CEB RSEL TOPOLOJ

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 Sn'�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

Tan�m 1.0.1. X ve Y birer topolojik uzay olmak üzere f : X −→ Y bijektifolsun. E§er f ve f nin tersi f−1 sürekli ise f fonksiyonuna homeomor�zmdenir. E§er f : X −→ Y fonksiyonu homeomor�zm ise X uzay� Y uzay�nahomeomor�ktir denir ve X ≈ Y ile gösterilir.

Örnek 1.0.1. [a, b] ≈ [c, d] oldu§unu gösteriniz.

Çözüm:

f : [a, b] −→ [c, d] x 7→ f(x) = c+d− cb− a

(x− a)

ile tan�mlans�n. f homeomor�zmad�r.i) f bijektiftir:• ∀x1, x2 ∈ [a, b] için

f(x1) = f(x2)⇒ c+d− cb− a

(x1 − a) = c+d− cb− a

(x2 − a)⇒ x1 = x2

Böylece f bire birdir.

• ∀y ∈ [c, d] için f(x) = y olacak ³ekilde ∃x ∈ [a, b] vard�r:

f(x) = y ⇒ c+d− cb− a

(x− a) = y ⇒ x = a+ (y − c)b− ad− c

∈ [a, b]

Dolay�s�yla f örtendir.

Sonuç olarak f bijektiftir.

2

ii) f ve f−1 süreklidir:

1.Yol: f(x) = c+d− cb− a

(x−a), f−1(x) = a+b− ad− c

(x−c) fonksiyonlar�, x bi-

rim fonksiyonunun sabit bir fonksiyonla ç�kar�lmas�, toplanmas�, ç�kar�lmas�ve çarp�mlar� ³eklinde yaz�labildi§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) ∈ τd olmak üzere~

τ[a,b] = (e, q) ∩ [a, b] =

(e, q) a < e ve q < b

[a, b] e < a ve b < q

[a, q) e < a < q < b

(e, b] a < e < b < q

∅ e, q < a veya b < e, q.

(k, l) ∈ τd olmak üzere~

τ[c,d] = (k, l) ∩ [c, d] =

(k, l) c < k ve l < d

[c, d] k < c ve d < l

[c, l) k < c < l < d

(k, d] c < k < d < l

∅ k, l < c veya d < k, l.

(k, l) ∈ τ[c,d] için;f−1(k) = a+ b−c

d−c(k − c); c < k < d oldu§undan k−cd−c < 1⇒ a < f−1(k) < b

f−1(l) = a+ b−cd−c(l − c) c < l < d oldu§undan

l − cd− 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− ad− c

(l − c), k < c < l < d

oldu§undanl − cd− 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− cd− c

(k − c), c < k < d < l

oldu§undank − cd− 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 homeomor�zmad�r.

Örnek 1.0.2. f : (−1, 1) −→ R homeomor�zma m�d�r?x 7→ f(x) = x

1−x2

Çözüm:i) f bijektiftir:• ∀x1, x2 ∈ (−1, 1) için

f(x1) = f(x2)⇒ x1

1− x21

=x2

1− x22

⇒ x1 = x2


• ∀y ∈ R için f(x) = y olacak ³ekilde ∃x ∈ (−1, 1) vard�r:

f(x) = y ⇒ x

1− x2= y ⇒ yx2 + x− y = 0⇒ x =

−1∓√

1 + 4y2

2y

Böylece f örtendir.

ii) f ve f−1 süreklidir:

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) =

{−1+

√1+4x2

2xx 6= 0

0 x = 0

(a, b) ∈ τd için f−1((a, b)) ∈ τ(−1,1)?

f−1(a) =−1 +

√1 + 4a2

2a.

4

Örnek 1.0.3. S1 = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 = 1} ve K = {(x, y) ∈ R2||x|+|y| = 1} olsun. S1 ≈ K oldu§unu gösteriniz.

Çözüm:

−1

1

1

−1

1

−1

−1

1

�ekil 1.1: Çember kareye homeomorftur

f : S1 −→ K

(x, y) 7→ f(x, y) =(

x|x|+|y| ,

y|x|+|y|

)~ x1 =

x

|x|+ |y|ve y1 = y

|x|+|y| ise, bu durumda

|x|+ |y| =∣∣∣ x|x|+|y|

∣∣∣+∣∣∣ y|x|+|y|

∣∣∣ = |x|2+2|x||y|+|y|2(|x|+|y|)2 = (|x|+|y|)2

(|x|+|y|)2 = 1

O halde x1 ve y1 noktalar� karenin üzerindedir.

i) Her (x1, y1) = (x2, y2) ∈ S1 için

f(x1, y1) =( x1

|x1|+ |y1|,

y1

|x1|+ |y1|

)= Big(

x2

|x2|+ |y2|,

y2

|x2|+ |y2|

)=

f(x2, y2)

Böylece f iyi tan�ml�d�r.

ii) Her( x1

|x1|+ |y1|,

y1

|x1|+ |y1|

),( x2

|x2|+ |y2|,

y2

|x2|+ |y2|

)∈ K için

x1

|x1|+ |y1|=

x2

|x2|+ |y2|⇒ x1 = x2

y1

|x1|+ |y1|=

y2

|x2|+ |y2|⇒ y1 = y2


5

iii) Her (k, t) ∈ K için f(x, y) = (k, t) olacak ³ekilde ∃(x, y) ∈ S1 var-d�r:f(x, y) =

( x

|x|+ |y|,

y

|x|+ |y|

)= (k, t)⇔ k =

x

|x|+ |y|∧ t =

y

|x|+ |y|

k2 =x2

(|x|+ |y|)2, t2 =

y2

(|x|+ |y|)2olmak üzere

k2 + t2 =x2 + y2

(|x|+ |y|)2⇒ 1

(|x|+ |y|)2= k2 + t2

⇒ |x|+|y| = 1√k2 + t2

⇒

{x = k√

k2+t2

y = t√k2+t2

, x2+y2 = 1⇒( k√

k2 + t2,

t√k2 + t2

)∈

S1.

Böylece f örtendir.

iv) f ve f−1 : K −→ S1 süreklidir.

(x, y) 7→ f−1(x, y) =(

x√x2+y2

, y√x2+y2

)Lemma 1.0.1. 1) Homeomorf iki fonksiyonun bile³kesi yine homeomorftur.2) Homeomorf fonksiyonun tersi de homeomorftur.3) Birim dönü³üm 1 : (X, τ1) −→ (X, τ2) homeomorf ⇔ τ1 = τ2.

�spat:1) X ≈ Y, Y ≈ Z ⇒ X ≈ Z:f : X −→ Y, g : Y −→ Z homeomorf olsun. g ◦ f : X −→ Z homeomor�z-mad�r. Çünkü; f ve g bijektif ise g ◦ f de bijektif, f ve g sürekli ise g ◦ f desüreklidir.

2) X ≈ Y ⇒ Y ≈ X:f : X −→ Y homeomor�zma olsun. O halde f bijektif ve sürekli, f−1 desüreklidir. f−1 : Y −→ X sürekli, örten, (f−1)−1 = f sürekli, f−1 1 − 1oldu§undan f−1 de homeomor�zmad�r. Y ≈ X

3)(⇒:) 1X : (X, τ1) −→ (X, τ2) homeomor�zm, V ∈ τ2 olsun. 1−1X (V ) = V

aç�kt�r; çünkü homeomor�zm vard�r. Bu durumda V ∈ τ1. O halde τ2 ⊂τ1...(1)

U ∈ τ1 olsun. 1X(U) = (1−1X )−1 = U ∈ τ2; çünkü 1X homeomor�zmdir ve

bu sebeple 1−1X süreklidir. Bu durumda τ1 ⊂ τ2...(2)

(1) ve (2)den τ1 = τ2.

(⇐:) τ1 = τ2 olsun. Yans�ma özelli§inden dolay� 1X : (X, τ1) −→ (X, τ2)

6

homeomor�zmdir.

Sonuç 1.0.1. Homeomor�zma ba§�nt�s� bir denklik ba§�nt�s�d�r.

Önerme 1.0.1. f : X −→ Y homeomor�zma, 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 homeomor�zma ⇒ f kapal� sürekli fonksiyondur.

A ⊂ X kapal� olsun. O halde f kapal� sürekli fonksiyon oldu§undan f(A), Yde kapal�d�r.

(⇐:) Teorem: f : X −→ Y sürekli ise ∀K ∈ KY için f−1(K) ∈ KX dir.

f homeomor�zma oldu§undan f−1 sürekli fonksiyondur. f(A) ⊂ Y kapal� ol-sun. O halde f−1 sürekli oldu§undan f−1(f(A)), X de kapal�d�r. f−1(f(A)) =A oldu§undan A ⊂ X de kapal�d�r.

(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 ∈ KX için f(A) ∈ KY dir. O halde f(A) =f(A) d�r.⇒ [f(A)] ⊂ f(A)

~ f(A) ⊂ f(A)Y uzay�nda 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 ′)kapal�d�r. O halde; A,A y� kapsayan en küçük kapal� küme oldu§undanA ⊂ A ⊂ f−1(K ′) dür. f(A) ⊂ f(f−1(K ′)) ⊂ K ′ ve seçilen K ′ kapal�s�f(A) seçilebilece§inden f(A) ⊂ f(A) d�r.

