CEB RSEL TOPOLOJ. Ders Notlar

CEB RSEL TOPOLOJ Prof. Dr. smet KARACA Ders Notlar

çindekiler 1 HOMEOMORF ZM 2 2 DENT F KASYON UZAYLAR 11 3 BÖLÜM UZAYLARI 17 4 HOMOTOP 24 5 TEMEL GRUPLAR 32 6 ÖRTÜLÜ UZAYLAR 37 7 ÇEMBER N TEMEL GRUBU 42 8 DEL NM DÜZLEM N TEMEL GRUBU 47 9 S n ' N TEMEL GRUBU 50 10 YÜZEYLER N TEMEL GRUBU 52 11 AYNI HOMOTOP T P NE SAH P UZAYLAR 53 12 S MPLEKSLER 57 13 SIMPLICIAL KOMPLEKSLER 67 1

Bölüm 1 HOMEOMORF ZM Tanm 1.0.1. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X Y bijektif olsun. E er f ve f nin tersi f 1 sürekli ise f fonksiyonuna homeomorzm denir. E er f : X Y fonksiyonu homeomorzm ise X uzay Y uzayna homeomorktir denir ve X Y ile gösterilir. Örnek 1.0.1. [a, b] [c, d] oldu unu gösteriniz. Çözüm: f : [a, b] [c, d] x f(x) = c + d c (x a) b a ile tanmlansn. f homeomorzmadr. i) f bijektiftir: x 1, x 2 [a, b] için f(x 1 ) = f(x 2 ) c + d c b a (x 1 a) = c + d c b a (x 2 a) x 1 = x 2 Böylece f bire birdir. y [c, d] için f(x) = y olacak ³ekilde x [a, b] vardr: f(x) = y c + d c a (x a) = y x = a + (y c)b b a d c Dolaysyla f örtendir. Sonuç olarak f bijektiftir. [a, b] 2

ii) f ve f 1 süreklidir: 1.Yol: f(x) = c+ d c b a (x a), f 1 (x) = a+ b a (x c) fonksiyonlar, x birim fonksiyonunun sabit bir fonksiyonla çkarlmas, toplanmas, çkarlmas d c ve çarpmlar ³eklinde yazlabildi inden bu fonksiyonlar süreklidirler. 2.Yol: f : ([a, b], τ [a,b] ) ([c, d], τ [c,d] ) süreklidir V τ [c,d] için f 1 (V ) τ [a,b] (e, q) τ d olmak üzere (e, q) [a, b] τ [a,b] = (e, q) [a, b] = [a, q) (k, l) τ d olmak üzere (k, l) [c, d] τ [c,d] = (k, l) [c, d] = [c, l) (k, l) τ [c,d] için; f 1 (k) = a + b c d c f 1 (l) = a + b c d c a < e ve q < b e < a ve b < q e < a < q < b (e, b] a < e < b < q e, q < a veya b < e, q. c < k ve l < d k < c ve d < l k < c < l < d (k, d] c < k < d < l k, l < c veya d < k, l. (k c); c < k < d oldu undan k c d c < 1 a < f 1 (k) < b (l c) c < l < d oldu undan l c d c < 1 a < f 1 (l) < b. f 1 ((k, l)) = (e, q) τ [a,b], a < e < q < b [c, d] τ [c,d] için; f 1 (c) = a, f 1 (d) = b f 1 ([c, d]) = [a, b] τ [a,b] [c, l) τ [c,d] için; f 1 (c) = a, f 1 (l) = a + b a (l c), k < c < l < d d c oldu undan l c d c < 1 a < f 1 (l) < b f 1 ([c, l)) = [a, q) τ [a,b] 3

(k, d] τ [c,d] için; f 1 (d) = b, f 1 (k) = a + b c (k c), c < k < d < l d c oldu undan k c d c < 1 a < f 1 (l) < b f 1 ((k, d]) = (e, b] τ [a,b] fsüreklidir. Benzer ³ekilde f 1 'in süreklili i de gösterilebilir. Sonuç olarak f homeomorzmadr. Örnek 1.0.2. f : ( 1, 1) R x f(x) = Çözüm: i) f bijektiftir: x 1, x 2 ( 1, 1) için x 1 x 2 homeomorzma mdr? Böylece f bire birdir. f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 1 x 2 1 = x 2 1 x 2 2 x 1 = x 2 y R için f(x) = y olacak ³ekilde x ( 1, 1) vardr: f(x) = y Böylece f örtendir. ii) f ve f 1 süreklidir: x 1 x = y 2 yx2 + x y = 0 x = 1 1 + 4y 2 2y τ ( 1,1) = ( 1, 1) (a, b) = ( 1, 1) a < 1 < 1 < b (a, b) 1 < a < b < 1 ( 1, b) a < 1 < b < 1 (a, 1) 1 < a < 1 < b a, b < 1 1 < a, b f 1 (x) = (a, b) τ d için f 1 ((a, b)) τ ( 1,1)? { 1+ 1+4x 2 2x x 0 0 x = 0 f 1 (a) = 1 + 1 + 4a 2. 2a 4

Örnek 1.0.3. S 1 = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 = 1} ve K = {(x, y) R 2 x + y = 1} olsun. S 1 K oldu unu gösteriniz. Çözüm: 1 1 1 1 1 1 1 1 f : S 1 K (x, y) f(x, y) = ekil 1.1: Çember kareye homeomorftur ( ) x, y x + y x + y x x 1 = x + y ve y 1 = y ise, bu durumda x + y x y x + y = x + y + x + y = x 2 +2 x y + y 2 = ( x + y )2 = 1 ( x + y ) 2 ( x + y ) 2 O halde x 1 ve y 1 noktalar karenin üzerindedir. i) Her (x 1, y 1 ) = (x 2, y 2 ) S 1 için ( x 1 f(x 1, y 1 ) = x 1 + y 1, y ) 1 x 2 = Big( x 1 + y 1 x 2 + y 2, y ) 2 = x 2 + y 2 f(x 2, y 2 ) Böylece f iyi tanmldr. ( ii) Her x 1 x 1 + y 1, y 1 x 1 + y 1 ) (, x 2 x 2 + y 2, y 2 x 2 + y 2 ) K için x 1 x 1 + y 1 = x 2 x 2 + y 2 x 1 = x 2 y 1 x 1 + y 1 = y 2 x 2 + y 2 y 1 = y 2 Böylece f bire birdir. 5

iii) Her (k, t) K için f(x, y) = (k, t) olacak ³ekilde (x, y) S 1 vardr: ( x f(x, y) = x + y, y ) x = (k, t) k = x + y x + y t = y x + y k 2 x 2 = ( x + y ), y 2 2 t2 = olmak üzere ( x + y ) 2 k 2 + t 2 = x2 + y 2 ( x + y ) 1 2 ( x + y ) = 2 k2 + t 2 x + y = S 1. Böylece f örtendir. { 1 x = k2 + t 2 y = k k 2 +t 2 t k 2 +t 2 iv) f ve f 1 : K S 1 ( süreklidir. ) (x, y) f 1 (x, y) = x, y x 2 +y 2 x 2 +y 2 (, x 2 +y 2 k = 1 k2 + t, t ) 2 k2 + t 2 Lemma 1.0.1. 1) Homeomorf iki fonksiyonun bile³kesi yine homeomorftur. 2) Homeomorf fonksiyonun tersi de homeomorftur. 3) Birim dönü³üm 1 : (X, τ 1 ) (X, τ 2 ) homeomorf τ 1 = τ 2. spat: 1) X Y, Y Z X Z: f : X Y, g : Y Z homeomorf olsun. g f : X Z homeomorzmadr. Çünkü; f ve g bijektif ise g f de bijektif, f ve g sürekli ise g f de süreklidir. 2) X Y Y X: f : X Y homeomorzma olsun. O halde f bijektif ve sürekli, f 1 de süreklidir. f 1 : Y X sürekli, örten, (f 1 ) 1 = f sürekli, f 1 1 1 oldu undan f 1 de homeomorzmadr. Y X 3)( :) 1 X : (X, τ 1 ) (X, τ 2 ) homeomorzm, V τ 2 olsun. 1 1 X (V ) = V açktr; çünkü homeomorzm vardr. Bu durumda V τ 1. O halde τ 2 τ 1...(1) U τ 1 olsun. 1 X (U) = (1 1 X ) 1 = U τ 2 ; çünkü 1 X homeomorzmdir ve bu sebeple 1 1 X süreklidir. Bu durumda τ 1 τ 2...(2) (1) ve (2)den τ 1 = τ 2. ( :) τ 1 = τ 2 olsun. Yansma özelli inden dolay 1 X : (X, τ 1 ) (X, τ 2 ) 6

homeomorzmdir. Sonuç 1.0.1. Homeomorzma ba nts bir denklik ba ntsdr. Önerme 1.0.1. f : X Y homeomorzma, A X olsun. (i) A, X de kapal f(a), Y de kapal (ii) f(a) = [f(a)] (iii) f(a ) = [f(a)] spat: (i)( :) Teorem: f homeomorzma f kapal sürekli fonksiyondur. A X kapal olsun. O halde f kapal sürekli fonksiyon oldu undan f(a), Y de kapaldr. ( :) Teorem: f : X Y sürekli ise K K Y için f 1 (K) K X dir. f homeomorzma oldu undan f 1 sürekli fonksiyondur. f(a) Y kapal olsun. O halde f 1 sürekli oldu undan f 1 (f(a)), X de kapaldr. f 1 (f(a)) = A oldu undan A X de kapaldr. (ii) f(a) = [f(a)] f(a) [f(a)](?) [f(a)] f(a)(?) [f(a)] f(a) A X için A A f(a) f(a) f(a) f(a) f kapal fonksiyon oldu undan A K X için f(a) K Y dir. O halde f(a) = f(a) dr. [f(a)] f(a) f(a) f(a) Y uzaynda f(a) y kapsayan kapal küme K olsun. Yani f(a) K olsun. Bu durumda A f 1 (f(a)) f 1 (K ), f 1 sürekli oldu undan f 1 (K ) kapaldr. O halde; A, A y kapsayan en küçük kapal küme oldu undan A A f 1 (K ) dür. f(a) f(f 1 (K )) K ve seçilen K kapals f(a) seçilebilece inden f(a) f(a) dr. (iii) f(a ) = [f(a)] f(a ) [f(a)] [f(a)] f(a ) f(a ) [f(a)] A X için A A dr. O halde f(a ) f(a) dr. f(a) Y nin kapsad 7

en büyük açk küme [f(a)] oldu undan; f(a ) [f(a)] olmak zorundadr. [f(a)] f(a ) Bu ³kkn ispat al³trma olarak okuyucuya braklm³tr. Teorem 1.0.1. X kompakt, Y Hausdor ve f : X Y sürekli, bijektif fonksiyon olsun. O zaman f homeomorzmadr. spat: f 1 in sürekli oldu unu göstermemiz gereklidir. Yani f nin kapal veya açk dönü³üm oldu unu göstermeliyiz. C, X te kapal olsun. X kompakt oldu undan C de kompakttr. (Kompakt uzaylarn kapal alt uzaylar da kompakttr.) f(c), Y de kompakttr. (Kompakt uzayn sürekli dönü³üm altnda görüntüsü kompakt oldu undan Y de kompakttr.) f(c), Y de kapaldr. (Hausdor uzayn kompakt alt uzay kapaldr.) 8

ALI TIRMALAR 1) Herhangi iki a, b R(a < b) saylar için [0, 1) [a, b) (0, 1] (a, b] oldu unu gösteriniz. 2) [0, 1) [0, ) ve (0, 1) (0, ) oldu unu gösteriniz. 3) f : ( 1, 1) R homeomorzma mdr? Açklaynz. x f(x) = x 1 x 2 4) Reel do runun herhangi iki açk aral homeomorftur. Gösteriniz. 5) S herhangi bir topolojik uzay ise, bu takdirde h : ( 1, 1) S ve j : R S sürekli dönü³ümleri arasnda bire bir e³leme vardr; ve h 1 : S ( 1, 1) ve j 1 : S R sürekli dönü³ümleri arasnda bire bir e³leme vardr. spatlaynz. 6) f : S T bir homeomorzm ve g : T U bir homeomorzm ise, bu takdirde g f : S U bir homeomorzmdir. spatlaynz. 7) A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, W, Y, Z olmak üzere alfabenin elemanlarndan hangileri birbirine homeomorftur? 8) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlarnn hangileri birbirine homeomorftur? 9) S = {1, 2} kümesi üzerinde discrete topoloji ve T = {1, 2} kümesi üzerinde indiscrete topoloji tanmlanm³ olsun. g : T S bir bijeksiyon ise S ve T homeomorf mudur? 10) S 1 = {(x 1, x 2 ) R 2 x 2 1 + x 2 2 = 1} ve T = {x 1, x 2 ) R 2 x 1 + x 2 = 1} kümeleri verilsin. S 1 T oldu unu gösteriniz. 11) S 1 in [0, 1] kapal aral na homeomorf olmad n gösteriniz. 12) V = (0, 1] (2, 3] (4, 5]... ve f : V V x x (0, 1] 2 x 1 f(x) = x (2, 3] 2 x 2 di er durumlarda 9

ile tanmlansn. f bir homeomorzm midir? 10

Bölüm 2 DENT F KASYON UZAYLAR (X, τ) bir topolojik uzay, Y herhangi bir küme ve p : X Y örten bir fonksiyon olsun. τ = {V Y p 1 (V ) τ} kolleksiyonunun Y üzerinde bir topoloji oldu unu iddia ediyoruz: t 1 ) p 1 ( ) = τ τ, p 1 (Y ) = X τ Y τ t 2 ) {V i } i I τ i I p 1 (V i ) τ i I p 1 (V i ) τ p 1 ( V i ) τ V i τ i I i I t 3 ) U, V τ p 1 (U), p 1 (V ) τ p 1 (U) p 1 (V ) τ p 1 (U V ) τ U V τ Tanm 2.0.2. Y üzerinde olu³turulan τ topolojisine identikasyon topolojisi denir. (Y, τ ) topolojik uzayna (X, τ) uzaynn identikasyon uzay, p : (X, τ) (Y, τ ) dönü³ümüne identikasyon dönü³ümü denir. Önerme 2.0.2. V Y, Y de açktr p 1 (V ), X de açktr p : X Y identikasyon dönü³ümüdür. Not 2.0.1. Bu önerme mevcut ise p : X Y identikasyon dönü³ümdür. ( :) yönü süreklili i belirtir. ( :) yönü baz kitaplarda açklk ile denk tutulur fakat bu genelde do ru de- ildir. 11

Örnek 2.0.4. X = {1, 2, 3}, τ = {X,, {1}, {1, 2}, {1, 3}}, Y = {a, b} olsun. p : X Y 1 p(1) = a 2 p(2) = b 3 p(3) = a dönü³ümü örtendir. Bu dönü³üm sürekli midir? p üzerindeki topolojiyi belirleyiniz. Çözüm: τ = {, Y, {a}} alalm. p bu topoloji üzerinde identikasyon dönü³ümdür. p sürekli dönü³ümdür. p 1 ( ) = τ p 1 (Y ) = X τ p 1 ({a}) = {1, 3} τ Örnek 2.0.5. C [0, 1] olmak üzere χ C : [0, 1] [0, 1] dönü³ümü { 1 t C t χ C (t) = 0 t / C ile tanmlansn. χ C identikasyon dönü³üm müdür? Çözüm: C [0, 1] olsun. τ S, R üzerindeki standart topoloji olmak üzere τ [0,1] = {[0, 1] V V τ S }. C, C = [0, 1] Q alalm. τ = {, {0, 1}} seçilirse (kümeyi {0, 1} [0, 1] seçti) χ 1 C ( ) =, χ 1 C ({0, 1}) = [0, 1] τ [0,1] oldu undan χ C süreklidir. χ C ([0, 1] V ) = χ C ([0, 1] (a, b)) = {0, 1} a = 0,b = 1 a, b < 0 a, b > 1 (a, b) 0 < a < b < 1 O halde χ C açktr. Sonuç olarak χ C identikasyon dönü³ümdür. Teorem 2.0.2. p : X Y örten ve sürekli fonksiyon olsun. E er p dönü³ümü açk ya da kapal dönü³üm ise p identikasyon dönü³ümdür. spat: p : X Y örten, sürekli ve açk dönü³üm olsun. p identikasyon dönü³üm : V Y, Y de açk p 1 (V ), X de açk? ( :) p sürekli oldu undan a³ikardr. ( :) p 1 (V ), X de açk olsun. p açk dönü³üm oldu undan p(p 1 (V )), Y de açktr. p örten dönü³üm oldu undan p(p 1 (V )) = V dir. O halde V, Y de açktr. 12

Örnek 2.0.6. p : R S 1 R 2 t p(t) = e 2πit = (cos 2πt, sin 2πt) Çözüm: p örtendir: y = (y 1, y 2 ) S 1 için f(t) = y (cos 2πt, sin 2πt) = (y 1, y 2 ) t = 1 2π arctan y 1 R y 2 p süreklidir: p 1 (t) = cos 2πt sürekli, p 2 (t) = sin 2πt sürekli p = (p 1 (t), p 2 (t)) süreklidir. p hem açk hem de kapal dönü³ümdür. Bu ispat okuyucuya braklm- ³tr. Sonuç olarak Teorem 2.0.4 gere ince p identikasyon dönü³ümdür. Örnek 2.0.7. π 1 : R R R (x, y) π 1 (x, y) = x Çözüm: π 1 örtendir: z R için π 1 (x, y) = z x = z, y R olacak ³ekilde (x, y) R R π 1 süreklidir: V R açk için π 1 1 (V ) = V R R R de açk π 1 açktr: W = U V R R açk için π 1 (W ) = U, R de açk O halde π 1 identikasyon dönü³ümdür. Fakat π 1 kapal dönü³üm de ildir. K = {(x, y) R 2 y = 1 x }, R2 de kapal iken, π 1 (K) = (, 0) (0, ) R de kapal de ildir. Teorem 2.0.3. Y topolojik uzay, X topolojik uzaynn identikasyon uzay ve Z topolojik uzay Y uzaynn identikasyon uzay olsun. O zaman Z, X in identikasyon uzaydr. spat: p : X Y, q : Y Z identikasyon dönü³ümü olsun. k : X Z identikasyon dönü³ümdür ( V Z de açk k 1 (V ) X de açk) önermesini kullanaca z (Önerme 2.0.2). ( :) V, Z de açk olsun. k = q p : X Z dir. k 1 (V ) = (q p) 1 (V ) = p 1 (q 1 (V )) 13

q identikasyon dönü³üm oldu undan q 1 (V ), Y de açktr. p identikasyon dönü³üm oldu undan p 1 (q 1 (V )), X de açktr. k 1 (V ), Xde açktr. ( :) k 1 (V ), Xde açk olsun. k 1 (V ) = p 1 (q 1 (V )) açk olmas için q 1 (V ) nin açk olmas gerekmektedir. q identikasyon dönü³üm oldu undan V Z de açktr. Teorem 2.0.4. p : X Y identikasyon dönü³üm olsun. Herhangi bir Z uzay için; k : Y Z süreklidir k p : X Z süreklidir. spat: ( :) k ve p sürekli oldu undan k p : X Z süreklidir. ( :) k p : X Z sürekli olsun. V Z açk için k 1 (V ), Y de açk mdr? (k p) 1 (V ), k p sürekli oldu undan, Xde açktr. (k p) 1 (V ) = p 1 (k 1 (V ))in Xde açk olmas için k 1 (V )nin Y de açk olmas gerekmektedir. Çünkü p identikasyon dönü³ümdür. Teorem 2.0.5. p : X Y identikasyon dönü³üm olsun. g : X Z a³a daki özelli e sahip sürekli fonksiyon olsun: x, x X için p(x) = p(x ) g(x) = g(x ). vardr. O zaman h p = g olacak ³ekilde bir tek h : Y Z sürekli fonksiyonu spat: h : Y Z y h(y) = g(p 1 (y)) olsun. h iyi tanml, sürekli ve örtendir. Sonuç 2.0.2. p : X Y, q : X Z identikasyon dönü³üm ise Y Zdir. spat: h : Y Z olsun. 1) h bijektif mi? k : Z Y olsun. k h = 1 Y h, 1 1 ve h k = 1 Z h, örten oldu unu göstemeliyiz. X q = h p ve p = k q göz önüne alalm. q p Z k Y 14

(h k) q = h (k q) = h p = q = 1 Z q h örten (k h) p = k (h p) = k q = p = 1 Y p h, 1 1 h bijektif 2) kinci teoremden q = h p sürekli h sürekli 3) kinci teoremden p = h 1 q sürekli h 1 sürekli 15

ALI TIRMALAR 1) X = {a, b, c, d}, τ X = {, X, a, a, b, b, c, d, b}, Y = {0, 1} olmak üzere f : X Y f(a) = f(c) = 0, f(b) = f(d) = 1 dönü³ümünü sürekli klan, Y üzerindeki en geni³ topolojiyi bulunuz. 2) a) Açk dönü³üm olmayan bir identikasyon dönü³ümü örne i bulunuz. b) Kapal dönü³üm olmayan bir identikasyon dönü³ümü örne i bulunuz. 16

Bölüm 3 BÖLÜM UZAYLARI Tanm 3.0.3. X bir küme ve R, X üzerinde bir denklik ba nts olsun. X/R bir bölüm kümesidir. q R : X X/R bölüm dönü³ümü kanonik dönü³ümdür. (Her zaman örten olan dönü³ümlere kanonik dönü³üm ya da do al dönü³üm denir.) X/R = [x] R = {z X xrz} (X, τ) bir topolojik uzay olsun. q R : X X/R bölüm dönü³ümünü sürekli klan Y üzerindeki en geni³ topoloji τ = {V X/R : q 1 R (V ) τ} dr ve bu topolojiye bölüm topolojisi denir. (X/R, τ ) identikasyon uzayna da (X, τ) nun bölüm uzay denir. Örnek 3.0.8. I = [0, 1], xry x = y = 0 veya 1 olsun. dönü³ümü bölüm dönü³ümüdür. identikasyon dönü³ümdür. q R : [0, 1] [0, 1]/R x q R (x) = [x] R p : [0, 1] S 1 t p(t) = e 2iπt Sonuç2.0.1'den yararlanarak [0, 1]/R S 1 oldu unu söyleyebiliriz. olsun. p : [0, 1]/R S 1 [x] R p([x] R ) = p(x) = e 2iπx 17

i) p, bijektif dönü³ümdür: p([x] R ) = p([y] R ) e 2iπx = e 2iπy cos 2πx = cos 2πy sin 2πx = sin 2πy x = y + k, k = 0, 1 x y [x] R = [y] R p, örten: p ve q örten oldu undan p = p q 1 R ii) p sürekli p = p q R sürekli (Teorem 2.0.4) iii) p 1 sürekli q R = p 1 p sürekli (Teorem 2.0.4) Örnek 3.0.9. A³a daki gibi verilen identikasyon dönü³ümdür. identikasyon dönü³ümdür. p : I I I S 1 (s, t) p(s, t) = (s, e 2iπt ) örtendir. q : I I I I/R (s, t) q(s, t) = p(s, t) = (s, e 2iπt ) f b a k e d c p k f=e a=c b=d h l g h=g ekil 3.1: Silindir I I/R I S 1 dir. dönü³ümü homeomorzmadr. p : I I/R I S 1 [s, t] R p([s, t] R ) = p(s, t) = (s, e 2iπt ) 18

Örnek 3.0.10. p : I I S 1 S 1 (s, t) (e 2πis, e 2πit ) q : I I I I/R (s, t) q(s, t) = [(s, t)] R p : I I/R S 1 S 1 [s, t] R p([s, t] R ) = p(s, t) homeomorzmadr. Örnek 3.0.11. Mobius eridi: M b yönlendirilemeyen manifolddur. p : I I I I/, (0, s) (1, 1 s) ekil 3.2: Mobius eridi 19

Örnek 3.0.12. Projektif Düzlem: Topun merkezinden geçecek ³ekilde topun yüzeyine batrlan ³i³ler projektif düzlemdir. p : S 2 S 2 /, x S 2 : x x ekil 3.3: Reel Projektif Düzlem 20

Örnek 3.0.13. Klein i³esi: K b yönlendirilemeyen manifolddur. p : I I I I/, (0, t) (1, t), (s, 0) (1 s, 1) ekil 3.4: Klein i³esi 21

Bir Topolojik Uzayn Süspansiyonu: Tanm 3.0.4. X topolojik uzay ve I = [0, 1] olmak üzere; X I X I/X {0, 1} = ΣX bölüm uzayna X in süspansiyonu denir. Örnek 3.0.14. X = S 1 alnrsa; S 1 I/S 1 {0, 1} = S 2 dir. Yani çemberin süspansiyonu küredir. ΣS 1 = S 2 ΣS n 1 = S n Tanm 3.0.5. f : X Y sürekli verilsin. X I Y/ : x f(x) olmak üzere f dönü³ümüne silindir dönü³ümü denir. Örnek 3.0.15. X I = S 1 I alnrsa; silindir dönü³ümü elde edilir. 22

ALI TIRMALAR 1), bir X topolojik uzay üzerinde denklik ba nts ve R = {(x, y) X X x y} olsun. π : X X/ do al dönü³üm olsun. Bu durumda; a) X/, H-uzay ise R X Xin kapal oldu unu gösteriniz. b) R X X kapal ve π : X X/ açk dönü³üm ise X/ nn H-uzay oldu unu gösteriniz. c) R X X açk ise, ix : X {x} X y i X (y) = (x, y) dönü³ümü X ile {x} X uzaylarn homeomorf klyor olmak üzere X/ üzerindeki bölüm topolojisinin discret oldu unu gösteriniz. 2) π 1 : R 2 R (x, y) π 1 (x, y) = x izdü³üm fonksiyonu verilsin. a) X = (0 R) (R 0) R 2 alt uzay ve g = π 1 X olsun. g nin kapal bir dönü³üm oldu unu fakat açk olmad n gösteriniz. b) Y = (R + R) (R 0) R 2 alt uzay ve h = π 1 /Y olsun. h n kapal bir dönü³üm olmad n ancak bölüm dönü³ümü oldu unu gösteriniz. 3) g : R 2 R + = [0, ) (x, y) g(x, y) = x 2 + y 2 biçiminde tanmlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu unu gösteriniz. 4) g : R 2 R (x, y) g(x, y) = x + y 2 biçiminde tanmlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu unu gösteriniz. 5) p : X Y bir sürekli dönü³üm olsun. p f = 1 Y olacak ³ekilde sürekli bir f : Y X dönü³ümü mevcutsa, p bir bölüm dönü³ümüdür. Gösteriniz. 6) Retraksiyonun bir bölüm dönü³ümü oldu unu gösteriniz. 7) π 1 : R R R birinci koordinat üzerine izdü³üm fonksiyonu olsun. R R nin A alt uzay ³u ³ekilde tanmlansn: A = {x y x 0 ya da y = 0}. q : A R, π 1 in kstlan³ olsun. q nun bir bölüm dönü³ümü oldu unu, fakat açk dönü³üm olmad n gösteriniz. 23

Bölüm 4 HOMOTOP Tanm 4.0.6. 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. Tanm 4.0.7. 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 4.0.16. A³a daki dönü³ümler birer yoldur: f : I S 1 t f(t) = (cos 2πt, sin 2πt) g : I R 2 t g(t) = (t, t 2 ) h : I R 2 t h(t) = (cos 2πt, 2 sin 2πt) Tanm 4.0.8. 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. 24

Lemma 4.0.2. 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, 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 olsunlar. 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. 25

Örnek 4.0.17. f, g : X R 2 Bunlar homotop dönü³ümler midir? sürekli dönü³ümlerini göz önüne alalm. Çözüm: H : X I R 2,t I olmak üzere H(x, t) = (1 t).f(x) + t.g(x) dönü³ümlerini göz önüne alalm. 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 dir. Tanm 4.0.9. 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 t 1/2 (f g)(s) = g(2s 1), 1/2 t 1 f dönü³ümünün homotopi snfn [f] ile gösteririz. [f g] = [f] [g] dir. Teorem 4.0.6. 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: 1. f 1 g 1 ve f 2 g 2 olsun. Bu durumda f 1 f 2 g 1 g 2 : f 1 g 1 oldu undan H(x, 0) = f 1 (x), H(x, 1) = g 1 (x) ko³ullarn sa layan bir sürekli H : I I X dönü³ümü vardr. f 2 g 2 oldu undan G(x, 0) = f 2 (x), G(x, 1) = g 2 ko³ullarn sa layan bir sürekli G : I I X dönü³ümü vardr. 26

O halde f 1 f 2 g 1 g 2 oldu unu göstermek için F (x, 0) = f 1 f 2, F (x, 1) = g 1 g 2 ko³ullarn sa layan bir F : I I X sürekli dönü³ümü bulmalyz. H ve G dönü³ümlerinden yararlanarak F dönü³ümünü olu³turalm. H(2x, t) x [0, 1 F (x, t) = 2 ] G(2x 1, t) x [ 1 2, 1] Tanmlad mz F dönü³ümü pasting lemma ve H 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 + 1 4 ] H : I I X, H(s, t) = g(4s t 1) s [ t + 1 4, t + 2 4 ] h( 4s t 2 ) s [ t + 2 2 t 4, 1] ³eklinde tanmlad mz dönü³üm f, h, g sürekli oldu undan ve pasting lemmadan dolay süreklidir. 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? 27

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. 4. [f] [f] = [e x0 ] f f p e x0? 28

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 4.0.3. 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 H : Y I Z sürekli dönü³ümü H(x, 0) = g(x), H(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. 29

g X I F Y Z G : X I Z, G(x, t) = g F (x, t) ³eklinde tanmlanan dönü³üm F ve g sürekli oldu undan süreklidir. G(x, 0) = g F (x, 0) = g f(x) ve G(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. O halde g f g f dir. 30

ALI TIRMALAR 1)h, h : X Y homotopik ve k, k : Y Z homotopik ise, k h ve k h homotopiktir. Gösteriniz. 2) 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. 3) X, R n de konveks bir küme olsun. X de ayn uç noktalara sahip iki yolun yol homotop oldu unu gösteriniz. 4) 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. 31

Bölüm 5 TEMEL GRUPLAR Tanm 5.0.10. 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 5.0.18. X = R olmak üzere X in temel grubu nedir? Çözüm: 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 5.0.19. X konveks uzay olsun. π 1 (X, x 0 ) = {[e x0 ]}. Örnek 5.0.20. X=D 2 (Disk) olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. Örnek 5.0.21. X = { } olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. Örnek 5.0.22. X=[0, 1] olsun. π 1 (X, x 0 )={[e x0 ]}. Tanm 5.0.11. α, X topolojik uzaynda x 0 dan x 1 e giden bir yol olsun. ³eklinde dönü³üm tanmlansn. α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) [f] α([f]) = [α] [f] [α] 32

i) α iyi tanmldr. ii) α homomorzmdir. iii) α bijektiftir. spat: i) α iyi tanmldr: [f] = [g] α([f]) = α([g])? [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: α([f] [g]) = α([f]) α([g])? [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 33

β α([f]) = β( α[f]) = β([α] [f] [α]) = β([α f α]) = [α] [α] [f] [α] [α] Böylece α injektiftir. = [e x0 ] [f] [e x0 ] = [f] [e x0 ] = [f] = 1 π1 (X,x 0 ) 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]) Dolaysyla α surjektiftir. Sonuç olarak α bir izomorzmdir. Bu durumda a³a daki teoremi elde ederiz; Teorem 5.0.7. α : π 1 (X, x 0 ) π 1 (X, x 1 ) izomorzmdir. Sonuç 5.0.3. 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 5.0.12. X topolojik uzay ve yol ba lantl olsun. π 1 (X, x 0 ) = {e x0 } ise X e basit ba lantl uzay denir. Örnek 5.0.23. R basit ba lantldr; çünkü R yol ba lantldr ve π 1 (R, r 0 ) = {e r0 } dr. Örnek 5.0.24. D 2 basit ba lantldr; çünkü D 2 yol ba lantldr ve π 1 (D 2, d 0 ) = {e d0 } dr. Örnek 5.0.25. { } basit ba lantldr; çünkü { } yol ba lantldr ve π 1 ({ }, ) = {e } dr. Lemma 5.0.4. 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 p β? 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 [α] = [β]. p α β β p (α β) β p e x0 β p β α p β 34

Tanm 5.0.13. 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 5.0.14. 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]) Teorem 5.0.8. h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) ve k : (Y, y 0 ) (Z, z 0 ) iki sürekli dönü³üm olsun. 1) (k h) = k h 2) 1 X : X, x 0 ) (X, x 0 ) birim dönü³üm ise, (1 X ) birim homomor- zmdir. spat: 1) h : (X, x 0 ) (Y, y 0 ) ve k : (Y, y 0 ) (Z, z 0 ) iki sürekli dönü³üm olsun. Bu iki dönü³ümün üretti i indirgenmi³ homomorzmler h : π 1 (X, x 0 ) π 1 (Y, y 0 ) ve k : π 1 (Y, y 0 ) π 1 (Z, z 0 ) dir. [f] π 1 (X, x 0 ) herhangi bir loop olsun. (k h) ([f]) = [(k h) f] = [k h f] (i) k h ([f]) = k (h f) = [k (h f)] = [k h f] (ii) (i) ve (ii)den istenen e³itlik elde edilir. 2) (1 X ) ([f]) = [1 X f] = [f] oldu undan (1 X ) birim homomorzmdir. Sonuç 5.0.4. 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 dönü³ümu 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 bijektif homomorzm oldu undan izomorzmdir. 35

ALI TIRMALAR 1) 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.] 36

Bölüm 6 ÖRTÜLÜ UZAYLAR Tanm 6.0.15. p : E B örten, sürekli bir dönü³üm ve U B de açk olsun. A³a daki özellikler mevcut ise, B nin U aç p tarafndan düzgün örtülüyor denir: i) p 1 (U) = α I V α, (α β için V α V β, V α E açk ) ii) Her α için p Vα : V α U bir homeomorzmdir. (p ye yerel homeomorfizm denir.) Not 6.0.2. Bir dönü³üm homeomorzm ise yerel homeomorzmdir, fakat tersi genelde do ru de ildir. Tanm 6.0.16. p : E B örten ve sürekli bir dönü³üm olsun. B uzayna ait her noktann U açk kom³ulu u p tarafndan düzgün örtülüyorsa, p ye örtülü dönü³üm ve E ye de B nin örtü uzay denir. Örnek 6.0.26. A³a daki ³ekilde tanmlanan dönü³ümü, örtülü dönü³ümdür. p : R S 1 t p(t) = e 2πit = (cos2πt, sin2πt) Çözüm: p nin identikasyon dönü³ümü oldu unu biliyoruz. O halde p örten ve süreklidir. imdi S 1 in düzgün örtülü olup olmad n inceleyelim: i) b S 1 için α β iken V α V β = olmak üzere p 1 (U) = α I V α? 37

p 1 ((1, 0)) = Z dir. (1, 0) noktasnn bir U kom³ulu unu alalm. (1, 0) U S 1 de açk olsun. V α = (α 1, α + 1 ) alalm. α Z olmak üzere α β iken 4 4 V α V β = oldu undan ve V α lar p 1 (U) yu örttü ünden, p 1 (U) = α Z V α dr. ii) p Vα : V α U homeomorzm midir? V α = (α 1, α + 1 ) R de açk olmak üzere 4 4 p örten oldu undan p Vα da örtendir. t 1 t 2 olmak üzere t 1, t 2 V α için cos2πt 1 cos2πt 2 sin2πt 1 sin2πt 2 p Vα (t 1 ) p Vα (t 2 ) oldu undan p Vα bire birdir. p sürekli oldu undan p Vα süreklidir. (p Vα ) 1 : U V α süreklidir, çünkü p Vα açk dönü³ümdür. O halde p örtülü dönü³ümdür. Örnek 6.0.27. Her homeomorzm bir örtülü dönü³ümdür. Çözüm: p : X Y bir homeomorzm olsun. Bu durumda p örten ve süreklidir. i) Süreklilikten dolay U Y açk için p 1 (U) = V X açktr. ii) p homeomorzm oldu undan p Vα homeomorzmdir. O halde inceledi imiz p homeomorzmi örtülü dönü³ümdür. Örnek 6.0.28. 1 X birim dönü³ümü bir örtülü dönü³ümdür. Çözüm: x x ile tanmlanan 1 X : X X birim dönü³üm oldu undan örtenlik ve süreklilik mevcuttur. i) U = V α alrssak p 1 (U) = U = V α dr. ii) p U : U U homeomorzmdir. O halde 1 X örtülü dönü³ümdür. Örnek 6.0.29. E = X {0, 1, 2, 3,...} ve B = X olmak üzere p : E B örtülü dönü³ümdür. 38

Çözüm: x X için (x, 0) X {0, 1, 2, 3,...} öyle ki p(x, 0) = x oldu undan p örtendir. U B = X de açk olsun.p 1 (U) = U Z + E açk oldu undan p süreklidir. i) p 1 (U) = α Z +U α ayrk birle³imine e³ittir. ii) p Vα : V α U; p Vα : U α U homeomorzmdir. O halde p örtülü dönü³ümdür. Örnek 6.0.30. p : S 2 RP 2, p(z) = [z] ile tanmlanan bölüm dönü³ümü örtülü dönü³ümdür. Örnek 6.0.31. p : R + de ildir. S 1, p(t) = (cos2πt, sin2πt) örtülü dönü³üm Tanm 6.0.17. p : E B bir dönü³üm ve f : X B bir sürekli dönü³üm olsun. p f = f olacak ³ekilde f : X E dönü³ümu varsa, f ya f nin yükseltilmi³i (liftingi) denir. Örnek 6.0.32. p ve f dönü³ümleri p : R S 1 t p(t) = (cos2πt, sin2πt) f : [0, 1] S 1 t f(t) = (cosπt, sinπt) olarak tanmland nda f : [0, 1] R, t f(t) = t 2 dönü³ümü f nin yükseltilmi³idir. p f(t) = p( f(t)) = p( t ) = (cosπt, sinπt) = f(t) 2 Örnek 6.0.33. p ve g dönü³ümleri p : R S 1 t p(t) = (cos2πt, sin2πt) g : [0, 1] S 1 t g(t) = (cosπt, sinπt) olarak tanmland nda g : [0, 1] R, t g(t) = t 2 dönü³ümü g nin yükseltilmi³idir. ile tanmlanan f ile tanmlanan g p g(t) = p( g(t)) = p( t ) = (cosπt, sinπt) = g(t) 2 39

Örnek 6.0.34. p ve h dönü³ümleri p : R S 1 t p(t) = (cos2πt, sin2πt) h : [0, 1] S 1 t h(t) = (cos4πt, sin4πt) olarak tanmland nda h : [0, 1] R, t h(t) = 2t ile tanmlanan h dönü³ümü h nin yükseltilmi³idir. p h(t) = p( h(t)) = p(2t) = (cos4πt, sin4πt) = h(t) Lemma 6.0.5. p : (E, e 0 ) (B, b 0 ) örtülü dönü³üm olsun. B uzaynda b 0 noktasnda ba³layan f : [0, 1] B yolunun, E uzaynda e 0 noktasnda ba³layan bir tek f : [0, 1] E yükseltilmi³i vardr. Lemma 6.0.6. p : (E, e 0 ) (B, b 0 ) örtülü dönü³üm olsun. F : I I B, F (0, 0) = b 0 özellikli sürekli bir dönü³üm olsun. O zaman F (0, 0) = e 0 olacak ³ekilde F nin bir tek F : I I E yükseltilmi³i vardr. Ayrca F homotopi dönü³ümu ise, F da homotopi dönü³ümudur. Teorem 6.0.9. p : (E, e 0 ) (B, b 0 ) örtülü dönü³üm; f ve g B uzayna b 0 dan b 1 e giden iki yol; f ve g srasyla f ve g nin yükseltilmi³leri ve ba³langç noktalar f(0) = e0 = g(0) olsun. f yolu g yoluna homotop ise, f yolu g yoluna homotoptur. 40

ALI TIRMALAR 1) p : S 1 S 1 örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz. z z n 2) p : E B ve p : E B örtülü dönü³ümler ise, p p : E E B B örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz. 3) p : E B örtülü dönü³üm ve B ba lantl olsun. Bir b 0 B için p 1 (b 0 ) k elemanl ise, b B için p 1 (b) k elemanldr. Gösteriniz. 4) p : E B örtülü dönü³üm, B ba lantl ve yerel ba lantl olsun. C, Enin bir bile³eni ise p C : C B örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz. 5) B basit ba lantl ve E yol ba lantl olmak üzere p : E B örtülü dönü³üm ise, p bir homeomorzmadr. Gösteriniz. 6) p : R S 1 örtülü dönü³üm ve f : X S 1 bir dönü³üm olsun. f nullhomotop ise, f nin yükseltilmi³inin var oldu unu gösteriniz. 7) p : E B bir örtülü dönü³üm olsun. α(1) = β(0) olmak üzere α : I B ve β : I B, B de sürekli iki yol olsun. α(1) = β(0) olmak üzere α ve β srasyla α ve β nn yükseltilmi³i olsun. α β, α β nn yükseltilmi³idir. Gösteriniz. 8) B 2, R 2 de birim disk olmak üzere B 2 den S 1 e tanml bir retraksiyon dönü³ümünün var olmad n gösteriniz. 9) p : E B bir örtülü dönü³üm, p(e 0 ) = b 0 ve E yol ba lantl olsun. p : (π 1 )(E, e 0 ) π 1 (B, b 0 ) injektiftir. Gösteriniz. 41

Bölüm 7 ÇEMBER N TEMEL GRUBU Tanm 7.0.18. p : E B bir dönü³üm ve f : X B sürekli dönü³üm olsun. f in yükseltilmi³i a³a daki diyagram de i³meli klan bir f : X B sürekli dönü³ümdür. X ef f p f = f E p B Örnek 7.0.35. A³a daki gibi tanmlanan p : R S 1 ; f : [0, 1] S 1 t p(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) t f(t) = (cos(πt), sin(πt)) dönü³ümleri sürekli olmak üzere p f = f olacak ³ekilde f mevcut mudur? Çözüm: f nin yükseltilmi³i olsun. Bu durumda f : [0, 1] R t f(t) = t 2 (p f)(t) = p( f(t)) = p( t ) = (cos(πt), sin(πt)) = f(t) 2 Örnek 7.0.36. A³a daki gibi tanmlanan q : [0, 1] S 1 ; p : R S 1 t q(t) = (cos(πt), sin(πt)) t p(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) dönü³ümleri sürekli olmak üzere q nin yükseltilmi³i var mdr? 42

Çözüm: ile dönü³ümü tanmlayalm. Bu durumda oldu undan q, q nun yükseltilmi³idir. q : [0, 1] R t q(t) = t 2 (p q)(t) = (cos(πt), sin(πt)) = q(t) Lemma 7.0.7. Lifting Lemma: p : E B örtülü dönü³üm ve f(e 0 ) = b 0 olsun. b 0 da ba³layan f : [0, 1] B yolunun e 0 da ba³layan bir tek f : [0, 1] E yükseltilmi³ dönü³ümü vardr. Lemma 7.0.8. Covering Homotopy Lemma: p : E B örtülü dönü³üm ve f(e 0 ) = b 0 olsun.f (0, 0) = b 0 olacak ³ekilde F : I I B sürekli dönü³ümü varsa F (0, 0) = e 0 olacak ³ekilde F : I I E sürekli dönü³ümü vardr. E er F homotopi dönü³ümü ise F de homotopi dönü³ümüdür. Teorem 7.0.10. p : E B örtülü dönü³üm, p(e 0 ) = b 0 ; f, g b 0 dan b i ye giden B de iki yol ve f, g (ba³langç noktalar e 0 ) f ve g nin yükseltilmi³i olsun: f, g ye yol homotop ise f da g ya yol homotoptur. spat: f ve g yollar arasndaki homotopi dönü³ümü F : I I B, F (0, 0) = b 0 olsun. F (0, 0) = e 0 olacak ³ekilde bir F : I I E yükseltilmi³i vardr. Lemmann ikinci ksmndan F : I I B homotop dönü³üm oldu undan F : I I E homotop dönü³ümdür. F ({0} I) = e 0 F ({1} I) = e 1 F (0, t) = e0 F (1, t) = e1 F /I {0} = F (s, 0): e 0 noktasnda ba³layan E de bir yoldur. F (s, 0) = f(s) F /I {1} = F (s, 1): e 0 da ba³layan E de bir yol. F (s, 1) = g(s) 43

O halde f g SONUÇ: p : E B örtülü dönü³üm ise p 0 : π 1 (E, e 0 ) π 1 (B, b 0 ) monomorzmadr. p ([ f]) = p ([ g]) p f = p g [ f] = [ g] f = g f g [ f] = [ g] Teorem 7.0.11. p : E B bir örtülü dönü³üm ve p(e 0 ) = b 0 olsun. E er E yol ba lantl ise, bu takdirde φ : π 1 (B, b 0 ) π 1 (E, e 0 ) örtendir. E er E basit ba lantl ise, bu durumda φ bijektiftir. spat: E yol ba lantl ise, verilen bir e 1 p 1 (b 0 ) için E de e 0 dan e 1 e bir f yolu vardr. Bu durumda f = p f, B nin b 0 noktasnda bir looptur, ve tanmdan φ([f]) = e 1. E nin basit ba lantl oldu unu kabul edelim. [f] ve [g], φ([f]) = φ([g]) olacak ³ekilde π 1 (B, b 0 ) nin iki eleman olsun. f ve g, E de e0 da ba³layan srasyla f ve g nin yükseltilmi³leri oldu undan, f(1) = g(1) dir. E basit ba lantl oldu undan, E de f ve g arasnda bir F yol homotopi dönü³ümü vardr. Buna göre p F, B de f ve g arasnda bir yol homotopi dönü³ümüdür. Teorem 7.0.12. π 1 (S 1, b 0 ) = (Z, +) spat: p : R S 1, f : R S 1 ve f : R R, f nin yükseltilmi³i olmak üzere φ izomorzmadr: 1) φ iyi tanmldr: φ : π 1 (S 1, b 0 ) (Z, +) [f] φ([f]) = n = f(1) [f] = [g] f g f g f(1) g(1) φ([f]) = φ([g]) 2) φ homomorzmadr: f ve g π 1 (S, b 0 ) da birer loop ve yükseltilmi³leri f ve g olsun. f(1) = n, g(1) = m 44

{ h(s) = f(2s), s [0, 1/2] n + g(2s 1), s [1/2, 1] p : R S 1 t p(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) periyodik dönü³ümdür. { p p h(s) = p(h(s)) = f(2s), s [0, 1/2] p(n + g(2s 1)), s [1/2, 1] { p f(2s), s [0, 1/2] = = p g(2s 1), s [1/2, 1] O halde h, f g nin yükseltilmi³idir. Böylece φ homomorzmadr. φ([f g]) = h(1) = n + m = φ([f]) + φ([g]). { f(2s), s [0, 1/2] g(2s 1), s [1/2, 1] 3) φ, 1 1 dir: φ([f]) = φ([g]) = n [f]? [g] f ve g srasyla f ve g nin yükseltilmi³i olsun. f(0) = 0, g(0) = 0, f(1) = n, g(1) = m olsun. R basit ba lantl oldu undan f g, F : I I R F = p F : I I B, F = p F f ve g dönü³ümleri arasnda homotopi dönü³ümleridir. 4) φ örtendir: n p 1 (b 0 ) olsun. p f p g f g [f] = [g] p : R S 1 t p(t) = (cos 2πt, sin 2πt) f : [0, 1] R f(0) = 0, f(1) = 1 f : [0, 1] S 1 t f(t) = p f O halde φ örtendir. f(0) = p f(0) = p(0) = b 0, f(1) = p f(1) = p(n) = b 0 45

Teorem 7.0.13. p : E B bir örtülü dönü³üm ve p(e 0 ) = b 0 olsun. (a) p : π 1 (E, e 0 ) π 1 (B, b 0 ) homomorzmi bir monomorzmdir. (b) H = p (π 1 (E, e 0 )) olsun. φ yükseltilmi³ dönü³ümü, H n sa yan kümelerinin kolleksiyonundan p 1 (b 0 ) a bir Φ : π 1 (B, b 0 )/H p 1 (b 0 ) injektif dönü³ümünü üretir. E er E yol ba lantl ise, bu dönü³üm bijektiftir. (c) f, B de b 0 bazl bir loop ise, [f] H olmas için gerek ve yeter ³art f nin E de e 0 bazl bir loopa yükseltilmesidir. spat: a) h, E de e 0 bazl bir loop ve p ([ h]) birim eleman olsun. F, p h ile sabit loop arasnda bir yol homotopi olsun. F, F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde F nin E ye yükseltilmi³i ise, bu takdirde F h ile e 0 daki sabit loop arasnda bir yol homotopidir. b) B de f ve g looplar verilsin, f ve g da srasyla f ve g nin e0 da ba³layan E ye yükseltilmi³leri olsun. Bu durumda φ([f]) = f(1) ve φ([g]) = g(1). φ([f]) = φ([g]) olmas için gerek ve yeter ³artn [f] H [g] oldu unu gösterelim. lk olarak [f] H [g] oldu unu kabul edelim. Bu takdirde E de e 0 bazl bir loop için h = p h olmak üzere [f] = [h g] dir. h g çarpm tanmldr ve h g nin yükseltilmi³idir. [f] = [h g] oldu undan, e 0 da ba³layan f ve h g yükseltilmi³leri E nin ayn noktasnda bitmelidirler. Bu takdirde f ve g, E nin ayn noktasnda sona erdiklerinden φ([f]) = φ([g]). imdi φ([f]) = φ([g]) oldu unu kabul edelim. Bu takdirde f ve g, E nin ayn noktasnda sona erer. f ile g nn tersinin çarpm tanmldr ve E de e0 bazl h loopudur. Buradan [ h g] = [ f]dir. F, E deki h g ve f arasndaki bir yol homotopi ise, h = p h olmak üzere p F B de h g ve f arasna bir yol homotopidir. Böylece [f] H [g] dir. E yol ba lantl ise, bu takdirde φ örten oldu undan Φ de örtendir. c) Φ nin injektif olmas ³u anlama gelir: φ([f]) = φ([g]) olmas için gerek ve yeter ³art [f] H [g] olmasdr. g bir sabit loop iken bu sonucu uygularsak, φ([f]) = e 0 olmas için gerek ve yeter ³artn [f] H oldu unu görürüz. Ancak f nin yükseltilmi³i e 0 da ba³layp e 0 da bitiyorsa φ([f]) = e 0 dr. Bu da ispat tamamlar. Tanm 7.0.19. E basit ba lantl uzay ve p : (E, e 0 ) (B, b 0 ) örtülü dönü³üm ise E ye B nin evrensel örtülü uzay denir. Lemma 7.0.9. B yol ba lantl ve lokal yol ba lantl uzay ve p : E B örtülü dönü³üm olsun. E 0, E nin bir yol bile³eni ise, bu takdirde p nin kstlan³ olan p 0 : E 0 B de örtülü dönü³ümdür. 46

Bölüm 8 DEL NM DÜZLEM N TEMEL GRUBU Teorem 8.0.14. x 0 S 1 ve J : (S 1, x 0 ) (R 2 {0}, x 0 ) kapsama dönü³ümü, izomorzmasn üretir. spat: J : π 1 (S 1, x 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 r : R 2 {0} S 1 x r(x) = x x ile tanmlanan sürekli dönü³ümü alalm. r : π 1 (R 2 {0}, x 0 ) π 1 (S 1, x 0 ) ve J : π 1 (S 1, x 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 ) olmak üzere r J = 1 π1 (S 1,x 0 ) ve J r = 1 π1 (R 2 {0},x 0 ) dr. (S 1, x 0 ) J (R 2 {0}, x 0 ) r (S 1, x 0 ) O halde r J = 1 (S 1,x 0 ) dr. (r J) = (1 (S 1,x 0 )) ve r J = 1 π1 (S 1,x 0 ). (J r )([f]) = J (r ([f])) = J (r f) = [J r f] π 1 (R 2 {0}, x 0 ) g = J r f : I R 2 {0} s g(s) = f(s) f(s) 47

x 0 da bir loop olsun. f p g dir: F : I I R 2 {0} (s, t) F (s, t) = t f(s) + (1 t)f(s) f(s) 1. f, R 2 {0} da loop oldu undan g da R 2 {0} da looptur. 2. f sürekli oldu undan F süreklidir. 3. F (s, 0) = f(s), F (s, 1) = g(s) 4. F (0, t) = x 0, F (1, t) = x 0 F (s, t) = 0 olursa R 2 {0} a ait olamaz. O halde ve f(s) 0 olmaldr. t f(s) + (1 t) 0 Teorem 8.0.15. x 0 S n 1 (n 2), J : (S n 1, x 0 ) (R 2 {0}, x 0 ) kapsama dönü³ümü, izomorzmasn üretir. J : π 1 (S n 1, x 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 ) π 1 (R 2 {0}, x 0 ) = π 1 (S n 1, x 0 ) = (Z, +) Tanm 8.0.20. A, X in alt uzay ve i : A X kapsama dönü³ümü olsun. r i = 1 A olacak ³ekilde bir r : X A sürekli dönü³ümü varsa A ya X in bir retrakt denir ve r ye retraksiyon denir. Tanm 8.0.21. A, X in alt uzay olsun. x X için H(x, 0) = x ve H(x, 1) A, a A ve t I için H(a, t) = a olacak ³ekilde bir H : I I X sürekli dönü³üm varsa A ya X in güçlü deformasyon retrakt denir. Örnek 8.0.37. S 1, R 2 {0} n kuvvetli deformasyon retraktdr. H : R 2 {0} I R 2 {0} (x, t) H(x, t) = t x + (1 t)x x x R 2 {0} için H(x, 0) = x, H(x, 1) = x x S1 a S 1 a ve t I için H(a, t) = t +(1 t)a = a a }{{} Teorem 8.0.16. A, X in kuvvetli deformasyon retrakt ve a 0 A olsun. J : (A, a 0 ) (X, a 0 ) kapsama dönü³ümü J : π 1 (A, a 0 ) π 1 (X, a 0 ) izomorzmasn üretir. 48 1

Örnek 8.0.38. R 2 den iki nokta çkarrsak ne olur? π 1 (R 2, x 0 ) = π 1 (S 1 S 1, x 0 ) =? 49

Bölüm 9 S n ' N TEMEL GRUBU Teorem 9.0.17. "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 9.0.39. 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 ) dönü³ümlar olsun. x 0 U V = S 2 {p, q} olmak üzere 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 ) dönü³ümlar 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 9.0.18. S 2 basit ba lantl uzaydr. spat: 1) π 1 (S 2, x 0 ) = {0} (Örnek 9.0.39'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 50

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 9.0.5. 1) 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. 51

Bölüm 10 YÜZEYLER N TEMEL GRUBU Tanm 10.0.22. 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 10.0.19. 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. 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 ] [p 2 h] = [e y0 ] p 1 h e x0 p 2 h e y0 h e x0 h e y0 h (e x0, e y0 ) = e (x0,y 0 ) 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 10.0.6. 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. 52

Bölüm 11 AYNI HOMOTOP T P NE SAH P UZAYLAR Tanm 11.0.23. 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 11.0.20. ba nts bir denklik ba ntsdr. spat: 1. (Yansma) X X 1 : X X birim dönü³üm olsun. 1 1 = 1 = 1 1 1 ve 1 1 = 1 = 1 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 53

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 11.0.40. 1. 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 { }. 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 tanmlarsak k h 1 R 2 h k 1 S 1 dir. x dönü³ümünü oldu unu kolayca görebiliriz. Benzer ³ekilde Teorem 11.0.21. 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 ). 54

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 g birebirdir. (g h) : π 1 (Y, y 0 ) π 1 (Y, y 0 ) (h g) [f] = [h (g k)] = [1 X k] = [k] h g ([k]) = 1 Π1 (X,x 0 )([k]) h nn sa tersi vardr dolaysyla h örtendir. Tanm 11.0.24. 1 X (birim dönü³üm) sabit dönü³üme homotop ise X'e büzülebilir uzay denir. Teorem 11.0.22. 1. 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(x) = c sabit ve h g 1 X oldu u için X büzülebilirdir. 55

56

Bölüm 12 S MPLEKSLER Tanm 12.0.25. A bir küme olsun. x, y A, t [0, 1] için (1 t)x+ty A oluyorsa A'ya konveks küme denir. Tanm 12.0.26. 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: 1. Ane alt kümeler konvekstir. 2. Bo³ küme ve tek noktal kümeler ane kümelerdir. Teorem 12.0.23. {x j } j J, R n 'e aitkonveks (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 'dir. Tanm 12.0.27. 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 12.0.28. p 0, p 1,..., p m, R n 'de noktalar olsun. p 0,..., p m noktalarnn ane kombinasyonu ³eklinde tanmlanr. x = t 0 p 0 + t 1 p 1 + + t m p m ; t i = 1 i=1 57

p 0, p 1,..., p m noktalarnn konveks kombinasyonu an kombinasyonudur öyleki t i 0, i = 0,... m'dir. t 0 p 0 + t 1 p 1 + + t m p m ; t i = 1 ve t i 0, i = 0,..., m i=1 Örnek 12.0.41. x, y noktalarnn konveks kombinasyonu an kombinasyonu (1 t)x + ty, t [0, 1] dir. Teorem 12.0.24. 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 kümesi olsun. S = [p 0, p 1,..., p m ]? (i)[p 0, p 1,..., p m ] S? 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 0 + + t j p j + + t m p m ; t i = 1, t i 0, i = 0,..., m j için p j S α = a i p i, β = b i p i S olsun.(a i, b i 0; a i = 1; b i = 1) (1 t)α + tβ S (1 t)α + tβ = (1 t) a i p i + t b i p i = ((1 t)a i + tb i )p i S (1 t)a i +tb i = (1 t) i=1 } b i = 1, (1 t)a i +tb i 0 (1 t)α+tβ S 58