Ad-Soyad: mza: CEB RSEL TOPOLOJ II F NAL CEVAP ANAHTARI

Ad-Soyad: mza: CEB RSEL TOPOLOJ II F NAL CEVAP ANAHTARI

11.06.2014
No:
Ad-Soyad:
Soru
Puanlama
mza:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10
10
10
10
10
10
10
10
10
10.
Toplam
10
100
Alnan Puan
CEBRSEL TOPOLOJ II FNAL CEVAP ANAHTARI
Not: Süre
1.
X = {(x, y) ∈ R2 : xy = 0}
Cevap :
X
120
Dakikadr.
³eklinde tanml uzay için
H0 (X − {(0, 0)})
nedir ?
uzay a³a§daki gibidir:
X − {(0, 0)}
uzay ise
olup bu uzay
4
tane yol bile³eninden olu³ur.
X = ∪j Xj
olmak üzere
oldu§undan
H0 (X − {(0, 0)}) =
4
X
j=1
H0 (Xj ) ∼
= Z4
H0 (X) =
P
j
H0 (Xj )
bulunur. Burada
2.
X, Y
Cevap :
Xj
ler tek noktal uzay ile izomorf homoloji gruplarna sahiptir.
nin deformasyon retrakt ise her
X, Y
i:X→Y
ve
n≥0
Hn (X) ∼
= Hn (Y )
için
nin deformasyon retrakt olsun. O halde
r:Y →X
r ◦ i = 1X
oldu§unu gösteriniz.
ve
i ◦ r ' 1Y
olacak ³ekilde
sürekli dönü³ümleri vardr.
r ◦ i = 1X
⇒
r ◦ i ' 1X
durumu her zaman geçerlidir. Homotopi aksiyomu,
f 'g
n≥0
iken her
için
Hn (f ) = Hn (g)
oldu§unu gösterir. O halde homotopi aksiyomundan dolay
r ◦ i ' 1X ⇒ Hn (r ◦ i) = Hn (1X )
⇒ Hn (r) ◦ Hn (i) = 1Hn (X)
⇒ Hn (i)
injektif
ve
i ◦ r ' 1Y ⇒ Hn (i ◦ r) = Hn (1Y )
⇒ Hn (i) ◦ Hn (r) = 1Hn (Y )
elde etti§imizden her
3.
H1 (D2 , S 1 ) = 0
Cevap :
S 1 ⊂ D2
n≥0
için
⇒ Hn (i)
sürjektif
Hn (X) ∼
= Hn (Y )
buluruz.
oldu§unu gösteriniz.
oldu§undan
. . . → Hn (S 1 ) → Hn (D2 ) → Hn (D2 , S 1 ) → . . .
uzun tam dizisi vardr.
ba§lantl ve
S 1 ⊂ D2
D2
ve
S1
oldu§undan
oldu§unu biliyoruz. Her
n>0
yol ba§lantl oldu§undan
H0 (D2 ) ∼
= H0 (S 1 ) ∼
=Z
dir.
D2
yol
H0 (D2 , S 1 ) = 0 dr. Hurewicz teoreminden dolay H1 (S 1 ) ∼
=Z
için
Hn (D2 ) = 0
dr. Bu durumda
p∗
d
i
h
∗
Z →∗ 0 → 0
. . . → H2 (D2 , S 1 ) → Z → 0 → H1 (D2 , S 1 ) → Z →
tam dizisini elde ederiz.
1.
izomorzma teoreminden
H1 (D2 , S 1 )/Ker d ∼
= Im d
olup dizinin taml§ndan
Ker d = Im p∗ = 0
ve
Im d = Ker i∗ = 0
dr. O halde
H1 (D2 , S 1 )/0 ∼
=0
oldu§undan
4.
A;
H1 (D2 , S 1 ) = 0
alt düzlemde
(1/3π, 0)
dr.
noktasndan
(−1, 0)
a olan bir yay ve
B = {(0, y) : |y| ≤ 1}
üzere
V = {(x, y) ∈ R2 : y = sin(1/x), 0 < x < 1/3π} ∪ A ∪ B
olmak
³eklinde tanml olan ve a³a§da ³ekli verilen
V
uzay bir
Cevap :
CW
kompleks midir ? Cevabnz açklaynz.
U = {(x, y) ∈ R2 : y = sin(1/x), 0 < x < 1/3π}
³eklinde yazlabilir.
halde
V
(U ∪ A) ∩ B = {0} =
6 ∅
ba§lantldr. Kabul edelim ki
oldu§undan
U ∪A
V = U ∪A∪B
nin ayrlmam³ kümeleri vardr. O
X , CW-kompleks olsun. CW-komplekslerde bir uzayn yol
ba§lantll§yla ba§lantll§ çak³r. Fakat burada
ile
V
olmak üzere
V
yol ba§lantl de§ildir çünkü
(0, 0)
noktas
üzerindeki herhangi bir noktay ba§layan yol yoktur. Çeli³ki elde etti§imiz için
X,
CW-kompleks de§ildir.
5.
T
tor ve
Mb
Möbiüs ³eridi olmak üzere her
Cevap : Tor ve Möbiüs ³eridinin
Z-katsayl
n∈N
için
H n (T × M b, Z) =?
kohomoloji gruplar a³a§daki gibidir.



Z,
n = 0, 2


H n (T, Z) =
Z ⊕ Z, n = 1



 0,
n 6= 0, 1, 2

 Z, n = 0, 1
H n (M b, Z) =
 0, n =
6 0, 1
Kohomolo ji için verilen Künneth formülünü kullanaca§z.
n
H (T × M b) =
M
H (T, Z) ⊗ H (M b, Z) ⊕
i
T or(H (T, Z), H (M b, Z))
p
q
p+q=n+1
i+j=n
Bu formülde sa§ taraftaki ikinci ifade
M
j
T or
funktorunun
T or(Z, −) = 0
özelli§inden dolay hep
sfr gelmektedir.
H 0 (T × M b, Z) = H 0 (T ) ⊗ H 0 (M b) = Z ⊗ Z ∼
=Z
H 1 (T × M b, Z) = (H 0 (T ) ⊗ H 1 (M b)) ⊕ (H 1 (T ) ⊗ H 0 (M b)) = Z ⊗ Z ⊕ (Z ⊕ Z) ⊗ Z ∼
= Z⊕Z⊕Z
H 2 (T × M b, Z) = (H 0 (T ) ⊗ H 2 (M b)) ⊕ (H 1 (T ) ⊗ H 1 (M b)) ⊕ (H 2 (T ) ⊗ H 0 (M b))
= (Z ⊗ 0) ⊕ ((Z ⊕ Z) ⊗ Z) ⊕ (0 ⊗ Z) ∼
=Z⊕Z
H 3 (T × M b, Z) = (H 0 (T ) ⊗ H 3 (M b)) ⊕ (H 1 (T ) ⊗ H 2 (M b)) ⊕ (H 2 (T ) ⊗ H 1 (M b))
⊕(H 3 (T ) ⊗ H 0 (M b))
= (Z ⊗ 0) ⊕ ((Z ⊕ Z) ⊗ 0) ⊕ (Z ⊗ Z) ⊕ (0 ⊗ Z) ∼
=Z
H 4 (T × M b, Z) = (H 0 (T ) ⊗ H 4 (M b)) ⊕ (H 1 (T ) ⊗ H 3 (M b)) ⊕ (H 2 (T ) ⊗ H 2 (M b))
⊕(H 3 (T ) ⊗ H 1 (M b)) ⊕ (H 4 (T ) ⊗ H 0 (M b))
= (Z ⊗ 0) ⊕ ((Z ⊕ Z) ⊗ 0) ⊕ (Z ⊗ 0) ⊕ (0 ⊗ Z) ⊕ (0 ⊗ Z) ∼
=0
O halde sonuç olarak


Z,







Z ⊕ Z ⊕ Z,


n
H (T × M b, Z) =
Z ⊕ Z,




 Z,




 0,
n=0
n=1
n=2
n=3
n≥4
bulunur.
6. Reel projektif düzlem
Cevap :
RP 2
RP 2
nun
Z2
katsayl kohomoloji gruplarn hesaplaynz.
nun homoloji gruplar



Z, n = 0


Hn (RP 2 ) =
Z2 , n = 1



 0,
n≥2
³eklindedir. Kohomoloji için Evrensel Katsay Teoremini kullanalm.
H n (RP 2 , G) = Hom(Hn (RP 2 ), G) ⊕ Ext(Hn−1 (RP 2 ), G)
H n (RP 2 , Z2 ) = Hom(Hn (RP 2 ), Z2 ) ⊕ Ext(Hn−1 (RP 2 ), Z2 )
H 0 (RP 2 , Z2 ) = Hom(H0 (RP 2 ), Z2 ) ⊕ Ext(H−1 (RP 2 ), Z2 ) = Hom(Z, Z2 ) ∼
= Z2
H 1 (RP 2 , Z2 ) = Hom(H1 (RP 2 ), Z2 ) ⊕ Ext(H0 (RP 2 ), Z2 ) = Hom(Z2 , Z2 ) ⊕ Ext(Z, Z2 ) ∼
= Z2
H 2 (RP 2 , Z2 ) = Hom(H2 (RP 2 ), Z2 ) ⊕ Ext(H1 (RP 2 ), Z2 ) = Hom(0, Z2 ) ⊕ Ext(Z2 , Z2 ) ∼
= Z2
H 3 (RP 2 , Z2 ) = Hom(H3 (RP 2 ), Z2 ) ⊕ Ext(H2 (RP 2 ), Z2 ) = Hom(0, Z2 ) ⊕ Ext(0, Z2 ) = 0

 Z2 , n = 0, 1, 2
H n (RP 2 , Z2 ) =
 0,
n≥3
bulunur.
7.
u1 ve u2 kohomolog iki e³devir olsun. Herhangi bir v e³deviri için u1 ×v ile u2 ×v nin kohomolog
oldu§unu gösteriniz.
Cevap :
X
bir topolo jik uzay ve
tanmndan dolay,
u1 , u2 ∈ Z p (X; G1 )
u1 − u2 ∈ B p (X; G1 )
yani
kohomolog iki e³devir olsun. Kohomolog
u1 + B p (X; G1 ) = u2 + B p (X; G1 )
dir. Herhangi
bir
v ∈ Z q (Y ; G2 )
e³deviri için
u1 × v
ile
u2 × v
e³devir idi. Bu durumda,
(u1 × v) + B p+q (X × Y ; G1 ⊗G2 ) = η ∗ (u1 ⊗ v + B p+q (X × Y ; G1 ⊗ G2 ))
= η ∗ ((u1 + B p (X; G1 )) ⊗ (v + B q (Y ; G2 )))
= η ∗ (u2 + B p (X; G1 ) ⊗ (v + B q (Y ; G2 )))
= η ∗ (u2 ⊗ v + B p+q (X × Y ; G1 ⊗ G2 ))
= (u2 × v) + B p+q (X × Y ; G1 ⊗ G2 )
elde edilir. Sonuç olarak
8.
X
u1 × v
u2 × v
ile
bir topolojik uzay olmak üzere
kohomologdur.
u ∈ H p (X; G1 ), v ∈ H q (X; G2 )
ve
w ∈ H r (X; G3 )
için
u ∪ (v ∪ w) = (u ∪ v) ∪ w
e³itli§ini ispatlaynz.
d
Cevap : E³itli§i göstermeden önce
kö³egen dönü³üm olmak üzere
(d × 1)∗ ◦ d∗ = (1 × d)∗ ◦ d∗
e³itli§ini ispatlamalyz. Her
x∈X
için
(d × 1) ◦ d(x) = (d × 1)(x, x) = (x, x, x)
ve
(1 × d) ◦ d(x) = (1 × d)(x, x) = (x, x, x)
oldu§undan
(d × 1) ◦ d = (1 × d) ◦ d
u ∈ H p (X; G1 ), v ∈ H q (X; G2 )
ve
dir. Böylece
(d × 1)∗ ◦ d∗ = (1 × d)∗ ◦ d∗
w ∈ H r (X; G3 )
elde edilir.
elemanlar için,
u ∪ (v ∪ w) = d∗ (u × (v ∪ w)) = d∗ (u × d∗ (v × w))
= d∗ ◦ (1 × d)∗ (u × (v × w))
= (u × (v × w))(1 × d)∗ ◦ d∗
= (u × (v × w))(d × 1)∗ ◦ d∗
ve
(u ∪ v) ∪ w = d∗ ((u ∪ v) × w) = d∗ (d∗ (u × v) × w)
= d∗ ◦ (d × 1)∗ ((u × v) × w)
= ((u × v) × w)(d × 1)∗ ◦ d∗
bulunur. Cross çarpmn birle³me özelli§inden ve
(d × 1)∗ ◦ d∗ = (1 × d)∗ ◦ d∗
u ∪ (v ∪ w) = (u ∪ v) ∪ w
e³itli§inden dolay
elde edilir.
9.
dim u = 2
ve
Sq 1 u = βu = 0
olmak üzere

Sq 2i (uk ) = 
k
i

 uk+i
ve
Sq 2i+1 (uk ) = 0
e³itliklerinin var oldu§unu ispatlaynz.
k
Cevap : ki ifadeyi de
dim u < 2i
oldu§undan
üzerinden tümevarm ile ispatlayalm. lk ifade için
Sq 2i (u0 ) = 0
elde edildi§i için e³itlik do§rudur.
k>0
k=0
durumunda
olsun ve
k−1
için
e³itlik sa§lansn.
Sq 2i (uk ) = Sq 2i (uuk−1 )
X
=
Sq j (u)Sq 2i−j (uk−1 )
j
= Sq 0 (u)Sq 2i (uk−1 ) + Sq 1 (u)Sq 2i−1 (uk−1 )
+ Sq 2 (u)Sq 2i−2 (uk−1 )




k−1
k
−
1
 uk−1+i + u2 
 uk−1+i−1
= u
i
i−1

 

k−1
k−1
+
 uk+i
= 
i
i−1
 
k
=   uk+i
i

Tümevarmdan dolay
kinci e³itlikte
k−1
k=0
Sq 2i (uk ) = 
durumunda
için e³itlik sa§lansn.
k
k
i

 uk+i
e³itli§i elde edilir.
dim u < 2i + 1
oldu§undan
Sq 2i (u0 ) = 0
dr.
k>0
olsun ve
için e³itli§in sa§land§n gösterelim:
Sq 2i+1 (uk ) = Sq 2i+1 (uuk−1 )
= Sq 0 (u) Sq 2i+1 (uk−1 ) + Sq 1 (u) Sq 2i−2 (uk−1 )
|
{z
} | {z }
=0
=0
+ Sq 2 (u) Sq 2i−1 (uk−1 )
|
{z
}
=0
=0
Sonuç olarak
10.
Sq i
Sq 2i+1 (uk ) = 0
e³itli§i sa§lanr.
nin ayr³trlabilir olmas için gerek ve yeter ³art
i
nin
2
nin bir kuvveti olmamasdr.
spatlaynz.
Cevap :
(⇒) Sq i
ayr³trlabilir olsun. Kabul edelim ki
i
Sq = Sq
2k
=
i = 2k
k −1
2X
olsun. Bu durumda,
mj Sq j
j=1
2k −1
k
k
Sq 2 (u2 ) =
X
k
mj Sq j (u2 )
j=1
k+1
u2
k
u2 = 0
=0
olamayaca§ndan çeli³ki elde ederiz. Kabulümüz yanl³ oldu§u için
i, 2
nin bir kat
olmamaldr.
(⇐)
Adem ba§ntsndan,


b−1
a
0 < a < 2b

için,
ba/2c
 Sq a+b = Sq a Sq b +

X

j=1
b−1−j
a − 2j

 Sq a+b−j Sq j
yazabiliriz. Bu e³itlikte


iken
Sq a+b
b−1
a

 ≡ 1 (mod 2)
0 < a < 2k için i = a + 2k


b−1

 ≡ 1 (mod 2)
a
ayr³trlabilirdir. O halde
e³itli§inin var oldu§unu gösterelim.
b = 2k
iken
olsun. Bu durumda,
b − 1 = 20 + 21 + . . . + 2k−1

için

b−1
a

 ≡ 1 (mod 2)
elde edilir. Sonuç olarak
Sq a+b
ayr³trlabilirdir.
Ba³arlar Dilerim.
Prof. Dr. smet KARACA