(iii) f(A◦) = [f(A)]◦ ⇔ f(A◦) ⊂ [f(A)]◦ ∧ [f(A)]◦ ⊂ f(A◦)

~ f(A◦) ⊂ [f(A)]◦

∀A ⊂ X için A◦ ⊂ A d�r. O halde f(A◦) ⊂ f(A) d�r. f(A) ⊂ Y nin kapsad�§�

7

en büyük aç�k küme [f(A)]◦ oldu§undan; f(A◦) ⊂ [f(A)]◦ olmak zorundad�r.

~ [f(A)]◦ ⊂ f(A◦)Bu ³�kk�n ispat� al�³t�rma olarak okuyucuya b�rak�lm�³t�r.

Teorem 1.0.1. X kompakt, Y Hausdor� ve f : X −→ Y sürekli, bijektiffonksiyon olsun. O zaman f homeomor�zmad�r.

�spat: f−1 in sürekli oldu§unu göstermemiz gereklidir. Yani f nin kapal�veya aç�k dönü³üm oldu§unu göstermeliyiz. C, X te kapal� olsun. X kom-pakt oldu§undan C de kompaktt�r. (Kompakt uzaylar�n kapal� alt uzaylar�da kompaktt�r.) f(C), Y de kompaktt�r. (Kompakt uzay�n sürekli dönü³ümalt�nda görüntüsü kompakt oldu§undan Y de kompaktt�r.) f(C), Y de kapa-l�d�r. (Hausdor� uzay�n kompakt alt uzay� kapal�d�r.)

8

ALI�TIRMALAR1) Herhangi iki a, b ∈ R(a < b) say�lar� 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 homeomor�zma m�d�r? Aç�klay�n�z.x 7→ f(x) = x

1−x2

4) Reel do§runun herhangi iki aç�k aral�§� homeomorftur. Gösteriniz.

5) S herhangi bir topolojik uzay ise, bu takdirde h : (−1, 1) −→ S vej : R −→ S sürekli dönü³ümleri aras�nda bire bir e³leme vard�r; ve h−1 :S −→ (−1, 1) ve j−1 : S −→ R sürekli dönü³ümleri aras�nda bire bir e³lemevard�r. �spatlay�n�z.

6) f : S −→ T bir homeomor�zm ve g : T −→ U bir homeomor�zm ise, butakdirde g ◦ f : S −→ U bir homeomor�zmdir. �spatlay�n�z.

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 elemanlar�ndan hangileri birbirine homeomorf-tur?

8) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 rakamlar�n�n hangileri birbirine homeomorf-tur?

9) S = {1, 2} kümesi üzerinde discrete topoloji ve T = {1, 2} kümesi üzer-inde indiscrete topoloji tan�mlanm�³ olsun. g : T −→ S bir bijeksiyon ise Sve T homeomorf mudur?

10) S1 = {(x1, x2) ∈ R2|x21 + x2

2 = 1} ve T = {x1, x2) ∈ R2||x1|+ |x2| = 1}kümeleri verilsin. S1 ≈ T oldu§unu gösteriniz.

11) S1in [0, 1] kapal� aral�§�na homeomorf olmad�§�n� gösteriniz.

12) V = (0, 1] ∪ (2, 3] ∪ (4, 5] ∪ . . . ve f : V −→ V

f(x) =

x2

x ∈ (0, 1]x−1

2x ∈ (2, 3]

x− 2 di§er durumlarda

9

ile tan�mlans�n. f bir homeomor�zm midir?

10

Bölüm 2

�DENT�F�KASYON UZAYLAR

(X, τ) bir topolojik uzay, Y herhangi bir küme ve p : X −→ Y örten birfonksiyon olsun. τ ′ = {V ⊂ Y |p−1(V ) ∈ τ} kolleksiyonunun Y üzerinde birtopoloji oldu§unu iddia ediyoruz:

t1) p−1(∅) = ∅ ∈ τ ⇒ ∅ ∈ τ ′, p−1(Y ) = X ∈ τ ⇒ Y ∈ τt2) {Vi}i∈I ∈ τ ′ ⇒ ∀i ∈ I p−1(Vi) ∈ τ ⇒

⋃i∈I

p−1(Vi) ∈ τ

⇒ p−1(⋃i∈I

Vi) ∈ τ ⇒⋃i∈I

Vi ∈ τ ′

t3) 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 ′

Tan�m 2.0.2. Y üzerinde olu³turulan τ ′ topolojisine identi�kasyon topo-lojisi denir. (Y, τ ′) topolojik uzay�na (X, τ) uzay�n�n identi�kasyon uzay�,p : (X, τ) −→ (Y, τ ′) dönü³ümüne identi�kasyon dönü³ümü denir.

Önerme 2.0.2. ∀V ⊂ Y , Y de aç�kt�r ⇔ p−1(V ), X de aç�kt�r ⇔ p : X −→Y identi�kasyon dönü³ümüdür.

Not 2.0.1. Bu önerme mevcut ise p : X −→ Y identi�kasyon dönü³ümdür.(⇒:) yönü süreklili§i belirtir.(⇐:) yönü baz� kitaplarda aç�kl�k 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 7→ p(1) = a2 7→ p(2) = b3 7→ p(3) = a

dönü³ümü örtendir. Bu dönü³üm sürekli midir? p üzerindeki topolojiyi belir-leyiniz.

Çözüm: τ ′ = {∅, Y, {a}} alal�m. p bu topoloji üzerinde identi�kasyon dön-ü³ümdür.

p−1(∅) = ∅ ∈ τp−1(Y ) = X ∈ τ

p−1({a}) = {1, 3} ∈ τ⇒ p sürekli dönü³ümdür.

Örnek 2.0.5. C ⊂ [0, 1] olmak üzere χC : [0, 1] −→ [0, 1] dönü³ümü

t 7→ χC(t) =

{1 t ∈ C0 t /∈ C

ile tan�mlans�n. χC identi�kasyon dönü³üm müdür?

Çözüm: C ⊂ [0, 1] olsun. τS,R üzerindeki standart topoloji olmak üzereτ[0,1] = {[0, 1] ∩ V |V ∈ τS}.

~ C 6= ∅, C = [0, 1]∩Q alal�m. τ ′ = {∅, {0, 1}} seçilirse (kümeyi {0, 1} ⊂ [0, 1]seçti) χ−1

C (∅) = ∅, χ−1C ({0, 1}) = [0, 1] ∈ τ[0,1] oldu§undan χC süreklidir.

χC([0, 1] ∩ V ) = χC([0, 1] ∩ (a, b)) =

{0, 1} a = 0,b = 1∅ a, b < 0 ∨ a, b > 1

(a, b) 0 < a < b < 1

O halde χC aç�kt�r. Sonuç olarak χC identi�kasyon dönü³ümdür.

Teorem 2.0.2. p : X −→ Y örten ve sürekli fonksiyon olsun. E§er p dön-ü³ümü aç�k ya da kapal� dönü³üm ise p identi�kasyon dönü³ümdür.

�spat: p : X −→ Y örten, sürekli ve aç�k dönü³üm olsun.p identi�kasyon dönü³üm :⇔ ∀V ⊂ Y, Y de aç�k ⇔ p−1(V ), X de aç�k?

(⇒:) p sürekli oldu§undan a³ikard�r.(⇐:) p−1(V ), X de aç�k olsun. p aç�k dönü³üm oldu§undan p(p−1(V )), Y deaç�kt�r. p örten dönü³üm oldu§undan p(p−1(V )) = V dir. O halde V, Y deaç�kt�r.

12

Örnek 2.0.6. p : R −→ S1 ⊂ R2

t 7→ p(t) = e2πit = (cos 2πt, sin 2πt)

Çözüm:~ p örtendir: ∀y = (y1, y2) ∈ S1 için f(t) = y ⇒ (cos 2πt, sin 2πt) =

(y1, y2)⇒ t =1

2πarctan

y1

y2

∈ R

~ p süreklidir: p1(t) = cos 2πt sürekli, p2(t) = sin 2πt sürekli⇒ p = (p1(t), p2(t))süreklidir.

~ p hem aç�k hem de kapal� dönü³ümdür. Bu ispat okuyucuya b�rak�lm-�³t�r.

Sonuç olarak Teorem 2.0.4 gere§ince p identi�kasyon dönü³ümdür.

Örnek 2.0.7. π1 : R× R −→ R(x, y) 7→ π1(x, y) = x

Çözüm:~ π1 örtendir: ∀z ∈ R için π1(x, y) = z ⇒ x = z, y ∈ R olacak ³ekilde∃(x, y) ∈ R× R

~ π1 süreklidir: V ⊂ R aç�k için π−11 (V ) = V × R ⊂ R× R de aç�k

~ π1 aç�kt�r: ∀W = U × V ∈ R× R aç�k için π1(W ) = U,R de aç�k

O halde π1 identi�kasyon dönü³ümdür.

Fakat π1 kapal� dönü³üm de§ildir. K = {(x, y) ∈ R2|y = 1x}, R2 de

kapal� iken, π1(K) = (−∞, 0) ∪ (0,∞) R de kapal� de§ildir.

Teorem 2.0.3. Y topolojik uzay�, X topolojik uzay�n�n identi�kasyon uzay�ve Z topolojik uzay� Y uzay�n�n identi�kasyon uzay� olsun. O zaman Z, Xin identi�kasyon uzay�d�r.

�spat: p : X −→ Y , q : Y −→ Z identi�kasyon dönü³ümü olsun.

~ k : X −→ Z identi�kasyon dönü³ümdür ⇔ (∀V ⊂ Z de aç�k ⇔ k−1(V ) ⊂X de aç�k)önermesini kullanaca§�z (Önerme 2.0.2).

(⇒:) V, Z de aç�k olsun. k = q ◦ p : X −→ Z dir.k−1(V ) = (q ◦ p)−1(V ) = p−1(q−1(V ))

13

q identi�kasyon dönü³üm oldu§undan q−1(V ), Y de aç�kt�r.p identi�kasyon dönü³üm oldu§undan p−1(q−1(V )), X de aç�kt�r.⇒ k−1(V ), Xde aç�kt�r.

(⇐:) k−1(V ), Xde aç�k olsun.k−1(V ) = p−1(q−1(V )) aç�k olmas� için q−1(V ) nin aç�k olmas� gerek-

mektedir. q identi�kasyon dönü³üm oldu§undan V ⊂ Z de aç�kt�r.

Teorem 2.0.4. p : X −→ Y identi�kasyon dönü³üm olsun. Herhangi bir Zuzay� 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 aç�k için k−1(V ), Y de aç�k m�d�r?(k ◦ p)−1(V ), k ◦ p sürekli oldu§undan, Xde aç�kt�r.(k◦p)−1(V ) = p−1(k−1(V ))inXde aç�k olmas� için k−1(V )nin Y de aç�k olmas�gerekmektedir. Çünkü p identi�kasyon dönü³ümdür.

Teorem 2.0.5. p : X −→ Y identi�kasyon dönü³üm olsun. g : X −→Z a³a§�daki özelli§e sahip sürekli fonksiyon olsun: ∀x, x′ ∈ X için p(x) =p(x′)⇒ g(x) = g(x′).

O zaman h ◦ p = g olacak ³ekilde bir tek h : Y −→ Z sürekli fonksiyonuvard�r.

�spat: h : Y −→ Zy 7→ h(y) = g(p−1(y))

olsun. h iyi tan�ml�, sürekli ve örtendir.

Sonuç 2.0.2. p : X −→ Y , q : X −→ Z identi�kasyon dönü³üm ise Y ≈Zdir.

�spat: h : Y −→ Z olsun.1) h bijektif mi?k : Z −→ Y olsun. k ◦ h = 1Y ⇔ h, 1− 1 ve h ◦ k = 1Z ⇔ h, örten oldu§unugöstemeliyiz.

Xp //

q @

@@@@

@@Y

Z

k??~~~~~~~

q = h ◦ p ve p = k ◦ q göz önüne alal�m.

14

(h ◦ k) ◦ q = h ◦ (k ◦ q) = h ◦ p = q = 1Z ◦ q ⇒ h örten(k ◦ h) ◦ p = k ◦ (h ◦ p) = k ◦ q = p = 1Y ◦ 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�TIRMALAR1) X = {a, b, c, d}, τX = {∅, X, a, a, b, b, c, d, b}, Y = {0, 1} olmak üzeref : X −→ Y

f(a) = f(c) = 0, f(b) = f(d) = 1

dönü³ümünü sürekli k�lan, Y üzerindeki en geni³ topolojiyi bulunuz.

2) a) Aç�k dönü³üm olmayan bir identi�kasyon dönü³ümü örne§i bulunuz.b) Kapal� dönü³üm olmayan bir identi�kasyon dönü³ümü örne§i bulunuz.

16

Bölüm 3

BÖLÜM UZAYLARI

Tan�m 3.0.3. X bir küme ve R, X üzerinde bir denklik ba§�nt�s� olsun. X/Rbir bölüm kümesidir. qR : X −→ X/R bölüm dönü³ümü kanonik dönü³üm-dür.(Her zaman örten olan dönü³ümlere kanonik dönü³üm ya da do§al dönü³ümdenir.)

X/R = [x]R = {z ∈ X|xRz}

(X, τ) bir topolojik uzay olsun. qR : X −→ X/R bölüm dönü³ümünü süreklik�lan Y üzerindeki en geni³ topoloji τ ′ = {V ⊂ X/R : q−1

R (V ) ∈ τ} d�r vebu topolojiye bölüm topolojisi denir. (X/R, τ ′) identi�kasyon uzay�na da(X, τ) nun bölüm uzay� denir.

Örnek 3.0.8. I = [0, 1], xRy ⇔ x = y = 0 veya 1 olsun.

qR : [0, 1] −→ [0, 1]/Rx 7→ qR(x) = [x]R

dönü³ümü bölüm dönü³ümüdür.

p : [0, 1] −→ S1

t 7→ p(t) = e2iπt

identi�kasyon dönü³ümdür.

Sonuç2.0.1'den yararlanarak [0, 1]/R ≈ S1 oldu§unu söyleyebiliriz.

p : [0, 1]/R −→ S1

[x]R 7→ p([x]R) = p(x) = e2iπx

olsun.

17

i) p, bijektif dönü³ümdür:~ p([x]R) = p([y]R)⇒ e2iπx = e2iπy

⇒ 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−1R örtendir.

ii) p sürekli ⇔ p = p ◦ qR sürekli (Teorem 2.0.4)iii) p−1 sürekli ⇔ qR = p−1 ◦ p sürekli (Teorem 2.0.4)

Örnek 3.0.9. A³a§�daki gibi verilen

p : I × I −→ I × S1

(s, t) 7→ p(s, t) = (s, e2iπt)


q : I × I −→ I × I/R(s, t) 7→ q(s, t) = p(s, t) = (s, e2iπt)


a

b

c

e

d

f

g

k

lh

f=e

b=d

a=c

pk

h=g

�ekil 3.1: Silindir

I × I/R ≈ I × S1 dir.

p : I × I/R −→ I × S1

[s, t]R 7→ p([s, t]R) = p(s, t) = (s, e2iπt)

dönü³ümü homeomor�zmad�r.

18

Örnek 3.0.10. p : I × I −→ S1 × S1 q : I × I −→ I × I/R(s, t) 7→ (e2πis, e2πit) (s, t) 7→ q(s, t) = [(s, t)]R

p : I × I/R −→ S1 × S1

[s, t]R 7→ p([s, t]R) = p(s, t)

homeomor�zmad�r.

Örnek 3.0.11. Mobius �eridi: Mb 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 to-pun yüzeyine bat�r�lan ³i³ler projektif düzlemdir.

p : S2 −→ S2/ ∼, x ∈ S2 : x ∼ −x

�ekil 3.3: Reel Projektif Düzlem

20

Örnek 3.0.13. Klein �i³esi: Kb yönlendirilemeyen manifolddur.

p : I × I −→ I × I/ ∼, (0, t) ∼ (1, t), (s, 0) ∼ (1− s, 1)

�ekil 3.4: Klein �i³esi

21

Bir Topolojik Uzay�n Süspansiyonu:

Tan�m 3.0.4. X topolojik uzay ve I = [0, 1] olmak üzere;

X × I −→ X × I/X × {0, 1} = ΣX

bölüm uzay�na X in süspansiyonu denir.

Örnek 3.0.14. X = S1 al�n�rsa; S1×I/S1×{0, 1} ∼= S2 dir. Yani çemberinsüspansiyonu küredir.

⇒ ΣS1 = S2 ⇒ ΣSn−1 = Sn

Tan�m 3.0.5. f : X −→ Y sürekli verilsin. X × I ∪ Y/ ∼: x ∼ f(x) olmaküzere f dönü³ümüne silindir dönü³ümü denir.

Örnek 3.0.15. X × I = S1 × I al�n�rsa; silindir dönü³ümü elde edilir.

22

ALI�TIRMALAR1) ∼, bir X topolojik uzay� üzerinde denklik ba§�nt�s� 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/ ∼ aç�k dönü³üm ise X/ ∼n�n

H-uzay� oldu§unu gösteriniz.c) R ⊂ X ×X aç�k ise,

iX : X −→ {x} ×Xy 7→ iX(y) = (x, y)

dönü³ümü X ile {x} × X uzaylar�n� homeomorf k�l�yor olmak üzere X/ ∼üzerindeki bölüm topolojisinin discret oldu§unu gösteriniz.

2) π1 : R2 −→ R(x, y) 7→ π1(x, y) = x

izdü³üm fonksiyonu verilsin.a) X = (0× R) ∪ (R× 0) ⊂ R2 alt uzay� ve g = π1|X olsun. g nin kapal�

bir dönü³üm oldu§unu fakat aç�k olmad�§�n� gösteriniz.

b) Y = (R+ × R) ∪ (R × 0) ⊆ R2 alt uzay� ve h = π1/Y olsun. h �nkapal� bir dönü³üm olmad�§�n� ancak bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

3) g : R2 −→ R+ = [0,∞)(x, y) 7→ g(x, y) = x2 + y2

biçiminde tan�mlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

4) g : R2 −→ R(x, y) 7→ g(x, y) = x+ y2

biçiminde tan�mlanan g dönü³ümünün bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

5) p : X −→ Y bir sürekli dönü³üm olsun. p ◦ f = 1Y olacak ³ekilde süreklibir f : Y −→ X dönü³ümü mevcutsa, p bir bölüm dönü³ümüdür. Gösteriniz.

6) Retraksiyonun bir bölüm dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.

7) π1 : R × R −→ R birinci koordinat üzerine izdü³üm fonksiyonu olsun.R× R nin A alt uzay� ³u ³ekilde tan�mlans�n:

A = {x× y|x ≥ 0 ya da y = 0}.

q : A −→ R, π1 in k�s�tlan�³� olsun. q nun bir bölüm dönü³ümü oldu§unu,fakat aç�k dönü³üm olmad�§�n� gösteriniz.

23

Bölüm 4

HOMOTOP�

Tan�m 4.0.6. X, Y iki topolojik uzay, f, g : X −→ Y sürekli iki dönü³üm veI = [0, 1] olsun. ∀x ∈ X için H(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = g(x) olacak ³ekildebir H : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü varsa f dönü³ümü g dönü³ümünehomotoptur ve H ye homotopi dönü³ümü denir.

Tan�m 4.0.7. x0,x1 ∈ X noktalar� için f(0) = x0 ve f(1) = x1 olacak ³ekildebir f : I −→ X sürekli dönü³üm varsa, f ye x0 dan x1 e giden bir yol denir.

Örnek 4.0.16. A³a§�daki dönü³ümler birer yoldur:

f : I −→ S1

t 7→ f(t) = (cos 2πt, sin 2πt)

g : I −→ R2

t 7→ g(t) = (t, t2)

h : I −→ R2

t 7→ h(t) = (cos 2πt, 2 sin 2πt)

Tan�m 4.0.8. f, g : I −→ X, ba³lang�ç noktalar� f(0) = g(0) = x0 ve biti³noktalar� f(1)=g(1) = x1 olan iki yol olsun. H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = g(s),H(0, t) = x0 ve H(1, t) = x1 olacak ³ekilde bir H : I × I −→ X süreklidönü³ümü varsa f ve g ye yol homotopik dönü³ümler denir ve f 'p gile gösterilir.

24

Lemma 4.0.2. 'p ve ' ba§�nt�lar� birer denklik ba§�nt�s�d�r.

�spat: ' ba§�nt�s�n�n denklik ba§�nt�s� oldu§unu gösterelim.

1. ' ba§�nt�s� yans�mal�d�r:f : X −→ Y sürekli dönü³üm olsun. O zaman;H : X × I −→ Y, H(x,t)=f(x) dönü³ümü de süreklidir. Ayr�caH(x, 0) = f(x) ve H(x, 1) = f(x) ko³ullar� sa§lan�r. Buradan f ' fdir.

2. ' ba§�nt�s� simetriktir:f ' g olsun. O zaman;

H(x, 0) = f(x), H(x, 1) = g(x)

olacak ³ekilde H : X × I −→ Y sürekli dönü³ümü vard�r.F : X × I −→ Y , F (x, t) = H(x, 1 − t) sürekli dönü³ümünü tan�mla-yal�m.

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§�nt�s� 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 vard�r.

K : X × I −→ Y, K(x, t) =

{H(x, 2t), 0 ≤ t ≤ 1/2G(x, 2t− 1), 1/2 ≤ t ≤ 1

sürekli dönü³ümünü tan�mlayal�m.K(x, 0) = H(x, 0) = f(x) veK(x, 1) =G(x, 1) = h(x) ³artlar� sa§lan�r. Ayr�ca H ve G sürekli oldu§u için Pas-ting Lemma dan K dönü³ümü de süreklidir. Böylece f ' h dir.

25

Örnek 4.0.17. f, g : X −→ R2 sürekli dönü³ümlerini göz önüne alal�m.Bunlar homotop dönü³ümler midir?

Çözüm: H : X × I −→ R2,t ∈ I olmak üzere H(x, t) = (1 − t).f(x) +t.g(x) dönü³ümlerini göz önüne alal�m. R2 de sürekli dönü³ümlerin toplam�ve çarp�m� sürekli oldu§undanH süreklidir veH(x, 0) = f(x),H(x, 1) = g(x)³artlar�n� sa§lar. Buna göre f ' g dir.

Tan�m 4.0.9. X de f(1) = g(0) özellikli iki yol f, g : I −→ X olsun. f ile garas�ndaki ∗ i³lemini ³u ³ekilde tan�mlar�z:

(f ∗ g)(s) =

{f(2s), 0 ≤ t ≤ 1/2g(2s− 1), 1/2 ≤ t ≤ 1

f dönü³ümünün homotopi s�n�f�n [f ] ile gösteririz. [f ∗ g] = [f ] ∗ [g] dir.

Teorem 4.0.6. ∗ i³lemi a³a§�daki özellikleri sa§lar:

1. ∗ i³lemi, yol homotopi s�n��ar� üzerinde iyi tan�ml�d�r.

2. ∗ i³leminin birle³me özelli§i vard�r:([f ] ∗ [g]) ∗ [h] = [f ] ∗ ([g] ∗ [h]) .

3. ∗ i³leminde birim eleman vard�r fakat tek de§ildir:ex0 , ex1 : I −→ X sabit yol ve f : I −→ X,f(0) = x0, f(1) = x1 özelliklibir yol olsun. [f ] = [f ] ∗ [ex1 ] , [ex0 ] ∗ [f ] = [f ].

4. ∗ i³lemine göre bir [f ] eleman�n�n ters elemanlar� vard�r:[ex0 ] = [f ] ∗

[f],[f]∗ [f ] = [ex1 ].

Ayr�ca ∗ i³lemi bu özellikleri sa§lad�§�ndan yol homotopi s�n��ar� üzerindegruboid yap�s� olu³turur.

�spat:

1. f1 ' g1 ve f2 ' g2 olsun. Bu durumda f1 ∗ f2 ' g1 ∗ g2 :

f1 ' g1 oldu§undan H(x, 0) = f1(x), H(x, 1) = g1(x) ko³ullar�n� sa§la-yan bir sürekli H : I × I −→ X dönü³ümü vard�r.

f2 ' g2 oldu§undan G(x, 0) = f2(x), G(x, 1) = g2 ko³ullar�n� sa§la-yan bir sürekli G : I × I −→ X dönü³ümü vard�r.

26

O halde f1 ∗ f2 ' g1 ∗ g2 oldu§unu göstermek için F (x, 0) = f1 ∗f2, F (x, 1) = g1 ∗ g2 ko³ullar�n� sa§layan bir F : I × I −→ X süreklidönü³ümü bulmal�y�z. H ve G dönü³ümlerinden yararlanarak F dön-ü³ümünü olu³tural�m.

F (x, t) =

H(2x, t) x ∈ [0,

1

2]

G(2x− 1, t) x ∈ [1

2, 1]

Tan�mlad�§�m�z F dönü³ümü pasting lemma ve H ve G dönü³ümleri-nin süreklili§inden dolay� süreklidir. �stenilen ko³ullar� da sa§lad�§�ndandolay� ∗ i³lemi yol homotopi dönü³ümleri üzerinde iyi tan�ml�d�r.

2. [f ] ∗ ([g] ∗ [h]) = ([f ] ∗ [g]) ∗ [h] oldu§unu göstermeliyiz. Bu durumdaf ∗ (g ∗ h) ' (f ∗ g) ∗ h oldu§unu göstermeliyiz.

H : I × I −→ X,H(s, t) =

f(

4s

t+ 1) s ∈ [0,

t+ 1

4]

g(4s− t− 1) s ∈ [t+ 1

4,t+ 2

4]

h(4s− t− 2

2− t) s ∈ [

t+ 2

4, 1]

³eklinde tan�mlad�§�m�z dönü³üm f, h, g sürekli oldu§undan ve pastinglemmadan dolay� süreklidir.

H(s, 0) =

f(4s) s ∈ [0, 1/4]

g(4s− 1) s ∈ [1/4, 1/2]

h(2s− 1) s ∈ [1/2, 1]

, H(s, 0) = (f ∗ g) ∗ h(s)

H(s, 1) =

f(2s) s ∈ [0, 1/2]

g(4s− 2) s ∈ [1/2, 3/4]

h(4s− 3) s ∈ [3/4, 1]

, H(s, 1) = f ∗ (g ∗ h)(s)

O halde f ∗ (g ∗ h) 'p (f ∗ g) ∗ h dir. Yani ∗ i³leminin birle³me özelli§ivard�r.

3. [f ] = [f ] ∗ [ex1 ] ⇔ f 'p f ∗ ex1 ?

27

H : I × I −→ X,H(s, t) =

f(

2s

2− t) s ∈ [0,

2− t2

]

x1 s ∈ [2− t

2, 1]

H dönü³ümü pasting lemma ve f ile sabit dönü³ümün süreklili§indendolay� süreklidir ve H(s, 0) = f(s), H(s, 1) = f ∗ ex1 oldu§undan [f ] =[f ] ∗ [ex1 ] dir.Benzer ³ekilde di§er birim eleman�n varl�§� da gösterilebilir.

4. [f ] ∗ [f ] = [ex0 ] ⇔ f ∗ f 'p ex0 ?

28

f : I −→ X, f(t) = f(1− t) ³eklinde tan�ml�d�r.

H : I × I −→ X,H(s, t) =

{f(2ts) s ∈ [0, 1/2]

f(2t(1− s)) s ∈ [1/2, 1]

³eklinde tan�mlad�§�m�z H dönü³ümü f sürekli oldu§undan süreklidirveH(s, 0) = f(0) = ex0 veH(s, 1) = f∗f(s) oldu§undan [f ]∗[f ] = [ex0 ]dir.Benzer ³ekilde di§er ters eleman da gösterilebilir.

Lemma 4.0.3. f, f ′ : X −→ Y ve g, g′ : Y −→ Z sürekli dönü³ümler vef ' 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) ko³ullar�n� sa§lar. g ' g′ oldu§undan H : Y ×I −→ Z süreklidönü³ümü H(x, 0) = g(x), H(x, 1) = g′(x) ko³ullar�n� sa§lar. g ◦ f ' g′ ◦ f ′oldu§unu göstermek için ' ba§�nt�s�n�n denklik ba§�nt�s� oldu§undan yarar-lanaca§�z. g ◦ f ' g ◦ f ′ ve g ◦ f ′ ' g′ ◦ f ′ oldu§unu gösterirsek g ◦ f ' g′ ◦ f ′oldu§unu göstermi³ oluruz.

29

• X × I F // Yg // Z

G : X × I −→ Z,G(x, t) = g ◦ F (x, t) ³eklinde tan�mlanan dönü³üm Fve g sürekli oldu§undan süreklidir. G(x, 0) = g ◦ F (x, 0) = g ◦ f(x) veG(x, 1) = g ◦ F (x, 1) = g ◦ f ′(x) oldu§undan g ◦ f ' g ◦ f ′ dir.

• X × I f ′×1 // Y × I G // ZG◦(f ′×1) : X×I −→ Z sürekli dönü³ümü G◦(f ′×1)(x, 0) = g◦f ′(x)ve G◦(f ′×1)(x, 1) = g′◦f ′(x) ko³ullar�n� da sa§lad�§�ndan g◦f ′ ' g′◦f ′dir.

O halde g ◦ f ' g′ ◦ f ′ dir.

30

ALI�TIRMALAR1)h, h′ : X −→ Y homotopik ve k, k′ : Y −→ Z homotopik ise, k ◦h ve k′ ◦h′homotopiktir. Gösteriniz.

2) Bir X uzay�n�n birim dönü³ümü, sabit dönü³üme homotop ise, X uza-y�na büzülebilirdir denir.

a) I = [0, 1] ve R nin büzülebilir oldu§unu gösteriniz.b) Büzülebilir uzaylar yol ba§lant�l�d�r. Gösteriniz.

3) X, Rn de konveks bir küme olsun. X de ayn� uç noktalara sahip iki yolunyol homotop oldu§unu gösteriniz.

4) X den Y ye dönü³ümlerin homotopi s�n��ar�n�n kümesi [X, Y ] olsun.a) I = [0, 1] [X, I] tek elemanl�d�r. Gösteriniz.b) Y yol ba§lant�l� ise [I, Y ] tek elemanl�d�r. Gösteriniz.

31

Bölüm 5

TEMEL GRUPLAR

Tan�m 5.0.10. X topolojik uzay ve x0 ∈ X olsun. x0 da ba³lay�p x0 da sonaeren X deki yollara kapal� yol (loop) denir.x0 tabanl� kapal� yollar�n homotopi s�n�f� ∗ i³lemi alt�nda 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 , x0 da kapal� yol olsun. π1(R, x0) = {[g] : g ' f, f, g : I →Xf(0) = g(0) = x0, f(1) = g(1) = x1} H : I × I :→ R, H(s, t) =(1 − t).f(s) + t.ex0(s) sürekli dönü³ümünü tan�mlayal�m. g = ex0 al�n�rsaπ1(R, x0) = {[e0]} = {0} a³ikar gruptur.

Örnek 5.0.19. X konveks uzay olsun. π1(X, x0) = {[ex0 ]}.

Örnek 5.0.20. X=D2 (Disk) olsun. π1(X, x0)={[ex0 ]}.

Örnek 5.0.21. X = { ∗ } olsun. π1(X, x0)={[ex0 ]}.

Örnek 5.0.22. X=[0, 1] olsun. π1(X, x0)={[ex0 ]}.

Tan�m 5.0.11. α, X topolojik uzay�nda x0 dan x1 e giden bir yol olsun.

α : π1(X, x0) −→ π1(X, x1)[f ] 7→ α([f ]) = [α] ∗ [f ] ∗ [α]

³eklinde dönü³üm tan�mlans�n.

32

i) α iyi tan�ml�d�r.ii) α homomor�zmdir.iii) α bijektiftir.

�spat: i) α iyi tan�ml�d�r: [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 homomor�zmdir: α([f ] ∗ [g]) = α([f ]) ∗ α([g])?

[f ] ∗ [g] = [f ∗ g] oldu§unu biliyoruz.

α([f ] ∗ [g]) = α([f ∗ g]) = [α] ∗ [f ∗ g] ∗ [α] = [α] ∗ [f ] ∗ [g] ∗ [α]= [α] ∗ [f ] ∗ [α] ∗ [α] ∗ [g] ∗ [α]= α([f ]) ∗ α([g])

Böylece α homomor�zmad�r.

iii) α bijektiftir:

β : π1(X, x1) −→ π1(X, x0)

[h] 7→ β([h]) = [β] ∗ [h] ∗ [β]

³eklinde tan�mlans�n. β : I → X, her t ∈ I için β(t) = α(1− t) = α(t) alal�m.Bu durumda

β([h]) = [α] ∗ [h] ∗ [α].

A³a§�daki iki durum mevcut ise α bijektiftir:

β ◦ α = 1π1(X,x0) ⇔ α injektifα ◦ β = 1π1(X,x1) ⇔ α surjektif

33

β◦α([f ]) = β(α[f ]) = β([α]∗[f ]∗[α]) = β([α∗f∗α]) = [α]∗[α]∗[f ]∗[α]∗[α]= [ex0 ] ∗ [f ] ∗ [ex0 ] = [f ] ∗ [ex0 ] = [f ] = 1π1(X,x0)

Böylece α injektiftir.

α ◦ β([g]) = α(β[g]) = α([β ∗ g ∗ β]) = [α ∗ β ∗ g ∗ β ∗ α] = [e ∗ g ∗ e] =[g] = 1π1(X,x1)([g])

Dolay�s�yla α surjektiftir.

Sonuç olarak α bir izomor�zmdir.

Bu durumda a³a§�daki teoremi elde ederiz;

Teorem 5.0.7. α : π1(X, x0) −→ π1(X, x1) izomor�zmdir.

Sonuç 5.0.3. X yol ba§lant�l� uzay ve x0, x1 ∈ X olsun. O zaman

π1(X, x0) ∼= π1(X, x1).

Tan�m 5.0.12. X topolojik uzay ve yol ba§lant�l� olsun. π1(X, x0) = {ex0}ise X e basit ba§lant�l� uzay denir.

Örnek 5.0.23. R basit ba§lant�l�d�r; çünkü R yol ba§lant�l�d�r ve π1(R, r0) ={er0} d�r.

Örnek 5.0.24. D2 basit ba§lant�l�d�r; çünkü D2 yol ba§lant�l�d�r ve π1(D2, d0) ={ed0} d�r.

Örnek 5.0.25. {∗} basit ba§lant�l�d�r; çünkü {∗} yol ba§lant�l�d�r ve π1({∗}, ∗) ={e∗} d�r.

Lemma 5.0.4. Basit ba§lant�l� X uzay�nda ba³lang�ç ve biti³ noktalar� ayn�olan iki yol, yol homotoptur.

�spat: α ve β, x0 dan x1 e giden iki yol olsun. α 'p β?

α ∗ β, X uzay�n�n x0 noktas�nda bir looptur. X uzay� basit ba§lant�l� ol-du§undan π1(X, x0) = {ex0} dir.

[α ∗ β] = [ex0 ]⇔ α ∗ β 'p ex0

α 'p α ∗ ex1 'p α ∗ β ∗ β 'p (α ∗ β) ∗ β 'p ex0 ∗ β 'p β ⇒ α 'p β ⇔[α] = [β].

34

Tan�m 5.0.13. h : (X, x0) −→ (Y, y0) bir sürekli dönü³üm olsun. f : I −→X, x0 bazl� bir loop ise, bu durumda h ◦ f , Y de y0 bazl� bir looptur.

Tan�m 5.0.14. h : (X, x0) −→ (Y, y0) bir sürekli dönü³üm olsun.

h∗ : π1(X, x0) −→ π1(Y, y0)[f ] 7→ h∗([f ]) = [h ◦ f ]

³eklinde tan�mlanan dönü³üme h taraf�ndan olu³turulan homomor�zmaya da indirgenmi³ homomor�zma denir.

• h∗ dönü³ümü iyi tan�ml�d�r:[f ] = [g]⇒ f 'p g ⇒ h ◦ f 'p h ◦ g ⇒ h∗([f ]) = h∗([g])

• h∗ homomor�zmdir:h∗([f ] ∗ [g]) = [h ◦ (f ∗ g)] = [h ◦ f ] ∗ [h ◦ g] = h∗([f ]) ∗ h∗([g])

Teorem 5.0.8. h : (X, x0) −→ (Y, y0) ve k : (Y, y0) −→ (Z, z0) iki süreklidönü³üm olsun.

1) (k ◦ h)∗ = k∗ ◦ h∗2) 1X : X, x0) −→ (X, x0) birim dönü³üm ise, (1X)∗ birim homomor-

�zmdir.

�spat: 1) h : (X, x0) −→ (Y, y0) ve k : (Y, y0) −→ (Z, z0) iki sürekli dö-nü³üm olsun. Bu iki dönü³ümün üretti§i indirgenmi³ homomor�zmler h∗ :π1(X, x0) −→ π1(Y, y0) ve k∗ : π1(Y, y0) −→ π1(Z, z0) dir. [f ] ∈ π1(X, x0)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) (1X)∗([f ]) = [1X ◦ f ] = [f ] oldu§undan (1X)∗ birim homomor�zmdir.

Sonuç 5.0.4. h : (X, x0) −→ (Y, y0) bir homeomor�zm ise, h nin indirgedi§ihomomor�zm h∗ : π1(X, x0) −→ π1(Y, y0) izomor�zmdir.

�spat: h : (X, x0) −→ (Y, y0) bir homeomor�zm olsun. O zaman k ◦ h = 1Xve h ◦ k = 1Y olacak ³ekilde k : (Y, y0) −→ (X, x0) sürekli dönü³ümu vard�r.Teoremden

(h ◦ k)∗ = 1Y ⇒ h∗ ◦ k∗ = (1Y )∗ ⇒ h∗ surjektif(k ◦ h)∗ = (1X)∗ ⇒ k∗ ◦ h∗ = (1X)∗ ⇒ h∗ injektif

O halde h∗ bijektif homomor�zm oldu§undan izomor�zmdir.

35

ALI�TIRMALAR1) A ⊂ X ve r : X −→ A bir retraksiyon olsun. Verilen bir a0 ∈ A için r∗ :π1(X, x0) −→ π1(A, a0) dönü³ümünün surjektif oldu§unu gösteriniz. [�pucu:j : A −→ X kapsama dönü³ümünü göz önüne al�n�z.]

36

Bölüm 6

ÖRTÜLÜ UZAYLAR

Tan�m 6.0.15. p : E −→ B örten, sürekli bir dönü³üm ve U ⊂ B de aç�kolsun. A³a§�daki özellikler mevcut ise, B nin U aç�§� p taraf�ndan düzgünörtülüyor denir:

i) p−1(U) = ∪α∈IVα, (α 6= β için Vα 6= Vβ, Vα ⊂ E aç�k )ii) Her α için p |Vα : Vα −→ U bir homeomor�zmdir. (p ye yerel homeomorf-izm denir.)

Not 6.0.2. Bir dönü³üm homeomor�zm ise yerel homeomor�zmdir, fakattersi genelde do§ru de§ildir.

Tan�m 6.0.16. p : E −→ B örten ve sürekli bir dönü³üm olsun. B uzay�naait her noktan�n U aç�k kom³ulu§u p taraf�ndan düzgün örtülüyorsa, p yeörtülü dönü³üm ve E ye de B nin örtü uzay� denir.

Örnek 6.0.26. A³a§�daki ³ekilde tan�mlanan

p : R −→ S1

t 7→ p(t) = e2πit = (cos2πt, sin2πt)

dönü³ümü, örtülü dönü³ümdür.

Çözüm: p nin identi�kasyon dönü³ümü oldu§unu biliyoruz. O halde p örtenve süreklidir.

�imdi S1 in düzgün örtülü olup olmad�§�n� inceleyelim:

i) ∀b ∈ S1 için α 6= β iken Vα ∩ Vβ = ∅ olmak üzere p−1(U) = ∪α∈IVα?

37

p−1((1, 0)) = Z dir. (1, 0) noktas�n�n bir U kom³ulu§unu alal�m. (1, 0) ∈ U ⊂S1 de aç�k olsun. Vα = (α− 1

4, α + 1

4) alal�m. α ∈ Z olmak üzere α 6= β iken

Vα ∩ Vβ = ∅ oldu§undan ve Vα lar p−1(U) yu örttü§ünden, p−1(U) = ∪α∈ZVαd�r.

ii) p |Vα : Vα −→ U homeomor�zm midir?

Vα = (α− 14, α + 1

4) ⊂ R de aç�k olmak üzere

• p örten oldu§undan p |Vα da örtendir.

• t1 6= t2 olmak üzere ∀t1, t2 ∈ Vα içincos2πt1 6= cos2πt2 ∧ sin2πt1 6= sin2πt2 ⇒ p |Vα (t1) 6= p |Vα (t2)oldu§undan p |Vα bire birdir.

• p sürekli oldu§undan p |Vα süreklidir.

• (p |Vα)−1 : U −→ Vα süreklidir, çünkü p |Vα aç�k dönü³ümdür.

O halde p örtülü dönü³ümdür.

Örnek 6.0.27. Her homeomor�zm bir örtülü dönü³ümdür.

Çözüm: p : X −→ Y bir homeomor�zm olsun. Bu durumda p örten vesüreklidir.i) Süreklilikten dolay� U ⊂ Y aç�k için p−1(U) = V ⊂ X aç�kt�r.ii) p homeomor�zm oldu§undan p |Vα homeomor�zmdir.

O halde inceledi§imiz p homeomor�zmi örtülü dönü³ümdür.

Örnek 6.0.28. 1X birim dönü³ümü bir örtülü dönü³ümdür.

Çözüm: x 7→ x ile tan�mlanan 1X : X −→ X birim dönü³üm oldu§undanörtenlik ve süreklilik mevcuttur.i) U = Vα al�rssak p−1(U) = U = Vα d�r.ii) p |U : U −→ U homeomor�zmdir.

O halde 1X örtülü dönü³ümdür.

Örnek 6.0.29. E = X × {0, 1, 2, 3, ...} ve B = X olmak üzere p : E −→ Börtülü dönü³ümdür.

38

Çözüm:

• ∀x ∈ X için (x, 0) ∈ X × {0, 1, 2, 3, ...} öyle ki p(x, 0) = x oldu§undanp örtendir.

• U ⊂ B = X de aç�k olsun.p−1(U) = U × Z+ ⊂ E aç�k oldu§undan psüreklidir.

i) p−1(U) = ∪α∈Z+U × α ayr�k birle³imine e³ittir.ii) p |Vα : Vα −→ U ; p |Vα : U × α −→ U homeomor�zmdir.

O halde p örtülü dönü³ümdür.

Örnek 6.0.30. p : S2 −→ RP 2, p(z) = [z] ile tan�mlanan bölüm dönü³ümüörtülü dönü³ümdür.

Örnek 6.0.31. p : R+ −→ S1, p(t) = (cos2πt, sin2πt) örtülü dönü³üm

de§ildir.

Tan�m 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 yaf nin yükseltilmi³i (liftingi) denir.

Örnek 6.0.32. p ve f dönü³ümleri

p : R −→ S1

t 7→ p(t) = (cos2πt, sin2πt)

f : [0, 1] −→ S1

t 7→ f(t) = (cosπt, sinπt)

olarak tan�mland�§�nda f : [0, 1] −→ R, t 7→ f(t) = t2ile tan�mlanan f

dönü³ümü f nin yükseltilmi³idir.

p ◦ f(t) = p(f(t)) = p( t2) = (cosπt, sinπt) = f(t)

Örnek 6.0.33. p ve g dönü³ümleri

p : R −→ S1


g : [0, 1] −→ S1

t 7→ g(t) = (cosπt,−sinπt)

olarak tan�mland�§�nda g : [0, 1] −→ R, t 7→ g(t) = − t2ile tan�mlanan g

dönü³ümü g nin yükseltilmi³idir.

p ◦ g(t) = p(g(t)) = p(− t2) = (cosπt,−sinπt) = g(t)

39

Örnek 6.0.34. p ve h dönü³ümleri

p : R −→ S1


h : [0, 1] −→ S1

t 7→ h(t) = (cos4πt, sin4πt)

olarak tan�mland�§�nda h : [0, 1] −→ R, t 7→ h(t) = 2t ile tan�mlanan hdönü³ümü h nin yükseltilmi³idir.

p ◦ h(t) = p(h(t)) = p(2t) = (cos4πt, sin4πt) = h(t)

Lemma 6.0.5. p : (E, e0) −→ (B, b0) örtülü dönü³üm olsun. B uzay�ndab0 noktas�nda ba³layan f : [0, 1] −→ B yolunun, E uzay�nda e0 noktas�ndaba³layan bir tek f : [0, 1] −→ E yükseltilmi³i vard�r.

Lemma 6.0.6. p : (E, e0) −→ (B, b0) örtülü dönü³üm olsun. F : I×I −→ B,F (0, 0) = b0 özellikli sürekli bir dönü³üm olsun. O zaman F (0, 0) = e0 olacak³ekilde F nin bir tek F : I×I −→ E yükseltilmi³i vard�r. Ayr�ca F homotopidönü³ümu ise, F da homotopi dönü³ümudur.

Teorem 6.0.9. p : (E, e0) −→ (B, b0) örtülü dönü³üm; f ve g B uzay�na b0

dan b1 e giden iki yol; f ve g s�ras�yla f ve g nin yükseltilmi³leri ve ba³lang�çnoktalar� f(0) = e0 = g(0) olsun. f yolu g yoluna homotop ise, f yolu gyoluna homotoptur.

40

ALI�TIRMALAR1) p : S1 −→ S1 örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz.

z 7→ zn

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§lant�l� olsun. Bir b0 ∈ B içinp−1(b0) k elemanl� ise, ∀b ∈ B için p−1(b) k elemanl�d�r. Gösteriniz.

4) p : E −→ B örtülü dönü³üm, B ba§lant�l� ve yerel ba§lant�l� olsun. C,Enin bir bile³eni ise p |C : C −→ B örtülü dönü³ümdür. Gösteriniz.

5) B basit ba§lant�l� ve E yol ba§lant�l� olmak üzere p : E −→ B örtülüdönü³üm ise, p bir homeomor�zmad�r. Gösteriniz.

6) p : R −→ S1 örtülü dönü³üm ve f : X −→ S1 bir dönü³üm olsun. fnullhomotop 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 üzereα ve β s�ras�yla α ve β n�n yükseltilmi³i olsun. α∗β, α∗β n�n yükseltilmi³idir.Gösteriniz.

8) B2, R2 de birim disk olmak üzere B2 den S1 e tan�ml� bir retraksiyondönü³ümünün var olmad�§�n� gösteriniz.

9) p : E −→ B bir örtülü dönü³üm, p(e0) = b0 ve E yol ba§lant�l� olsun.p∗ : (π1)(E, e0) −→ π1(B, b0) injektiftir. Gösteriniz.

41

Bölüm 7

ÇEMBER�N TEMEL GRUBU

Tan�m 7.0.18. p : E −→ B bir dönü³üm ve f : X −→ B sürekli dönü³üm ol-sun. f in yükseltilmi³i a³a§�daki diyagram� de§i³meli k�lan bir f : X −→ Bsürekli dönü³ümdür.

X

ef��

f

AAA

AAAA

E p// B

p ◦ f = f

Örnek 7.0.35. A³a§�daki gibi tan�mlananp : R −→ S1 ; f : [0, 1] −→ S1

t 7→ p(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) t 7→ f(t) = (cos(πt), sin(πt))

dönü³ümleri sürekli olmak üzere p ◦ f = f olacak ³ekilde f mevcut mudur?

Çözüm: f nin yükseltilmi³i

f : [0, 1] −→ Rt 7→ f(t) = t

2

olsun. Bu durumda

(p ◦ f)(t) = p(f(t)) = p( t2) = (cos(πt), sin(πt)) = f(t)

Örnek 7.0.36. A³a§�daki gibi tan�mlananq : [0, 1] −→ S1 ; p : R −→ S1

t 7→ q(t) = (cos(πt),− sin(πt)) t 7→ p(t) = (cos(2πt), sin(2πt))dönü³ümleri sürekli olmak üzere q nin yükseltilmi³i var m�d�r?

42

Çözüm:

q : [0, 1] −→ Rt 7→ q(t) = − t

2

ile dönü³ümü tan�mlayal�m. Bu durumda

(p ◦ q)(t) = (cos(πt),− sin(πt)) = q(t)

oldu§undan q, q nun yükseltilmi³idir.

Lemma 7.0.7. Lifting Lemma: p : E −→ B örtülü dönü³üm ve f(e0) =b0 olsun. b0 da ba³layan f : [0, 1] −→ B yolunun e0 da ba³layan bir tekf : [0, 1] −→ E yükseltilmi³ dönü³ümü vard�r.

Lemma 7.0.8. Covering Homotopy Lemma: p : E −→ B örtülü dön-ü³üm ve f(e0) = b0 olsun.F (0, 0) = b0 olacak ³ekilde F : I × I −→ B süreklidönü³ümü varsa F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde F : I × I −→ E sürekli dön-ü³ümü vard�r.

E§er F homotopi dönü³ümü ise F de homotopi dönü³ümüdür.

Teorem 7.0.10. p : E −→ B örtülü dönü³üm, p(e0) = b0; f, g b0 dan bi yegiden B de iki yol ve f , g (ba³lang�ç noktalar� e0) f ve g nin yükseltilmi³iolsun: f , g ye yol homotop ise f da g ya yol homotoptur.

�spat: f ve g yollar� aras�ndaki homotopi dönü³ümü F : I × I −→ B,F (0, 0) = b0 olsun. F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde bir F : I × I −→ E yükseltil-mi³i vard�r. Lemman�n ikinci k�sm�ndan F : I × I −→ B homotop dönü³ümoldu§undan F : I × I −→ E homotop dönü³ümdür.

F ({0} × I) = e0 F (0, t) = e0

F ({1} × I) = e1 F (1, t) = e1

F /I × {0} = F (s, 0): e0 noktas�nda ba³layan E de bir yoldur.

F (s, 0) = f(s)

F /I × {1} = F (s, 1): e0 da ba³layan E de bir yol.

F (s, 1) = g(s)

43

O halde f ' g

SONUÇ: p : E −→ B örtülü dönü³üm ise p0 : π1(E, e0) −→ π1(B, b0)monomor�zmad�r.

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(e0) = b0 olsun. E§erE yol ba§lant�l� ise, bu takdirde φ : π1(B, b0) −→ π1(E, e0) örtendir. E§er Ebasit ba§lant�l� ise, bu durumda φ bijektiftir.

�spat: E yol ba§lant�l� ise, verilen bir e1 ∈ p−1(b0) için E de e0 dan e1 e birf yolu vard�r. Bu durumda f = p ◦ f , B nin b0 noktas�nda bir looptur, vetan�mdan φ([f ]) = e1.

E nin basit ba§lant�l� oldu§unu kabul edelim. [f ] ve [g], φ([f ]) = φ([g])

olacak ³ekilde π1(B, b0) nin iki eleman� olsun. f ve g, E de e0 da ba³layans�ras�yla f ve g nin yükseltilmi³leri oldu§undan, f(1) = g(1) dir. E basitba§lant�l� oldu§undan, E de f ve g aras�nda bir F yol homotopi dönü³ümüvard�r. Buna göre p◦F , B de f ve g aras�nda bir yol homotopi dönü³ümüdür.

Teorem 7.0.12. π1(S1, b0) ∼= (Z,+)

�spat: p : R −→ S1, f : R −→ S1 ve f : R −→ R, f nin yükseltilmi³i olmaküzere

φ : π1(S1, b0) −→ (Z,+)

[f ] 7→ φ([f ]) = n = f(1)

φ izomor�zmad�r:

1) φ iyi tan�ml�d�r:

[f ] = [g]⇒ f ' g ⇒ f ' g ⇒ f(1) ' g(1)⇒ φ([f ]) = φ([g])

2) φ homomor�zmad�r:f ve g π1(S, b0) 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 −→ S1

t 7→ p(t) = (cos(2πt), sin(2πt))

periyodik dönü³ümdür.

p ◦ h(s) = p(h(s)) =

{p ◦ 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]=

{f(2s), s ∈ [0, 1/2]

g(2s− 1), s ∈ [1/2, 1]

O halde h, f ∗ g nin yükseltilmi³idir.

φ([f ∗ g]) = h(1) = n+m = φ([f ]) + φ([g]).

Böylece φ homomor�zmad�r.

3) φ, 1− 1 dir: φ([f ]) = φ([g]) = n⇒ [f ] '? [g]

f ve g s�ras�yla f ve g nin yükseltilmi³i olsun. f(0) = 0, g(0) = 0, f(1) =

n, g(1) = m olsun. R basit ba§lant�l� oldu§undan f ' g, F : I × I −→ RF = p ◦ F : I × I −→ B, F = p ◦ F f ve g dönü³ümleri aras�nda homotopidönü³ümleridir.

p ◦ f ' p ◦ g ⇒ f ' g ⇒ [f ] = [g]

4) φ örtendir: n ∈ p−1(b0) olsun.

p : R −→ S1

t 7→ p(t) = (cos 2πt, sin 2πt)

f : [0, 1] −→ Rf(0) = 0, f(1) = 1

f : [0, 1] −→ S1

t 7→ f(t) = p ◦ f

f(0) = p ◦ f(0) = p(0) = b0, f(1) = p ◦ f(1) = p(n) = b0

O halde φ örtendir.

45

Teorem 7.0.13. p : E −→ B bir örtülü dönü³üm ve p(e0) = b0 olsun.(a) p∗ : π1(E, e0) −→ π1(B, b0) homomor�zmi bir monomor�zmdir.(b) H = p∗(π1(E, e0)) olsun. φ yükseltilmi³ dönü³ümü, H �n sa§ yan küme-lerinin kolleksiyonundan p−1(b0) a bir Φ : π1(B, b0)/H −→ p−1(b0) injektifdönü³ümünü üretir. E§er E yol ba§lant�l� ise, bu dönü³üm bijektiftir.(c) f , B de b0 bazl� bir loop ise, [f ] ∈ H olmas� için gerek ve yeter ³art fnin E de e0 bazl� bir loopa yükseltilmesidir.

�spat:a) h, E de e0 bazl� bir loop ve p∗([h]) birim eleman olsun. F , p ◦ h ile sabitloop aras�nda bir yol homotopi olsun. F , F (0, 0) = e0 olacak ³ekilde F ninE ye yükseltilmi³i ise, bu takdirde F h ile e0 daki sabit loop aras�nda bir yolhomotopidir.

b) B de f ve g looplar� verilsin, f ve g da s�ras�yla f ve g nin e0 da ba³la-yan E ye yükseltilmi³leri olsun. Bu durumda φ([f ]) = f(1) ve φ([g]) = g(1).φ([f ]) = φ([g]) olmas� için gerek ve yeter ³art�n [f ] ∈ H ∗ [g] oldu§unu göste-relim.

�lk olarak [f ] ∈ H ∗ [g] oldu§unu kabul edelim. Bu takdirde E de e0 bazl�bir loop için h = p ◦ h olmak üzere [f ] = [h ∗ g] dir. h ∗ g çarp�m� tan�ml�d�rve h ∗ g nin yükseltilmi³idir. [f ] = [h ∗ g] oldu§undan, e0 da ba³layan f veh ∗ ˜g yükseltilmi³leri E nin ayn� noktas�nda bitmelidirler. Bu takdirde f veg, E nin ayn� noktas�nda sona erdiklerinden φ([f ]) = φ([g]).

�imdi φ([f ]) = φ([g]) oldu§unu kabul edelim. Bu takdirde f ve g, E ninayn� noktas�nda sona erer. f ile g n�n tersinin çarp�m� tan�ml�d�r ve E de e0

bazl� h loopudur. Buradan [h ∗ g] = [f ]dir. F , E deki h ∗ g ve f aras�ndakibir yol homotopi ise, h = p ◦ h olmak üzere p ◦ F B de h ∗ g ve f aras�na biryol homotopidir. Böylece [f ] ∈ H ∗ [g] dir.

E yol ba§lant�l� ise, bu takdirde φ örten oldu§undan Φ de örtendir.

c) Φ nin injektif olmas� ³u anlama gelir: φ([f ]) = φ([g]) olmas� için gerekve yeter ³art [f ] ∈ H ∗ [g] olmas�d�r. g bir sabit loop iken bu sonucu uygular-sak, φ([f ]) = e0 olmas� için gerek ve yeter ³art�n [f ] ∈ H oldu§unu görürüz.Ancak f nin yükseltilmi³i e0 da ba³lay�p e0 da bitiyorsa φ([f ]) = e0 d�r. Buda ispat� tamamlar.

Tan�m 7.0.19. E basit ba§lant�l� uzay ve p : (E, e0) −→ (B, b0) örtülü dön-ü³üm ise E ye B nin evrensel örtülü uzay� denir.

Lemma 7.0.9. B yol ba§lant�l� ve lokal yol ba§lant�l� uzay ve p : E −→B örtülü dönü³üm olsun. E0, E nin bir yol bile³eni ise, bu takdirde p nink�s�tlan�³� olan p0 : E0 −→ B de örtülü dönü³ümdür.

46

Bölüm 8

DEL�NM�� DÜZLEM�N TEMELGRUBU

Teorem 8.0.14. x0 ∈ S1 ve J : (S1, x0) −→ (R2 − {0}, x0) kapsama dön-ü³ümü,

J∗ : π1(S1, x0) −→ π1(R2 − {0}, x0

izomor�zmas�n� üretir.

�spat:

r : R2 − {0} −→ S1

x 7→ r(x) = x‖x‖

ile tan�mlanan sürekli dönü³ümü alal�m.r∗ : π1(R2 − {0}, x0) −→ π1(S1, x0) ve J∗ : π1(S1, x0) −→ π1(R2 − {0}, x0)olmak üzerer∗ ◦ J∗ = 1π1(S1,x0) ve J∗ ◦ r∗ = 1π1(R2−{0},x0) d�r.

(S1, x0)J // (R2 − {0}, x0)

r // (S1, x0)

• O halde r ◦ J = 1(S1,x0) d�r. (r ◦ J)∗ = (1(S1,x0))∗ ve r∗ ◦ J∗ = 1π1(S1,x0).• (J∗ ◦ r∗)([f ]) = J∗(r∗([f ])) = J∗(r ◦ f) = [J ◦ r ◦ f ] ∈ π1(R2 − {0}, x0)

g = J ◦ r ◦ f : I −→ R2 − {0}s 7→ g(s) = f(s)

‖f(s)‖

47

x0 da bir loop olsun.f 'p g dir: F : I × I −→ R2 − {0}

(s, t) 7→ F (s, t) = t f(s)‖f(s)‖ + (1− t)f(s)

1. f,R2 − {0} da loop oldu§undan g da R2 − {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) = x0, F (1, t) = x0

~ F (s, t) = 0 olursa R2 − {0} a ait olamaz. O halde t‖f(s)‖ + (1 − t) 6= 0

ve f(s) 6= 0 olmal�d�r.

Teorem 8.0.15. x0 ∈ Sn−1(n ≥ 2), J : (Sn−1, x0) −→ (R2 − {0}, x0) kap-sama dönü³ümü,

J∗ : π1(Sn−1, x0) −→ π1(R2 − {0}, x0)

izomor�zmas�n� üretir.

π1(R2 − {0}, x0) ∼= π1(Sn−1, x0) ∼= (Z,+)

Tan�m 8.0.20. A, X in alt uzay� ve i : A −→ X kapsama dönü³ümü olsun.r ◦ i = 1A olacak ³ekilde bir r : X −→ A sürekli dönü³ümü varsa A ya X inbir retrakt� denir ve r ye retraksiyon denir.

Tan�m 8.0.21. A, X in alt uzay� olsun. ∀x ∈ X için H(x, 0) = x veH(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 ret-rakt� denir.

Örnek 8.0.37. S1,R2 − {0} �n kuvvetli deformasyon retrakt�d�r.

H : R2 − {0} × I −→ R2 − {0}(x, t) 7→ H(x, t) = t x

‖x‖ + (1− t)x

• ∀x ∈ R2 − {0} için H(x, 0) = x, H(x, 1) = x‖x‖ ∈ S

1

• ∀a ∈ S1 ve t ∈ I için H(a, t) = ta

‖a‖︸︷︷︸+(1− t)a = a

1

Teorem 8.0.16. A,X in kuvvetli deformasyon retrakt� ve a0 ∈ A olsun.J : (A, a0) −→ (X, a0) kapsama dönü³ümü J∗ : π1(A, a0) −→ π1(X, a0)izomor�zmas�n� üretir.

48

Örnek 8.0.38. R2 den iki nokta ç�kar�rsak ne olur?

π1(R2, x0) = π1(S1 × S1, x0) =?

49

Bölüm 9

Sn'�N TEMEL GRUBU

Teorem 9.0.17. "Van-Kampen" Teoremi U ve V, X de U ∩ V yolba§lant�l�, ve x0 ∈ U ∩ V olacak ³ekilde bir aç�k olmak üzere X = U ∪ Volsun. i : (U, x0) −→ (X, x0) ve j : (V, x0) −→ (X, x0) kapsama dönü³ümleri,s�f�r homomor�zmalar� yani;

i∗ : π1(U, x0) −→ π1(X, x0), j∗ : π1(V, x0) −→ π1(X, x0)[f ] 7→ i∗([f ]) = 0 [g] 7→ j∗([g]) = 0

homomor�zmalar�n� üretiyorsa, π1(X, x0) = {0} d�r.

Örnek 9.0.39. X = S2, U = S2 − {p}, V = S2 − {q}; U ve V,X te aç�kkümelerdir.i∗ : (S2 − {p}, x0) −→ (S2, x0), j∗ : (S2 − {q}, x0) −→ (S2, x0) dönü³ümlar�olsun. x0 ∈ U ∩ V = S2 − {p, q} olmak üzere

i : π1(S2 − {p}, x0) −→ π1(S2, x0)j : π1(S2 − {q}, x0) −→ π1(S2, x0)

dönü³ümlar� s�f�r homomor�zmad�r. Çünkü;

S2 − {p} ∼= R2 ⇒ π1(S2 − {p}, x0) ∼= π1(R2, x0) = {0}S2 − {q} ∼= R2 ⇒ π1(S2 − {q}, x0) ∼= π1(R2, x0) = {0}

Van-Kampen teoreminden π1(S2, x0) = {0} d�r.

Teorem 9.0.18. S2 basit ba§lant�l� uzayd�r.

�spat:1) π1(S2, x0) = {0} (Örnek 9.0.39'dan)2)S2 yol ba§lant�l� m�d�r? Yani f : I −→ S2 sürekli dönü³üm var m�?

f : I −→g R3 − {0} −→h S2, f = h ◦ g : I −→ S2

50

x 7→ x‖x‖ t 7→ h ◦ g(t) = g(t)

‖g(t)‖sürekli dönü³üm vard�r. Yani S2 yol ba§lant�l�d�r.

O halde (1) ve (2)den S2 basit ba§lant�l� uzayd�r.

Sonuç 9.0.5. 1) