek ³ekilde tanimlanan ϕ : K L fonksiyona simpleksler dönü³üm denir. Tanm K ve L iki simpleksler kompleksi olmak üzere ϕ : K L, K daki kö³eler ile L deki kö³eler arasnda bijektif ise ϕ' ye K ve L arasbda bir izmorzm denir. K ve L ye de izmork simpleksler kompleksi denir. Önerme Simpleksler dönü³ümün birle³imide simpleksler dönü³ümüdür. spat: spat okuyucuya ödev olarak biraklm³tr Tanm i için t i > 0 olacak ³ekilde m i=1 t ip i noktalrna ait P simpleksin alt kümesine P 'nin içi denir. P ile gösterilir. Örnegin, bir 0-simpleksin içi kendisidir. Ayrca bir dijital m-simpleks açk simplekslerin ayrk birle³imi oldu u gözlenmelidir. Tanm K bir m-simpleksler kompleksi ve p V er(k) olsun. O zaman p nin yldz st(p) = S ³eklinde tanmlanr. Burada S K ve p V er(k). Tanm K bir simpleksler kompleksi olsun. dimk = sup{dim(s)}. s K Teorem K ve L iki simpleksler kompleksi olsun. E er f : K L homeomorzm ise dimk = diml'dir. Tanm Bir simpleksler kompleksi K olsun. Kö³eler çifti x, y K için, x = p 0, y = p m olacak ³ekilde K da [p i, p i+1 ] 1-simpleksler dizisi var ise K ya ba lantldr denir. 15

17 Not Simpleksler kompleksi K nn r-boyutlu iskeletsi K r (r 1) ba lantl iken K 0 ba lantl de ildir. Küre, Möbius ³eridi, Projektif düzlem, ve Tor gibi yüzeylerin üçgenle³tirilmesi ba lantldr. Tanm K ve L iki simpleksler kompleksi olmak üzere ϕ : K L simpleksler dönü³ümü ve f : K L sürekli dönü³üm olsun. K nn her kö³esi p için f(st(p)) st(ϕ(p)) ise f ye ϕ dönü³ümünün simpleksler yakla³m denir. Önerme ϕ simpleksler dönü³ümünün yakla³m f olsun. f süreklidir. f homeomorzm olmas için gerek ve yeter ³art ϕ izomorzmdir. f 1 : K L fonksiyonu ϕ 1 : K L dönü³ümünün yakla³m ve f 2 : L M fonksiyonu ϕ 2 : L M simpleksler dönü³ümün yakla³m ise f 2 f 1 : K M, ϕ 2 ϕ 1 'in simpleksler yakla³m fonksiyonudur. spat spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr. Önerme Simpleksler kompleksi K ya ait kö³eler kümesi {p 0, p 1,..., p m }, K da bir simpleks olu³turabilmesi için gerek ve yeter ³art m st(p i ) 0 olmasdr. spat spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr. Tanm Bir simpleksler kompleksi K nn ³ebekesi veya a (mesh), mesh(k) = max{diam(s) S, K da bir simpleks} ³eklinde tanmlanr ve mesh(k) ile gösterilir. Not Bir 0-boyutlu simpleksler kompleksi K nn ³ebeksi, 0 = mesh(k) = mesh(k 0 ) = mesh(k 1 ) = Lemma Bir pozitif boyutlu simpleks S nin kö³eleri v, w olmak üzere diam(s) = v w dir. spat spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr. 16

18 Teorem Pozitif boyutlu simpleksler komplesi K olmak üzere lim r mesh(kr ) = 0 dir. spat Simpleksler komplesi K nn boyutu n olsun. lk önce K ile K nn ³ebekelrini kar³la³tralm: Simpleksler komplesi K iki simples σ ve τ alalm ve σ, τ nun bir has yüzü olsun. τ nun barisentri i τ = 1 m + 1 p i olsun. Böylece mesh(k 1 ) τ σ τ p (p, τ nun bir kö³esi) 1 = p i p 1 p i p m + 1 m m + 1 m mesh(k) = m m + 1 mesh(k). m mesh(k). Bu i³lelemleri tekrarlayarak yapt mzda m+1 mesh(k r m ) ( m + 1 )r mesh(k) olur. Dolasyla lim r ( m m+1 )r = 0. Buda istedi imiz sonuca götürür. Teorem Simpleksler Kompleks K ve L olmak üzere ϕ : K L simpleksler dönü³ümü ve f : K L sürekli dönü³üm olsun. Sürekli dönü³üm f ye homotop olacak ³ekilde φ : K r L simpleksler dönü³ümü vardr. spat spat okuyucuya ödev olarak braklm³tr. 17

19 Bölüm 2 HOMOTOP TEOR S 2.1 Giri³ Cebirsel topolojinin ardndaki temel kir cebirsel durumlarla topolojik durumlar birle³tirmek ve böylece benzer konular cebir üzerine yerle³tirmektir. Örne in: herhangi X topolojik uzay, homeomorf uzaylar izomorf gruplar meydana çkaracak ³ekilde bir G(X) grubu ile birle³tirilebilir. Böylece cebirsel durum hakknda söylenebilecek bir ³ey topolojik durum hakknda da kir verir. Gruplarla birle³tirilen iki uzay izomorf de ilse homeomorf olamayaca na karar verilir. Topolojiden cebire ba lant funktor olarak adlandrlan dönü³ümler aracl ile sa lanr. Topoloji, topolojik uzaylar ve bu uzaylar arasndaki sürekli fonksiyonlar inceler ve topolojik uzaylarn geni³ bir çe³itlili i vardr. Aralarnda en temel olan ve çal³mamz süresince kar³mza çkacak baz topolojik uzaylar ile cebirsel topoloji çal³malarnda kolaylk sa layan cell kompleksler yine ikinci bölümde tantlm³tr. Temel problem topolojik uzaylar ve fonksiyonlar homeomorzma altnda snandrmaktr. ki uzayn homeomorf oldu unu göstermek için birinden di erine tersi de sürekli olan sürekli bir dönü³üm olu³turmak gereklidir. Bu ise yeni teknikler yaratmay gerektirecek kadar karma³kla³abilir. Bu nedenle iki uzayn homeomorf olmad n göstermek baz durumlarda daha kullan³l olabilir. E er bir uzayn sahip oldu u fakat di er uzayn sahip olmad bir topolojik özellik bulunabilirse uzaylar homeomorf olamazlar (bir özellik homeomorzma altnda korundu u için) ve problem çözülmü³ olur. Örne in : [0, 1] kapal aral kompakt, (0, 1) açk aral ise kompakt olmad ndan bu iki uzay homeomorf olamaz. Bunun d³nda R ile R 2 ye homeomorf de ildir. Çünkü R den bir nokta atld nda ba lantllk özelli i kaybolurken R 2 den bir nokta atld nda bu özellik korunur. 18

20 imdiye kadar inceledi imiz topolojik özellikler problem çözümünde yeterli olmayabilir. Örne in: R 2 nin R 3 e homeomorf olmad bilinen topolojik özelliklerle (kompaktlk, ba lantllk, metriklenebilirlik?) gösterilemez. Çünkü bu iki uzay arasnda farkl bir topolojik özellik yoktur. Bu nedenle yeni özellikler ve yeni teknikler yaratmamz gerekir. Bu özelliklerden biri basit ba lantllktr. Kabaca ifade etmek gerekirse, bir X uzay içindeki her kapal e ri X? in herhangi bir noktasna büzülebiliyorsa X uzay basit ba lantldr. Basit ba lantllk özelli i R 2 ve R 2 arasndaki ayrm ortaya koyar. R 3? den bir nokta atld nda basit ba lantllk özelli i korunurken R 2 için bu durum geçerli de ildir. Fakat T ve T2 uzaylar, her ikisi de basit ba lantl olmad ndan bu özellik ile ayrlamazlar. Üçüncü bölümde, sürekli olarak ³ekil de i³imine dayanan ve homotopi olarak bilinen denklik ba ntsnn yeni bir snandrma yöntemi ortaya çkartt gösterilmi³, daha sonra homotopi kategori ve bu kategorinin ilk funktoru olan temel grup (Poincare grubu) incelenmi³tir. Temel grup basit ba lantllktan daha genel bir kavramdr ve basit ba lantl olma durumu X? in temel grubunun tek elemanl olmas(a³ikar grup) durumudur. Gerçekte tüm kompakt uzaylarn temel grup kullanlarak snandrlabilece i bilinmektedir. Bu bölümün sonunda yüksek homotopi gruplarna da de inilmi³ ve detaya girmeden bilinen baz örnekler verilmi³tir. Betti, herhangi bir uzay ile de i³meli gruplarn bir ailesini birle³tirerek o uzayn homoloji gruplar olarak bilinen yeni bir snandrma yöntemi ortaya çkartm³tr. Homoloji funktoru yüksek boyutlu ba lantll ölçer ve homeomorf uzaylarn homoloji gruplar izomorftur. Homoloji gruplarnn avantaj ço unlukla temel gruptan daha hesaplanabilir olmalardr. Homoloji gruplarn tanmlamann farkl yollar vardr ve hepsi uzaylar için benzer sonuçlara rehberlik eder. Homoloji teori esas olarak singular ve simplicial homoloji olmak üzere iki grupta incelenir ve singular homoloji gruplar simplicial homoloji gruplarnn bir genellemesidir. Teorik uygulamalarda singular homoloji simplicial homolojiden daha kullan³l olmasna ra men simplicial gruplar kadar hesaplanabilir de ildir. Bu nedenle simplicial homoloji singular homolojiden önce verilerek cebirsel topoloji için temel olan baz uzaylarn (Klein ³i³esi, Projektif uzay ve Tor) homoloji gruplar hesaplanm³ ve homoloji kavram daha somut hale getirilmeye çal³lm³tr. Simplicial homoloji teori, simplicial kompleksler kategorisinden zincirli kompleksler kategorisine bir kovaryant funktor ile tanmland ndan ve cell ile simpleks homeomorf oldu undan öncelikle zincirli komplekslerin ve cell komplekslerin homoloji gruplar tantlm³tr. 19

21 2.2 Homotopi Tanm X, Y iki topolojik uzay, f, g : X Y sürekli iki dönü³üm ve I = [0, 1] olsun. x X için H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = g(x) olacak ³ekilde bir H : X I Y sürekli dönü³ümü varsa f dönü³ümü g dönü³ümüne homotoptur ve H ye homotopi dönü³ümü denir. Örnek f : [0, 2] R x f(x) = 1 + x 2 (x 2) 2 g : [0, 2] R x g(x) = 1 ³eklinde dönü³ümler tanmlansn. H : [0, 2] [0, 1] R (x, t) H(x, t) = 1 + (1 t)x 2 (x 2) 2 fonksiyonu sürekli (çünkü polinom) ve H(x, 0) = 1 + x 2 (x 2) 2 = f(x) H(x, 1) = 1 = g(x) e³itliklerini do rular. Böylece H, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur. 2. f : S 1 R 2 (x, y) f(x, y) = (x, y) kapsama dönü³ümü ve g : S 1 R 2 (x, y) g(x, y) = (0, 0) sabit dönü³ümü tanmlansn. F : S 1 [0, 1] R 2 ((x, y), t) F ((x, y), t) = (1 t)f(x, y) fonksiyonu sürekli çünkü kapsama dönü³ümü f sürekli ve ayrca F (x, 0) = f(x, y) F (x, 1) = (0, 0) = g(x, y) e³itliklerini do rular. Böylece F, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur. 3. f : [0, 1] [0, 1] x f(x) = x birim dönü³ümü ve g : [0, 1] [0, 1] x g(x) = 0 sabit dönü³ümü tanmlansn. F : [0, 1] [0, 1] [0, 1] (x, t) F ((, t) = (1 t)x fonksiyonu sürekli çünkü birim dönü³üm f sürekli ve ayrca F (x, 0) = f(x) F (x, 1) = 0 = g(x) e³itliklerini do rular. Böylece F, f ve g arasnda bir homotopi fonksiyonudur. 20

22 4. f, g : X R 2 sürekli dönü³ümlerini göz önüne alalm. H : X I R 2, t I olmak üzere H(x, t) = (1 t).f(x) + t.g(x) ³eklinde tanmlansn. R 2 de sürekli dönü³ümlerin toplam ve çarpm sürekli oldu undan H süreklidir ve H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x) ³artlarn sa lar. Buna göre f, g ye homotoptur. Tanm x 0,x 1 X noktalar için f(0) = x 0 ve f(1) = x 1 olacak ³ekilde bir f : I X sürekli dönü³üm varsa, f ye x 0 dan x 1 e giden bir yol denir. Örnek A³a daki dönü³ümler birer yoldur: f : I R 2 {0} t f(t) = (cos πt, sin πt) g : I R 2 {0} t g(t) = (cos πt, 2 sin πt) h : I R 2 {0} t h(t) = (cos πt, sin πt) k : I R 2 t k(t) = (t, t 2 ) Tanm f, g : I X, ba³langç noktalar f(0) = g(0) = x 0 ve biti³ noktalar f(1)=g(1) = x 1 olan iki yol olsun. H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = g(s), H(0, t) = x 0 ve H(1, t) = x 1 olacak ³ekilde bir H : I I X sürekli dönü³ümü varsa f ve g ye yol homotopik dönü³ümler denir ve f p g ile gösterilir. 21

23 Lemma p ve ba ntlar birer denklik ba ntsdr. spat: ba ntsnn denklik ba nts oldu unu gösterelim. 1. ba nts yansmaldr: f : X Y sürekli dönü³üm olsun. O zaman H : X I Y, (x, t) H(x, t) = f(x) dönü³ümü de süreklidir. Ayrca H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = f(x) ko³ullar sa lanr. Buradan f f dir. 2. ba nts simetriktir: f g olsun. O zaman H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x) olacak ³ekilde H : X I Y sürekli dönü³ümü vardr. F : X I Y, F (x, t) = H(x, 1 t) sürekli dönü³ümünü tanmlayalm. F (x, 0) = H(x, 1) = g(x) ve F (x, 1) = H(x, 0) = f(x) sa land için ve H sürekli oldu undan F de süreklidir ve g f dir. 3. ba nts geçi³melidir: h, g, f : X Y sürekli dönü³ümler olsun. f g ve g h olsun. O zaman H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x) olacak ³ekilde H : X I Y sürekli dönü³ümü ve G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = h(x) olacak ³ekilde G : X I Y sürekli dönü³ümü vardr. { H(x, 2t), 0 t 1/2 K : X I Y, K(x, t) = G(x, 2t 1), 1/2 t 1 sürekli dönü³ümünü tanmlayalm. K(x, 0) = H(x, 0) = f(x) ve K(x, 1) = G(x, 1) = h(x) ³artlar sa lanr. Ayrca H ve G sürekli oldu u için Pasting Lemma dan K dönü³ümü de süreklidir. Böylece f h dir. 22

24 Örnek Örnek de verilen f, g, h yollarn ele alalm. f ve g yol homotoptur fakat f ve h yol homotop de ildir. Yol homotop ba ntsnn geçi³me özelli i var oldu undan g ve h yol homotop de ildir. Tanm X de f(1) = g(0) özellikli iki yol f, g : I X olsun. f ile g arasndaki i³lemini ³u ³ekilde tanmlarz: { f(2s), 0 s 1/2 (f g)(s) = g(2s 1), 1/2 s 1 f dönü³ümünün homotopi snfn [f] ile gösteririz. [f g] = [f] [g] dir. Teorem i³lemi a³a daki özellikleri sa lar: 1. i³lemi, yol homotopi snar üzerinde iyi tanmldr. 2. i³leminin birle³me özelli i vardr: ([f] [g]) [h] = [f] ([g] [h]). 3. i³leminde birim eleman vardr fakat tek de ildir: e x0, e x1 : I X sabit yol ve f : I X,f(0) = x 0, f(1) = x 1 özellikli bir yol olsun. [f] = [f] [e x1 ], [e x0 ] [f] = [f]. 4. i³lemine göre bir [f] elemannn ters elemanlar vardr: [e x0 ] = [f] [ f ] [ ], f [f] = [ex1 ]. Ayrca i³lemi bu özellikleri sa lad ndan yol homotopi snar üzerinde gruboid yaps olu³turur. spat: 23

25 1. f f ve g g olsun. Bu durumda f g f g : f f oldu undan F (x, 0) = f(x), F (x, 1) = f (x) ko³ullarn sa layan bir sürekli F : I I X dönü³ümü vardr. g g oldu undan G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = g (x) ko³ullarn sa layan bir sürekli G : I I X dönü³ümü vardr. O halde f f g g oldu unu göstermek için H(x, 0) = f f (x), H(x, 1) = g g (x) ko³ullarn sa layan bir H : I I X sürekli dönü³ümü bulmalyz. F ve G dönü³ümlerinden yararlanarak H dönü³ümünü olu³turalm. F (2x, t) x [0, 1 H(x, t) = 2 ] G(2x 1, t) x [ 1 2, 1] Tanmlad mz H dönü³ümü pasting lemma ve F ve G dönü³ümlerinin süreklili inden dolay süreklidir. stenilen ko³ullar da sa lad ndan dolay i³lemi yol homotopi dönü³ümleri üzerinde iyi tanmldr. 2. [f] ([g] [h]) = ([f] [g]) [h] oldu unu göstermeliyiz. Bu durumda f (g h) (f g) h oldu unu göstermeliyiz. f( 4s t + 1 ) s [0, t ] H : I I X, H(s, t) = g(4s t 1) s [ t + 1 4, t ] h( 4s t 2 ) s [ t t 4, 1] ³eklinde tanmlad mz dönü³üm f, h, g sürekli oldu undan ve pasting lemmadan dolay süreklidir. 24

26 f(4s) s [0, 1/4] H(s, 0) = g(4s 1) s [1/4, 1/2], H(s, 0) = (f g) h(s) h(2s 1) s [1/2, 1] f(2s) s [0, 1/2] H(s, 1) = g(4s 2) s [1/2, 3/4], H(s, 1) = f (g h)(s) h(4s 3) s [3/4, 1] O halde f (g h) p (f g) h dir. Yani i³leminin birle³me özelli i vardr. 3. [f] = [f] [e x1 ] f p f e x1. f( 2s H : I I X, H(s, t) = 2 t ) s [0, 2 t 2 ] x 1 s [ 2 t 2, 1] H dönü³ümü pasting lemma ve f ile sabit dönü³ümün süreklili inden dolay süreklidir ve H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = f e x1 oldu undan [f] = [f] [e x1 ] dir. Benzer ³ekilde di er birim elemann varl da gösterilebilir. 25

27 4. [f] [f] = [e x0 ] f f p e x0. f : I X, f(t) = f(1 t) ³eklinde tanmldr. H : I I X, H(s, t) = { f(2ts) s [0, 1/2] f(2t(1 s)) s [1/2, 1] ³eklinde tanmlad mz H dönü³ümü f sürekli oldu undan süreklidir ve H(s, 0) = f(0) = e x0 ve H(s, 1) = f f(s) oldu undan [f] [f] = [e x0 ] dir. Benzer ³ekilde di er ters eleman da gösterilebilir. Lemma f, f : X Y ve g, g : Y Z sürekli dönü³ümler ve f f ve g g olsun. O halde g f g f dür. spat: f f oldu undan F : X I Y sürekli dönü³ümü F (x, 0) = f(x), F (x, 1) = f (x) ko³ullarn sa lar. g g oldu undan G : Y I Z sürekli dönü³ümü G(x, 0) = g(x), G(x, 1) = g (x) ko³ullarn sa lar. g f g f oldu unu göstermek için ba ntsnn denklik ba nts oldu undan yararlanaca z. g f g f ve g f g f oldu unu gösterirsek g f g f oldu unu göstermi³ oluruz. g X I F Y Z H : X I Z, H(x, t) = g F (x, t) ³eklinde tanmlanan dönü³üm F ve g sürekli oldu undan süreklidir. H(x, 0) = g F (x, 0) = g f(x) ve H(x, 1) = g F (x, 1) = g f (x) oldu undan g f g f dir. X I f 1 Y I G Z G (f 1) : X I Z sürekli dönü³ümü G (f 1)(x, 0) = g f (x) ve G (f 1)(x, 1) = g f (x) ko³ullarn da sa lad ndan g f g f dir. 26

28 O halde g f g f dir. ALI TIRMALAR 1) Bir X uzaynn birim dönü³ümü, sabit dönü³üme homotop ise, X uzayna büzülebilirdir denir. a) I = [0, 1] ve R nin büzülebilir oldu unu gösteriniz. b) Büzülebilir uzaylar yol ba lantldr. Gösteriniz. c) Y büzülebilir ise [X, Y ] kümesi tek elemanldr. Gösteriniz. d) X büzülebilir ve Y yol ba lantl ise [X, Y ] kümesi tek elemanldr. Gösteriniz. 2) X, R n de konveks bir küme olsun. X de ayn uç noktalara sahip iki yolun yol homotop oldu unu gösteriniz. 3) X den Y ye dönü³ümlerin homotopi snarnn kümesi [X, Y ] olsun. a) I = [0, 1] [X, I] tek elemanldr. Gösteriniz. b) Y yol ba lantl ise [I, Y ] tek elemanldr. Gösteriniz. 2.3 Temel Gruplar Tanm X topolojik uzay ve x 0 X olsun. x 0 da ba³layp x 0 da sona eren X deki yollara kapal yol (loop) denir. x 0 tabanl kapal yollarn homotopi snf i³lemi altnda bir grup te³kil eder. Bu gruba temel grup ya da 1. homotopi grubu denir. Örnek X = R olmak üzere X in temel grubunu belirleyelim. f, x 0 da kapal yol olsun. π 1 (R, x 0 ) = {[g] : g f, f, g : I Xf(0) = g(0) = x 0, f(1) = g(1) = x 1 } H : I I : R, H(s, t) = (1 t).f(s) + t.e x0 (s) sürekli dönü³ümünü tanmlayalm. g = e x0 alnrsa π 1 (R, x 0 ) = {[e 0 ]} = {0} a³ikar gruptur. Örnek X konveks uzay olsun. π 1 (X, x 0 ) = {[e x0 ]}. Örnek X=D 2 (Disk) olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. Örnek X = { } olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. Örnek X=[0, 1] olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. α, X topolojik uzaynda x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun. 27

29 ³eklinde dönü³üm tanmlansn. α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) [f] α([f]) = [α] [f] [α] Teorem α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) izomorzmdir. spat: i) α iyi tanmldr: [f] = [g] f p g α f p α g α f α p α g α [α] [f] [α] p [α] [g] [α] α([f]) = α([g]) ii) α homomorzmdir: [f] [g] = [f g] oldu unu biliyoruz. α([f] [g]) = α([f g]) = [ᾱ] [f g] [α] = [ᾱ] [f] [g] [α] = [ᾱ] [f] [α] [ᾱ] [g] [α] = α([f]) α([g]) Böylece α homomorzmadr. iii) α bijektiftir: β : π 1 (X, x 1 ) π 1 (X, x 0 ) [h] β([h]) = [ β] [h] [β] ³eklinde tanmlansn. β : I X, her t I için β(t) = α(1 t) = α(t) alalm. Bu durumda β([h]) = [α] [h] [α]. A³a daki iki durum mevcut ise α bijektiftir: β α = 1 π1 (X,x 0 ) α injektif α β = 1 π1 (X,x 1 ) α surjektif β α([f]) = β( α[f]) = β([α] [f] [α]) = β([α f α]) = [α] [α] [f] [α] [α] = [e x0 ] [f] [e x0 ] = [f] [e x0 ] = [f] = 1 π1 (X,x 0 ) Böylece α injektiftir. α β([g]) = α( β[g]) = α([ β g β]) = [ᾱ β g β α] = [e g e] = [g] = 1 π1 (X,x 1 )([g]) 28

30 Dolaysyla α surjektiftir. Sonuç olarak α bir izomorzmdir. Bu durumda a³a daki sonucu elde ederiz; Sonuç X yol ba lantl uzay ve x 0, x 1 X olsun. O zaman π 1 (X, x 0 ) = π 1 (X, x 1 ). Tanm X yol ba lantl olsun. π 1 (X, x 0 ) = {e x0 } ise X e basit ba lantl uzay denir. Örnek R basit ba lantldr; çünkü R yol ba lantldr ve π 1 (R, r 0 ) = {e r0 } dr. Örnek D 2 basit ba lantldr; çünkü D 2 yol ba lantldr ve π 1 (D 2, d 0 ) = {e d0 } dr. Örnek { } basit ba lantldr; çünkü { } yol ba lantldr ve π 1 ({ }, ) = {e } dr. Lemma Basit ba lantl X uzaynda ba³langç ve biti³ noktalar ayn olan iki yol, yol homotoptur. spat: α ve β, x 0 dan x 1 e giden iki yol olsun. α β, X uzaynn x 0 noktasnda bir looptur. X uzay basit ba lantl oldu undan π 1 (X, x 0 ) = {e x0 } dir. [α β] = [e x0 ] α β p e x0 α p α e x1 p α β β p (α β) β p e x0 β p β α p β [α] = [β] α p β. Tanm h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun. f : I X, x 0 bazl bir loop ise, bu durumda h f, Y de y 0 bazl bir looptur. Tanm h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun. h : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) [f] h ([f]) = [h f] ³eklinde tanmlanan dönü³üme h tarafndan olu³turulan homomorzma ya da indirgenmi³ homomorzma denir. 29

31 h dönü³ümü iyi tanmldr: [f] = [g] f p g h f p h g h ([f]) = h ([g]) h homomorzmdir: h ([f] [g]) = [h (f g)] = [h f] [h g] = h ([f]) h ([g]) Tanm h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) bir sürekli dönü³üm olsun. h : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) [f] h ([f]) = [h f] ³eklinde tanmlanan dönü³üme h tarafndan olu³turulan homomorzma ya da indirgenmi³ homomorzma denir. h dönü³ümü iyi tanmldr: [f] = [g] f p g h f p h g h ([f]) = h ([g]) h homomorzmdir: h ([f] [g]) = [h (f g)] = [h f] [h g] = h ([f]) h ([g]) (i) ve (ii)den istenen e³itlik elde edilir. 2) (1 X ) ([f]) = [1 X f] = [f] oldu undan (1 X ) birim homomorzmdir. Sonuç h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) bir homeomorzm ise, h nin indirgedi i homomorzm h : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) izomorzmdir. spat: h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) bir homeomorzm olsun. O zaman k h = 1 X ve h k = 1 Y olacak ³ekilde k : (Y, y 0 ) (X, x 0 ) sürekli dönü³ümü vardr. Teoremden (h k) = (1 Y ) h k = (1 Y ) h surjektif (k h) = (1 X ) k h = (1 X ) h injektif O halde h izomorzmdir. ALI TIRMALAR 1) A, R n nin bir alt kümesi olsun. Bir a 0 A noktas için, a 0 A daki di er noktalara birle³tiren tüm do ru parçalar A nn içinde kalyorsa, A kümesine 30

32 star konveks denir. a) Konveks olmayan bir star konveks küme bulunuz.. b) A star konveks ise, basit ba lantldr. Gösteriniz. 2) α, X uzaynda x 0 noktasndan x 1 noktasna bir yol; β, X uzaynda x 1 noktasndan x 2 noktasna bir yol olsun. γ = α β ise, bu takdirde γ = β α oldu unu gösteriniz. 3) x 0 ve x 1, yol ba lantl X uzaynn noktalar olsun. π 1 (X, x 0 n abel olmas için gerek ve yeter ³art x 0 noktasndan x 1 noktasna her α ve β yol ikilisi için α = β olmasdr. Gösteriniz. 4) A X ve r : X A bir retraksiyon olsun. Verilen bir a 0 A için r : π 1 (X, x 0 ) π 1 (A, a 0 ) dönü³ümünün surjektif oldu unu gösteriniz. [ pucu: j : A X kapsama dönü³ümünü göz önüne alnz.] 5) A, R n nin alt uzay ve h : (A, a 0 ) (Y, y 0 ) olsun. h dönü³ümü, g : R n Y dönü³ümüne geni³letilebiliyorsa, h n a³ikar homomorzm (yani, her³eyi birim elemana görüntüleyen homomorzm) oldu unu gösteriniz. 6) h : X Y, h(x 0 ) = y 0 ve h(x 1 ) = y 1 olacak ³ekilde sürekli bir dönü³üm olsun. X yol ba lantl olmak üzere α, X uzaynda x 0 noktasndan x 1 noktasna bir yol ve β = h α olsun. oldu unu gösteriniz. β (h x0 ) = (h x1 ) α 2.4 S n 'in Temel Grubu Teorem (Van-Kampen Teoremi): U ve V, X de U V yol ba lantl, ve x 0 U V olacak ³ekilde bir açk olmak üzere X = U V olsun. i : (U, x 0 ) (X, x 0 ) ve j : (V, x 0 ) (X, x 0 ) kapsama dönü³ümleri, sfr homomorzmalar yani; i : π 1 (U, x 0 ) π 1 (X, x 0 ), j : π 1 (V, x 0 ) π 1 (X, x 0 ) [f] i ([f]) = {0} [g] j ([g]) = {0} homomorzmalarn üretiyorsa, π 1 (X, x 0 ) = {0} dr. Örnek X = S 2, U = S 2 {p}, V = S 2 {q}; U ve V, X te açk kümelerdir. i : (S 2 {p}, x 0 ) (S 2, x 0 ), j : (S 2 {q}, x 0 ) (S 2, x 0 ) dönü³ümler olsun. x 0 U V = S 2 {p, q} olmak üzere 31

33 i : π 1 (S 2 {p}, x 0 ) π 1 (S 2, x 0 ) j : π 1 (S 2 {q}, x 0 ) π 1 (S 2, x 0 ) dönü³ümleri sfr homomorzmadr. Çünkü; S 2 {p} = R 2 π 1 (S 2 {p}, x 0 ) = π 1 (R 2, x 0 ) = {0} S 2 {q} = R 2 π 1 (S 2 {q}, x 0 ) = π 1 (R 2, x 0 ) = {0}. Van-Kampen teoreminden π 1 (S 2, x 0 ) = {0} dr. Teorem S 2 basit ba lantl uzaydr. spat: 1) π 1 (S 2, x 0 ) = {0} (Örnek 'dan) 2)S 2 yol ba lantl mdr? Yani f : I S 2 sürekli dönü³üm var m? f : I g R 3 {0} h S 2, f = h g : I S 2 x x t h g(t) = g(t) x g(t) sürekli dönü³üm vardr. Yani S 2 yol ba lantldr. O halde (1) ve (2)den S 2 basit ba lantl uzaydr. Sonuç ) R n {0} (n > 2) basit ba lantldr. 2) R n (n > 2) R 2 ye homeomorf de ildir. spat: 1) R n {0} = S n 1 ve S n 1 basit ba lantl oldu undan R n {0} basit ba lantldr. 2) Varsayalm ki R n, R 2 ye homeomorf olsun. R n {0} = S n 1 π 1 (R n {0}, x 0 ) = π 1 (S n 1, x 0 ) = {0} R 2 {0} = S 1 π 1 (R 2 {0}, x 0 ) = π 1 (S 1, x 0 ) = Z π 1 (R n {0}, x 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 ) oldu undan varsaymmz yanl³tr. ALI TIRMA 1) S 2 küresinden üç nokta çkarlmas ile elde edilen uzayn temel grubunu hesaplaynz. 2) S 1 S 2 küresinin ekvatoru olsun. S 1 ekvatoru S 2 nin retrakti olabilir mi? Cevabnz açklaynz. 3) A³a daki uzaylarn basit ba lantl olup olmad unu belirleyiniz: a) D 2 diski, b) R n c) R 3 {0} R 3 {xekseni} 32

34 2.5 Yüzeylerin Temel Grubu Tanm X Hausdor, saylabilir baz olan bir topolojik uzay olsun. E er Xe ait her noktann kom³ulu u R 2 nin açk alt kümesine homeomorf oluyorsa, Xe yüzey denir. Teorem π 1 (X Y, x 0 y 0 ) = π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ). spat: p 1 : X Y X ve p 2 : X Y Y izdü³üm dönü³ümleri olsun. φ : π 1 (X Y, x 0 y 0 ) π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) [h] φ([h]) = ([p 1 h]), ([p 2 h]) ile tanmlansn. 1) φ homomorzma ve iyi tanmldr. (Bu ispat, okuyucuya braklm³tr.) 2) φ 1 1: φ([h]) = ([e x0 ], [e y0 ]) olsun. h e (x0,y 0 )? ([p 1 h], [p 2 h]) = ([e x0 ], [e y0 ]) [p 1 h] = [e x0 ] ve [p 2 h] = [e y0 ] p 1 h e x0 ve p 2 h e y0 h (e x0, e y0 ) = e (x0,y 0 ) [h] = [e (x0,y 0 )] O zaman Kerφ = {[e (x0,y 0 )]} olur. O halde φ injektiftir. 3) φ örtendir: g : I X, x 0 da bir loop; f : I Y, y 0 da bir loop olsun. h : I X Y t h(t) = (g(t), f(t)) x 0 y 0 da bir looptur. Üstelik φ([h]) = ([g], [f])dir. [g] π 1 (X, x 0 ), [f] π 1 (Y, y 0 ). Bu durum φnin örtenli ini getirir. Sonuç π 1 (T, z 0 ) = Z Z. spat: T = S 1 S 1 π 1 (T, z 0 ) = π 1 (S 1 S 1, x 0 y 0 ) = π 1 (S 1, x 0 ) π 1 (S 1, y 0 ) = Z Z. 2.6 Ayn Homotopi Tipine Sahip Uzaylar Tanm f : X Y sürekli dönü³üm olsun. g f 1 X ve f g 1 Y olacak ³ekilde g : Y X sürekli dönü³ümü varsa X ve Y ayn homotopine sahiptir denir ve ile gösterilir. Teorem ba nts bir denklik ba ntsdr. 33

35 spat: 1. (Yansma) X X 1 : X X birim dönü³üm olsun. 1 1 = ve 1 1 = olacak ³ekilde 1 : X X vardr. X X 2. (Simetri) X Y Y X X Y g f 1 X ve f g 1 Y olacak ³ekilde g : Y X sürekli dönü³üm vardr. h : Y X sürekli dönü³üm olsun. k h 1 Y ve h k 1 X olacak ³ekilde k : X Y sürekli dönü³ümü var mdr? h = g ve k = f alrsak Y X gerçeklenir. 3. (Geçi³me) X Y ve Y Z X Z X Y g f 1 X ve f g 1 Y olacak ³ekilde g : Y X sürekli dönü³üm vardr. Y Z h k 1 Y ve k h 1 Z olacak ³ekilde k : Z Y sürekli dönü³üm vardr. k, g, f, h dönü³ümleri sürekli oldu u için k f = m : X Z ve g h = n : Z X sürekli dönü³ümlerini m n 1 Z ve n m 1 X olacak ³ekilde tanmlayabiliriz. (k f) (g h) = k (f g) h = (k 1 Y ) h 1 Z ve (g h) (k f) = g (h k) f = (g 1 Y ) f 1 X oldu undan X Z dir. O halde yukarda tanmlanan ba nts bir denklik ba ntsdr. Örnek h : X Y homeomorzma ise X ve Y ayn homotopi tipine sahiptir. h bir homeomorzma ise h k = 1 Y ve k h = 1 X olacak ³ekilde k : Y X bir sürekli dönü³üm mevcuttur. h k = 1 Y h k 1 Y ve k h = 1 X k h 1 X 2. X R'nin konveks alt kümesi olsun.x ile { } (tek noktal uzay) ayn homotopi tipine sahiptir. h : X { } sürekli dönü³ümünü ele alalm (h sabit dönü³üm oldu u için süreklidir.)k : { } X sürekli dönü³ümü tanmlayalm: k{ } = { } olsun. Buradan h k : { } X { },h k = 1 { } h k 1 { }. 34

36 k h 1 X nasl tanmlarz? H : X I X sürekli dönü³ümünü X konveks oldu u için ³u ³ekilde tanmlyabiliriz: H(x, t) = (1 t).(k h)(x) + t.1 X (x) 3. S 1 ile R 2 {0} ayn homotopi tipine sahiptir. h : R 2 {0} S 1, h(x) = x sürekli dönü³ümünü tanmlayalm. x k : S 1 R 2 {0}, k(x) = x kapsama dönü³ümünü ele alalm. (Kapsama dönü³ümü süreklidir.) k h 1 R 2 ve h k 1 S 1 oldu unu gösterelim. S 1 k R 2 {0} h S 1 H : R 2 {0} I R 2 {0}, H(x, t) = (1 t).x + t. x x dönü³ümünü tanmlarsak k h 1 R 2 oldu unu kolayca görebiliriz. Benzer ³ekilde h k 1 S 1 dir. Teorem X ve Y yol ba lantl olsun. X ve Y ayn homotopi tipine sahip ise bu uzaylarn temel gruplar izomorftur. Yani π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ). spat: X ve Y uzaylar yol ba lantl ve ayn homotopi tipine sahip olsun. g : X Y sürekli ve f, Y de kapal yol olsun. g h 1 Y ve h g 1 X olacak ³ekilde h : Y X sürekli dönü³ümü vardr. g : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) h : π 1 (Y, y 0 ) π 1 (X, x 0 ) g h ([f]) = g ([h f]) = [g h f] = [1 Y f] = [f] g h ([f]) = 1 Π1 (Y,y 0 )([f]) O halde h birebirdir. (g h) : π 1 (Y, y 0 ) π 1 (Y, y 0 ) (h g) [k] = [h (g k)] = [1 X k] = [k] h g ([k]) = 1 Π1 (X,x 0 )([k]) h nn sa tersi vardr dolaysyla h örtendir. 35

37 Tanm X (birim dönü³üm) sabit dönü³üme homotop ise X'e büzülebilir uzay denir. Teorem Bir uzayn büzülebilir olmas için gerek ve yeter ³art bu uzayn { } tek noktal uzay ile ayn homotopi tipine sahip olmasdr. 2. Büzülebilir uzay basit ba lantldr. 3. De er kümesi büzülebilir olan iki dönü³üm homotoptur. 4. X büzülebilir ise 1 X sabit dönü³ümüne homotoptur. spat: 1. ( :) X büzülebilir uzay olsun.g : X { } Sabit dönü³ümümüz C = g : X { } birim dönü³ümümüz 1 = h : { } X olsun. Buradan g h = 1 { } ve h g 1 X. ( :) X ve { } ayn homotopi tipine sahip olsun. g : X { } sürekli dönü³ümumuz olsun. Hipotezden öyle bir h : { } X sürekli dönü³ümumuz vardr ki h g 1 X ve g h { }. h g(x) = h( ) = c sabit ve h g 1 X oldu u için X büzülebilirdir. ALI TIRMALAR 1) f : X Y homotopi denk ve g : Y Z homotopi denk ise X ile Z ayn homotopi tipine sahiptir. Gösteriniz. 2) A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, W, X, Y, Z ngilizce alfabe harerinin hangilerinin birbirine homotopi denk oldu unu belirleyiniz. Ve temel gruplarn hesaplaynz. 36

38 3) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlarnn hangilerinin birbirine homotopi denk oldu unu belirleyiniz. Ve temel gruplarn hesaplaynz. 4) Büzülebilir bir uzayn retrakti de büzülebilir olabilir mi? Evet ise ispatlaynz. Hayr ise bir örnek bularak açklaynz. 5) X basit ba lantl bir uzay x, y X key ve farkl iki nokta olsun. O zaman X üzerinde ba³langç noktas x ve bitim boktas y olan birtek yol mevcuttur. Gösteriniz. 6) Möbiüs ³eridinin temel grubunu hesaplaynz. 2.7 Bir Ortak Noktas Olan Çemberler Birle³iminin (Wedge Union)Temel Grubu i=1 Tanm X Hausdor topolojik uzay, S 1, S 2,..., S n altuzaylarnn herbiri birim çember S 1 e homeomorf olsun. i j için S i S j = {x 0 } olacak ³ekilde x 0 X noktasnn var oldu unu varsayalm. n X = S i uzayna S 1, S 2,..., S n bir ortak noktas olan çemberlerinin birle³imi (Wedge union) denir. Örnek i = 1,..., n için C i = {(x, y) R 2 (x i) 2 + y 2 = i 2 } olsun. n X = C i bir ortak noktas olan C 1, C 2,..., C n çemberlerinin birle³imidir. i=1 Teorem S 1, S 2,..., S n çemberler ve herhangi iki çember S i lerin ortak noktas x 0 X olmak üzere X bir ortak noktas olan S 1, S 2,..., S n 37

39 çemberlerinin birle³imi olsun. O zaman π 1 (X, x 0 ) bir serbest gruptur. f i, π 1 (S i, x 0 ) nin üretecini temsil eden S i de bir loop ise f 1,..., f n looplar π 1 (X, x 0 ) grubunun üreteçlerini temsil eder. spat: Çember says üzerinden tümevarmla gösterece iz. n = 1 ise π 1 (S 1, x 0 ) Z dir. Herbir i için x i S i {x 0 } noktasn seçelim ve W i = S i {x i } olsun. U = S 1 W 2 W 3... W n V = W 1 S 2 S 3... S n alt kümeleri, X in yol ba lantl açk alt kümeleridir. Üstelik U V = W 1... W n ve X = U V dir. Not Herbir W i, x 0 noktasna deformasyon retrakt yaplabilir. Dolaysyla U, V ve U V srasyla S 1, S 2 S 3... S n {x 0 } a deformasyon retrakt yaplr. Böylece π 1 (X, x 0 ) π 1 (U, x 0 ) π 1 (V, x 0 ) π 1 (S 1, x 0 ) π 1 (S 2 S 3... S n, x 0 ) π 1 (S 2 S 3... S n, x 0 ) serbest grup ve üreteçleri f 2,..., fn ile temsil edilsin. Teoremi n için ispatlayaca z. Teorem G 1, üreteci {a α } α J olan serbest grup ve G 2, üreteci {a α } α K olan serbest grup olmak üzere G = G 1 G 2 olsun. J K = ise G, üreteci {a α } α J K olan serbest gruptur. Bu teoremden sonucu elde ederiz. Sonuç G, sonlu sayda kenarlar olan ba lantl graf olsun. T, maksimal a aç olacak ³ekilde alt graf ise π 1 (G, p), G T deki kenarlara kar³lk gelen üreteçli serbest abel gruptur. 2. X = R 2 {x 1,..., x n } ve x 0 X olsun. π 1 (X, x 0 ), üreteçleri p 0 bazl f i looplar tarafndan temsil edilen bir serbest abel gruptur. 38

40 2.8 Cohorent Topolojisi Bir uzay alt uzaylarn herhangi bir birle³imi ile in³a edildi inde, bu alt uzaylara ait topolojiler, uzayn tamamna ait topolojiyi tespit etmede yeterli olmayabilir. Tanm X = α J X α olsun. E er a³a daki önerme mevcut ise X e ait topolojiye, cohorent topoloji denir. A X kapal olmas için gerek ve yeter ³art herbir α için A X α, X α da kapaldr. 2.9 Bir Ortak Noktas Olan Sonsuz Sayda Çemberlerin Birle³imi Tanm α J için S α, S 1 e homeomorf olan alt uzaylar olmak üzere X = α J S α olsun. α β için S α S β = {p} olacak ³ekilde p X olsun. X e ait topoloji cohorent topoloji ise X, S α çemberlerinin wedge birle³imidir. Lemma X, α J S α çemberlerin Wedge birle³imi ise X normaldir. 2. X in kompakt alt uzay, S α nn sonlu sayda birle³imi tarafndan içerilir. 39

41 Teorem α J için S α, ortak noktas p X olan çemberler olmak üzere X = α J S α olsun. π 1 (X, p), serbest abel gruptur. f α, π 1 (S α, p) grubu üretecini temsil eden bir loop ise {f α } α J looplar, π 1 (X, p) grubunun üreteçlerini temsil eder. Örnek n = 1, 2... için C n = {(x, y) R 2 (x 1 n )2 + y 2 = 1 } n 2 olmak üzere X = olsun. n=1 C n g, a³a daki ³ekilde tanmlanan X de bir loop olsun: i = 1, 2,... için g [ 1 i+1, 1 i ] C i çember, saat yönünün tersinde olu³an ve (0, 0) n olmad bir looptur. [g] snf, [f i ] tarafndan temsil edilemez. Lemmadan, X, C i lerin wedge birle³imi de ildir. Lemma Verilen J index kümesi için, {S α } α J birle³imi olan bir X uzay vardr. çemberlerinin wedge 2.10 Bir Ortak Noktas Olan S α larn Birle³iminin n³as J de diskret topoloji olmak üzere S 1 J yi ele alalm. Sabit eleman b 0 S 1 için X = S 1 I {b 0 } J olsun. Herbir α J için S α, X deki S 1 {α} nn görüntüsü ise X, S α çemberlerin wedge birle³imidir. 40

42 Hücre Eklenmesi Tanm A, yol ba lantl Hausdor uzay olmak üzere k : S 1 A sürekli dönü³üm olsun. A³a daki özde³leme ile olu³turulan A D 2 nin bölüm uzay X e, k dönü³ümü boyunca 2-hücrenin eklenmesi ile olu³uyor denir. Herbir x S 1 = D 2 için k(x) A. Örnek Tor, 2-hücrenin iki çemberin wedge birle³imine eklenerek elde edilir. Teorem Yol ba lantl Hausdor A uzayna 2-hücrenin k : S 1 A sürekli dönü³üm boyunca eklenmesi ile elde edilen bir uzay X olsun. Ayrca p S 1 ve a = k(p) A olsun. i : π 1 (A, a) π 1 (X, a) sürjektiftir ve bu homomorzmann çekirde i π 1 (A, a) nn normal alt grubudur. Uyar: π 1 (X, a) π 1 (A, a) N dir. spat: h : D 2 X, A D 2 X bölüm dönü³ümünün kstlan³ olsun. Ayrca x 0 = h(0), burada 0 D 2, D 2 nin merkezidir. U = X {x 0 } ve V = X A = h( D o 2 ) X in açk alt kümeleri olsun. O zaman U V = X, U, V, U V, yol ba lantldr. 41

43 b U V ve f, X de b tabanl bir loop olsun. Ayrca g : [0, 1] D 2, D 2 de bir loop olmak üzere f = h g olsun. O zaman π 1 (U V, b), [f] snf tarafndan üretilen sonsuz devirli gruptur çünkü U V delinmi³ disk, f([0, 1]) çemberine deforma retrakt olur. V, açk birim diske homeomorf oldu undan, π 1 (V, b) a³ikar gruptur. Dolaysyla π 1 (X, b) π 1 (U, b) M. (M, π 1 (U, b) nin normal altgrubudur.) r : U A retraksiyondur. r : π 1 (U, b) π 1 (A, a) izomorzmdir. k : π 1 (S 1, b) π 1 (A, a) homomorzmasnn görüntüsüne ait üreteci temsil eden loop r f dir. Böylece r (M) = N ve dolaysyla π 1 (U, b) M π 1 (A, a) N dir. Not i 1 α([f]), N yi üretir. 42

44 2.12 Tor ve Dunce apkasnn Temel Grubu Teorem (Torun temel grubu), αβα 1 β 1 üreteçleri olan rank 2 serbest abel gruptur. ba ntsn sa layan α, β Tanm n > 1 olmak üzere q : S 1 S 1, z z n olsun. q dönü³ümü boyunca 2-hücreyi S 1 çemberinin eklenmesi ile elde edilen uzaya n-katmanl dunce ³apkas denir. Not katmanl dunce ³apkas projektif düzleme homeomorftur. Teorem n-katmanl dunce ³apkasnn temel grubu, devirli gruptur. n. mertebeden Örnek π 1 (RP 2 ) = Z 2Z Z 2 π 1 (V ) Z 5Z Z Yüzeylerin Temel Grubu θ 0 < θ 1 <... < θ n = θ 0 + 2π dizisini ele alalm. Kompleks düzlemde bir c ve pozitif say a > 0 için, p j = c + a(cos θ j + i sin θ j ), j = 1,..., n noktalar, p 1,..., p n kö³eli poligon bölgesini belirler. Buna P diyelim. Bu bölge, tüm p i leri içeren kapal yar düzlemlerin arakesitidir. p i 1 ve p i leri birle³tiren do ru parçasna P bölgesinin bir kenar denir. 43

45 R 2 de verilen bir do ru parças L için, L nin oriyantasyonu (orientation) uç noktalarnn sralamasdr. Uç noktalarn ilkine a ba³langç noktas ve ikincisine b biti³ noktas denir. Böyle oriyantal do ru parçasna, a'dan b'ye oriyantaldr denir. a'dan b'ye bir okla bu oriyantasyonu gösterebiliriz. Tanm L ve L srasyla a'dan b'ye ve c'den d'ye iki oriyantal do ru parças olsun. L den L ne giden pozitif lineer dönü³üm, h : L L, (1 s)a+sb h((1 s)a+sb) = (1 s)c+sd, s [0, 1] ³eklinde tanml homeomorzmadr. P, p 1, p 2,..., p n = p 0 kö³eli çokgenli bir bölge ve Q, q 1, q 2,..., q n = q 0 kö³eli çokgenli bir bölge olsun. p P Bd(P ) ve q Q Bd(Q) seçelim. φ(p i ) = q i, i = 1,..., n ve φ(p) = q olacak ³ekilde φ : P Q homeomorzmay in³a edece iz. 44

46 Herbir i = 1, 2,..., n için, φ((1 s)p i 1 + sp i ) = (1 s)q i 1 + sq i φ((1 s)p i + sp i ) = (1 s)q + sq i s [0, 1] olacak ³ekilde φ yi tanmlayalm. O zaman φ iyi tanml ve p i 1 p i kenar ile pp i (i = 1,..., n) do ru parçalarnn birle³imi üzerinde φ süreklidir. pp i 1 p i üçgenin içine ait herbir x noktas için x = (1 t)p + t((1 s)p i 1 + sp i ) olacak ³ekilde bir tek s, t (0, 1) vardr. i = 1,..., n ve s, t [0, 1] olmak üzere φ((1 t)p + t((1 s)p i 1 + sp i )) = (1 t)q + t((1 s)q i 1 + sq i ) ³eklinde φ yi tanmlayalm. φ iyi tanml bir homeomorzmadr. Tanm P, düzlemde çokgenli bir bölge olsun. P 'ye ait kenarlarn numaralandrlmas (labelling), P 'ye ait kenarlar kümesinden numaralandrma kümesine giden bir dönü³ümdür. 45

47 P 'ye ait herbir kenarn bir oriyantasyonu ve P 'ye ait kenarlarn numaralandrlmas için P 'ye ait noktalar üzerindeki denklik ba ntsn a³a daki gibi tanmlarz: Int(P )'ye ait herbir nokta sadece kendisine denktir. Ayn numaralandrmaya sahip P 'ye ait herhangi iki kenar için, h, bir kenardan di er kenara giden bir pozitif lineer dönü³üm olsun. lk kenara ait herbir x noktasn, ikinci kenara ait bir h(x) noktasna denkleme yaplan bir ba nt tanmlansn. Bu ba nt, P üzerinde bir denklik ba ntsdr. Bu denklik ba nts ile elde edilen bölüm uzay X, P 'ye ait kenarlarn birbiriyle yap³trlmasyla elde edilir. (Burada, verilen oriyantasyon ve numaralandrmaya göre bölüm uzay elde ediliyor). Örnek Örnek Tanm P, p 1, p 2,..., p n = 0 (ard arda sralanm³) kö³eli bir çokgenli bölge olsun. P 'ye ait kenarlarn etiketi ve oriyantasyonu için, a 1,..., a m farkl etiketlendirme olsun (bu etiketler, P 'ye ait kenarlara aittir). Herbir k için, a ik, p k 1 p k kenarnn etiketi olsun. ɛ k = 1, p k 1 p k kenarnn p k 1 den p k ya giden oriyantasyonu, ɛ k = 1, p k 1 p k kenarnn p k dan p k 1 e giden oriyantasyonudur. O zaman, P 'ye ait kenarlar says, kenarlarn oriyantasyonu ve etiketleri w = (a i1 ) ɛ 1 (a i2 ) ɛ 2...(a in ) ɛn 46

48 sembolü ile belirlenir. Bu sembole, çerçeve etiketi (labelling sheme) denir. Genelde kuvveti +1 olanlarn ifadesinde +1'i yazmayaca z. Örnek 1'in çerçeve etiketi aa 1 b dir. Örnek 2'nin çerçeve etiketi aa 1 bb 1 dir. Örnek Torun çerçeve etiketi aba 1 b 1. Örnek RP 2 projektif düzlemin çerçeve etiketi abab. Örnek Möbius eridi Örnek ki halka 47

49 Teorem X, çokgenli bölgeye ait ayn etiketlenmi³ kenarlarn yap³trlmasyla elde edilen bir uzay olsun. O zaman X kompakt Hausdor uzaydr. Not Çokgenli bölgenin tüm kö³eleri, bir noktaya yap³trlarak elde edilen uzayn temel grubu kolayca hesaplanr. Teorem P çokgenli bölge ve w = (a i1 ) ɛ 1 (a i2 ) ɛ 2...(a in ) ɛn, P 'ye ait kenarlarn çerçeve etiketi olsun. X bölüm uzay ve π : P X bölüm dönü³ümü olsun. π, P 'deki tüm noktalar x 0 X noktasna ta³yor ve a 1,..., a k farkl etiketler ve ayn çerçeve etiketinde bulunuyorsa, π 1 (X, x 0 ) n temel grubu, α 1,..., α k üreteçli serbest grup ile (α i1 ) ɛ 1...(α in ) ɛn eleman olan normal alt grubunun olu³turdu u bölüm grubudur. Tanm n-kenarl çokgenli bölgeden elde edilen bir uzay göz önüne alalm. (a 1 b 1 a 1 1 b 1 1 ) (a 2 b 2 a 1 2 b 1 2 ) (a n b n a 1 n b 1 n ) Bu uzaya, Torun n-katmanl topolojik toplam veya n-katmanl tor denir ve T #T #...#T ile gösterilir. Teorem X, n-katmanl tor olsun. [α β] = αβα 1 β 1 olmak üzere π 1 (X, x 0 ) temel grubu, α 1,..., α n, β 1,..., β n 2n üreteçli serbest grup ile [α 1 β 1 ]...[α n β n ] elemanlarna sahip normal alt grubun olu³turdu u bölüm grubuna izomorftur. 48

50 Tanm m > 1 olsun. 2m-kenarl çokgenli bölgeden elde edilen bir uzay ele alalm. Bu uzayn çerçeve etiketi (a 1 a 1 ).(a 2 a 2 )...(a m a m ) olsun. Bu uzaya m-katmanl projektif düzlem denir ve RP 2 #RP 2 #...#RP 2 ile gösterilir. Teorem X m-katmanl projektif düzlem olsun. π 1 (X, x 0 ) temel grubu, α 1,..., α m üreteçli serbest grup ile α 1 2,..., α m 2 eleman olan normal alt grubunun olu³turdu u bölüm grubuna izomorftur Komütatör Altgrup Tanm G bir grup, g, h G olmak üzere ghg 1 h 1 elemanna g ve h'n komütatörü denir ve [g, h] ile gösterilir. 2. G'nin komütatör altgrubu, G'ye ait elemanlarn komütatörlerini içeren en küçük normal altgrup olarak tanmlanr ve [G, G] ile gösterilir. 3. G'nin komütatör altgrubu, G/ bölüm grubunu abel grup yapacak ³ekilde en küçük normal altgrup olarak tanmlanr. 4. G/ [G,G] abel grubuna, G'nin abelle³tirmesi denir. Örnek G, rank n olan bir serbest abel grup olsun. G/ [G,G], rank n olan bir serbest abel gruptur. 2. G abel ise [G, G] = 0. Dolaysyla G/ [G,G] = G dir. Tanm X yol ba lantl uzay ve H 1 (X) = π 1 (X, x 0 )/[π 1 (X, x 0 ), π 1 (X, x 0 )] olsun. H 1 (X)'e X'in birinci homoloji grubu denir. 49

51 Baz noktas x 0, H 1 (X) ifadesinde çkartlm³tr. Çünkü iki farkl noktadaki abelle³tirilmi³ temel gruplar arasnda yoldan ba msz bir tek izomorzm vardr. α ve β, x 0 'dan x 1 'e giden iki yol ve g = α β olsun. β : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) β 1 α([f]) = [β α f α β] = [g] 1 [f] [g] p : π 1 (X, x 0 ) H 1 (X) izdü³üm ise p( β 1 α([f])) = p([g] 1 [f] [g]) = p([g] 1 ) p([f]) p([g]) = p([f]) π 1 (X, x 0 ) β 1 α π 1 (X, x 0 ) p α π 1 (X, x 1 ) β p H 1 (X) H 1 (X) Bu nedenle α β ayn izomorzmay indirger. Teorem F bir grup, N, F 'nin normal altgrubu ve g : F F/N izdü³üm dönü³ümü olsun. p : F F/[F, F ] izdü³üm homomorzmi φ : q(f )/[q(f ), q(f )] p(n)/p(n) izomorzmasn üretir. Sonuç F, üreteçleri α 1,..., α n olan serbest abel grup ve N, F 'nin x elemann içeren F 'nin en küçük normal altgrubu olsun. Ayrca G = F/N ve p : F F/[F, F ] izdü³üm homomorzmas olsun. G/[G, G] bölüm grubu F/[F, F ] bölüm grubuna izomorftur. Burada F/[F, F ], p(α 1 ),..., p(α n ) bazl serbest abel gruptur. Teorem X, n-katmanl tor ise H 1 (X) rank 2n olan serbest abel gruptur. spat X'in temel grubu G = π 1 (X, x 0 ), üreteçleri a 1, b 1,..., a n, b n olan F bölüm grubuna izomorftur. x [F, F ] oldu undan p(x), F/[F, F ] de a³ikar elemandr. Bir önceki sonuçtan, H 1 (X) = G/[G, G] = F/[F, F ] olur. Bu nedenle H 1 (X), bazlar p(a 1 ), p(b 1 ),..., p(a n ), p(b n ) olan serbest abel gruptur. 50

52 Teorem X, m katmanl projektif düzlem olsun. O zaman H 1 (X)'in burulma altgrubu T (X) 2. mertebeye sahiptir ve H 1 (X)/T (X) mertebesi m 1 olan serbest abel gruptur. spat X'in temel grubu G olsun. G = F/N oldu unu biliyoruz. Burada F üreteçleri α 1,..., α n olan serbest grup, N, x = α 1 2 α α m 2 elemann içeren en küçük normal altgruptur. Abelle³tirdikten sonra, p(x) = p(α 1 2 α α m 2 ) = p(α 1 2 ) p(α m 2 ) = 2(p(α 1 ) p(α m )). T (x), p(α 1 ) p(α m ) tarafndan üretilen H 1 (X)'in altgrubu olsun. H 1 (X)/T (X), p(α 1 )...p(α m 1 ) bazl serbest abel gruptur. Burada p : F H 1 (X)/T (X) bölüm dönü³ümlerinden elde edilir. Yani F F/[F, F ] p(f )/p(n) H 1 (X)/T (X) Teorem T n, n-katmanl tor ve P m m-katmanl projektif düzlem olsun. S 2, T 1, T 2,..., P 1, P 2,... yüzeyleri topolojik olarak farkldr. spat S 2 di erlerinden farkl çünkü temel grubu a³ikar gruptur. P i ler T j lerden farkldr çünkü her ikisi de a³ikar olmayan burulmaya (torsion'a) sahiptir. P i ler farkldr çünkü bunlara ait noktalarn farkl ranklar vardr. T j ler farkldr çünkü bunlar farkl rankl serbest abel grupturlar Graarda Örtü Uzaylar Tanm [0, 1] birim aral na homeomorf olan uzay A'ya e ri denir. A'nn uç noktalar p ve q dur ki bu noktalar 0 ve 1'e kar³lk gelir. A'nn içi A {p, q} altkümesidir. E ri; Lineer graf; 51

53 Tanm Lineer graf a³a daki özelliklere sahip A α 'larn birle³imi olan bir X uzaydr. 1) Herbiri e ri olan A α için A α A β ya bo³tur ya da bir tek eleman içerir. 2) X'e ait topoloji cohorent topolojisidir. A α e rilerine X'in kenarlar denir. Bu e rilerin içine de X'in açk kenarlar denir. Bu e rilerin uç noktalarna da X'in kö³eleri denir. X'in kö³eler kümesi X ile gösterilir. Not C, X'deki kö³eler ve kenarlarn birle³imi ise C kapaldr. 2. X'e ait her kenar, X'in kapal altkümesidir. 3. X, X'in ayrk kapal altkümesidir. Lemma Her lineer graf X, Hausdortur. Ayrca normal uzaydr. spat B ve C, X'in ayrk kapal altkümeleri olsun. Herbir A α kenarnda, A α B ve A α C nin ayrk kom³uluklar srasyla U α ve V α seçelim. Böylece A α B X = U α X ve A α C X = V α X dr. U = U α ve V = V α alalm. U V = oldu unu gösterece iz. x U V oldu unu varsayalm. α β için x U α V β A α A β dr. Böylece x, A α ve A β nn ortak kö³esidir. x U α X = A α B X B x V β X = A β C X C Çeli³ki elde edilir. imdi U ve V nin açk oldu unu gösterelim. U nun açk oldu unu göstermek için herbir α için, U A α = U α oldu unu gösterelim. U α A α oldu undan U α U A α dr. x (U A α )\U α oldu unu varsayalm. O zaman x U β (α β). Bu da bize x A α A β X sonucunu verir. Bu ise mümkün de ildir çünkü x A α A β X A α B U α Böylece U A α = U α bu da U'nun açk oldu unu gösterir. Benzer ³ekilde V 'nin açkl gösterilebilir. Örnek X, ortak noktas p olan S α çemberlerine ait kenar ise herbir α için S α p deki p α, q α farkl noktalarn seçelim. X bir lineer graf olarak ifade edilir. i) X = {p} {p α, q α } α ii) X'in kenarlar, S α {p, p α, q α } nn bile³enlerin kapan³dr. 52

54 Örnek J bir ayrk uzay ve E = [0, 1] J üzerinde çarpm topolojisi olsun. X = E/{0} J lineer graftr. i) X = {p = {0} J} {(1, j) j J} ii) [0, 1] {j} j J kenarlar Tanm X bir lineer graf ve Y de X'in altuzay öyleki Y, X'deki kenarlarn birle³imi olsun. O zaman Y, X'de kapaldr ve lineer graftr. Y, X'in altgraf olarak adlandrlr. Lemma X bir lineer graf olsun. C, X'in kompakt altuzay ise, C'yi içeren X'in sonlu altgraf Y vardr. E er C ba lantl ise Y ba lantl seçilecektir. spat Herbir x C X için A α kenarn seçelim. Y = ( A x ) ( A α ) x C X A α C olsun. Y 'de sonlu sayda kenar oldu unu göstermek için, i) X C bir sonlu kümedir. ii) {α C A α } sonlu kümedir. olduklarn göstermeliyiz. X C, C kompakt uzaynn, ayrk kapal altuzay oldu undan, X C'nin limit noktas yoktur. Dolaysyla X C sonludur. C A α olacak ³ekilde herbir α için x α A α seçelim, x α 'larn kümesi sonludur. 53

55 Lemma X lineer graf ise X yerel yol ba lantl ve yar yerel basit ba lantldr. Teorem X lineer graf olmak üzere p : E X örtülü dönü³üm olsun. A α, X'in bir kenar ve B, p 1 (A α ) nn yol bile³eni ise p : B A α homeomorftur. Ayrca E uzay lineer graftr Graarda Kenar Yollar Tanm Bir X grafnda yönlü kenar kö³eleri üzerindeki sralama ile birlikte X'e ait bir kenardr. 2. Bir X grafnda kenar yol, X'e ait yönlü kenarlar e 1,..., e n dizisidir öyleki e i kenarnn biti³ kö³esi e i+1 kenarnn ba³langç kö³esidir. e 1, e 2..., e n kenar yollar x 0, x 1,..., x n kö³eler dizisi ile belirlenir. Buna x 0 'dan x 1 'e kenar yol denir Kenar yola kar³lk gelen Yol Bir X grafnn yönlü kenar e verilsin. f e : [0, 1] e pozitif ve e üzerine örten lineer dönü³üm olsun. Dolaysyla f e, e'nin ba³langç noktasndan e'nin biti³ noktasna giden bir yoldur. e 1, e 2,..., e n kenar yollar verilsin. f = f e1 (f e2 (... f en )...) yoluna, kenar yola kar³lk gelen yol denir. 54

56 Lemma Bir X grafnn ba lantl olmas için gerek ve yeter ³art X'e ait her kö³e çiftinin bir kenar yolu ile birle³tirilmesidir. spat ( ) X graf ba lantl olsun. Her kenar yol ba lantl oldu undan, X'e ait her yol bile³eni ya verilen kenar içerir ya da bu kenarla ayrktr. Dolaysyla X'e ait her yol bile³eni hem açk hem de kapaldr. X ba lantl oldu undan, sadece bir yol bile³eni vardr. Bu nedenle X yol ba lantldr. ( ) Yol ba lantl uzay ba lantl oldu undan yeter yönü daima mevcuttur ndirgenmi³ Kenar Yollar e 1, e 2,..., e n, X grafnda birer kenar yolu olsun. Ard arda yönlendirilmi³ kenarlarda bir kenarn iki ters yönlendirmesi oldu u durum mevcut olabilir. E er bu durum bir kenar üzerinde olu³mazsa kenar yoluna indirgenmi³ kenar yolu denir. ki ters yönlendirilmi³ kenarlar atarak (en az bir kenar kalmas ³artyla) indirgenmi³ kenar yolu elde ederiz. Bu i³leme indirgenmi³ kenar yol i³lemi denir. Tanm Bir X grafnn bir T altgrafn alalm. E er T ba lantl ve kapal indirgenmi³ kenar yolu içermiyorsa, T 'ye bir a aç (tree) denir. 55

57 Lemma T, X'de bir a aç ve A, T ile bir kö³ede kesi³en X'in bir kenar ise T A, X'de bir a açtr. Tersi yönde, T, birden fazla kenar içeren X'de bir sonlu a aç ise X'de bir T 0 a aç vardr ve T = T 0 A olacak ³ekilde T 0 ile bir noktada kesi³en X'in bir A kenar vardr. Teorem Herhangi bir T a ac basit ba lantldr. spat Ödev. Teorem X basit ba lantl graf olsun. Bir T a acnn maksimal olmas için gerek ve yeter ³art T 'nin, X'e ait tüm kö³eleri içermi³ olmasdr. spat Ödev. Teorem X bir lineer graf ise her T 0 a ac bir maksimal a aç tarafndan içerilir. spat Ödev. Lemma U ve V, X'in açk alt kümeleri olmak üzere X = U V olsun, U V iki açk yol ba lantl kümeler A ve B'nin birle³imi olsun. Ayrca α, a A noktasndan b B noktasna giden U'da bir yol olsun, β da b'den a'ya giden V 'de bir yol olsun. U ve V basit ba lantl ise [α β], π 1 (X, a) temel grubunu üretir. 56

58 spat Ödev. Teorem X bir ba lantl graf fakat bir a aç olmasn. O zaman X'in temel grubu a³ikar olmayan serbest gruptur. T, X'de bir maksimal a aç ise X'in temel grubunun temel üreteçler sistemi vardr. (Bu serbest üreteçler ile X'in (T tarafndan içerilmeyen) kenarlar arasnda bir bijektif dönü³üm vardr.) spat : X'in sonlu bir graf olmas durumunda teoremi ispatlayaca z. A 1,..., A n T tarafndan içerilmeyen X'in kenarlar olsun. Herbir i = 1,..., n için, A i üzerinde bir oriyantasyon verelim. f i : [0, 1] A i ba³langç noktas x i0 A i den biti³ noktas x i1 A i ye giden bir lineer yol olsun. x 0 bir kö³e olsun. Herbir i = 1,..., n için T 'de, x 0 'dan x i0 'a giden γ i0 yolunu ve x 0 'dan x i1 'e giden γ i1 yolunu seçelim. 57

59 g i = γ i0 (f i γ i1 ) i = 1,..., n kapal yollarn (loop) yol homotopi snarnn π 1 (X, x 0 ) serbest grubuna ait serbest üreteçler sistemi olu³turdu unu iddia ediyoruz. Bunu n üzerinden tümevarmla ispatlayalm. n = 1 ise π 1 (X, x 0 ), g 1 kapal yolunun yol homotopi snar ile üretilen sonsuz devirli gruptur. S, A 1 'i içeren indirgenmi³ kapal kenar yollarn birle³imi olmak üzere X'in alt graf olsun. X'den S'ye bir deformasyon retrakt vardr ve bu deformasyon retrakt T 'nin herbir kenarndan olu³maktadr fakat S'nin kö³e noktalarndan olu³mamaktadr. 58

60 Bu nedenle X S X/T bölüm dönü³ümlerinin bile³kesi homotopi denkliklerin bile³kesidir. Bu da π 1 (X, x 0 )'in [g 1 ] tarafndan üretilen sonsuz devirli grup oldu unu gösterir. k < n için teoremin hipotezi olu³sun. p i, A i nin içine ait bir nokta ve U = X {p n } ve V = X {p 1,..., p n 1 } olsun. U ve V yol ba lantl ve U V basit ba lantldr. Seifert-Van Kampen Teoreminden, π 1 (X, x 0 ) π 1 (U, x 0 ) π 1 (V, x 0 ) tümevarm hipotezinden, π 1 (U, x 0 ), [g 1 ],..., [g n 1 ] tarafndan üretilen serbest gruptur. X'den A n kenarn çkard mzda olu³an graf, U'nun deformasyon retraktdr. T A n, V 'nin deformasyon retrakt oldu undan π 1 (V, x 0 ) [g n ] tarafndan üretilen sonsuz devirli gruptur. Sonuç olarak π 1 (X, x 0 ) {[g 1 ],..., [g n ]} tarafndan üretilen serbest gruptur. Teorem H, F serbest grubunun bir altgrubu ise H serbest altgruptur. spat : F, serbest üreteçleri {α α J} olan bir serbest grup olsun. S α, ortak noktalar x 0 olan çemberler olmak üzere X = α J S α olsun. S α üç kenardan olu³mak üzere X'i bir lineer graf olarak da göz önüne alabiliriz. α [S α etrafndaki kapal yol ] e³lemesini yaparak, F 'yi π 1 (X, x 0 ) ile belirleyebiliriz. e 0 p 1 (x 0 ) için p π 1 (E, e 0 ) = H olacak ³ekilde p : E X örtü dönü³ümü var oldu unu biliyoruz. Dolaysyla E bir lineer graftr. π 1 (E, e 0 ) bir serbest gruptur. p monomorzm oldu undan, H π 1 (E, e 0 ) Euler Says Tanm X sonlu lineer graf olsun. X'in Euler says, kö³eler saysndan kenarlar says çkarlmasyla elde edilir ve χ(x) ile gösterilir. Lemma X sonlu ba lantl lineer graf olsun. π 1 (X, x 0 ) temel grubuna ait serbest üreteçlerin kardinal says 1 χ(x) dir. 59

61 spat : Ödev (Munkres) Tanm H, G grubunun altgrubu olsun. H'n sa yan kümeler kolleksiyonu G/H sonlu ise bunun kardinal saysna, H'n G'de indeks says denir. Teorem F, n+1 serbest üreteci olan serbest grup olsun. H, F 'nin altgrubu olmak üzere H'n F 'de indeks says k ise H altgrubunun kn+1 tane serbest üreteci vardr. spat : X, geometrik realizasyonu n devirlerin kenarlar olan bir lineer graf olmak üzere F = π 1 (X, x 0 ) oldu unu varsayabiliriz. Verilen H için p π 1 (E, e 0 ) = H olacak ³ekilde p : E X örtü dönü³ümünü seçebiliriz. φ : π 1 (X, x 0 )/H p 1 (x 0 ) bijektif oldu undan, p : E X k-katmanl örtü dönü³ümüdür. Bu nedenle χ(e) = E'nin kö³e says - E'nin kenar says = k (X'in kö³e says - X'in kenar says) = k(1 + 2(n + 1) 3(n + 1)) = kn π 1 (E, e 0 ) temel grubunun serbest üreteç says dir. 1 χ(e) = 1 + kn 2.20 Düzleme Gömülebilen Graar Tanm Bir lineer graf G'nin alt bölmesi (subdivision) G'ye ait kenarlara yeni kö³eler eklenerek yeni kö³eler yeni kenarlardan olu³an bir G lineer graftr. 60

62 G graf ile bunun alt bölmesi G topolojik uzay olarak ayndr. Teorem (Kuratowski) Bir sonlu lineer grafn düzleme gömülebilmesi için gerek ve yeter ³art K 5 ve K 3,3 in alt bölmesi olan bir alt graf sonlu lineer grafn içermemesidir. Tanm n kö³e üzerinde tam (complete) graf, n kö³esi ve n(n 1) 2 kenar olan graftr. Örnek K 5 bir tam graftr. Örnek K 3,3 iki taraftan bölmeli tam graftr. 61

63 Tanm Bir çapl çembere homeomorf olan Hausdor uzayna teta uzay denir. Lemma X bir teta uzay ve S 2 nin alt uzay olsun. A, B, C üç yay olmak üzere uç noktalarda birle³imi X olsun. O zaman X, S 2 yi üç parçaya böler (bu bile³enlerin snrlar A B, B C, A C dr). S 2 (A B) parçasnn snr A B dir. spat : Ödev. Teorem K 3,3 spat : düzleme gömülemez. K 3,3 {g, w, e} {h 1, h 2, h 3 } kö³elerine ve bu noktalar birle³tiren kenarlara sahip olsun. A = gh 1 w B = gh 2 w C = gh 3 w üç yay göz önüne alalm. Y = A B C uzay bir teta uzaydr. K 3,3 ün düzleme gömüldü ünü varsayalm. Bu grafn S 2 ye de gömülebildi ini dü³ünebiliriz. Y, S 2 yi üç parçaya ayrr. Bunlara U, V, W olarak belirtelim. e U V W dir. E er e U ise eh 3, U = A B ile kesi³melidir. U da S 2 U dan U yu ayrr. Bu bir çeli³ki. Benzer ³ekilde e, ne V ne de W 'ye ait de ildir. Bu nedenle K 3,3 düzlem içine gömülemez. Lemma X, a 1, a 2, a 3, a 4 kö³eleri üzerinde tam graf olmak üzere, S 2 nin alt uzay olsun. O zaman X, S 2 yi dört parçaya ayrr. Bu parçalarn snrlar X 1, X 2, X 3 ve X 4 dür. X i ler, a i (i=1,2,3,4) kö³esini içermeyen kenarlarn birle³imidir. 62

64 Teorem K 5 düzlem içine gömülemez. spat : a 1,..., a 5 kö³eleri üzerinde tam olan graf düzlem içine gömülebildi ini varsayalm. O zaman bu grafn S 2 ye de gömülebildi ini dü³ünebiliriz. U 1, U 2, U 3, U 4, S 2 K 4 ün parçalar olsun. K 4, a 5 kö³esini içermeyen kenarlardan olu³an altgraf olmak üzere U i = X i i = 1,..., 4. O zaman a 5 kö³esi U i lerden birinde bulunmaldr. a i a 5 kenar X i 'ye ait kenar ile kesi³melidir. Bu da K 5 in S 2 ye gömülmesiyle çeli³ir Basit Kapal E rilerin Sarmal Saylar (Winding numbers) sürekli dönü³ümünün in- Tanm h : (S 1, b 0 ) (R 2 {0}, x 0 ) dirgedi i homomorzma h : π 1 (S 1, b 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 ) α β n Burada n tamsaysna orijine göre h dönü³ümünün sarmal says (winding number) denir. Not Sarmal says, h dönü³ümünün görüntüsünün orijin etrafnda kaç defa turlad n belirtir. 63

65 Bu bölümde h n injektif olmas durumunu ele alaca z. R 2 {0} daki basit kapal e ri orijin etrafnda kaç kez tur yapar? E er sfr, R 2 C nin snrsz bile³enine ait ise orijin civarnda basit kapal e riye ait sarmal say sfrdr. E er sfr R 2 C snrl bile³ene ait ise sarmal say 1 dir. Sfrn snrl olmayan bile³ene ait olmas durumunda, basit kapal e ri C, R 2 {0} da nullhomotopiktir. Bu e ri π 1 (R 2 {0}, x 0 ) grubunun a³ikar elemanna (birim) kar³lk gelir ve böylece sarmal says sfrdr. Sfrn snrl bile³ene ait olmas durumunda, düzlemin bir kompaktla³trmas R 2 { } dan küreye bir homeomorzmay kullanarak, 0 ve 'a kar³lk gelen S 2 de p ve q gibi iki nokta seçilsin. p ve q noktalarn ayran S 2 de basit kapal C e risini göz önüne alalm. j : C S 2 {p, q} kapsama dönü³ümü olsun. Amacmz j'nin indirgedi i homomorzmann izomorzma oldu unu göstermektir. S 2 tarafndan içerilen 4 nokta üzerinde tam grafn alt graf C olmas durumunda ispat yapaca z. 64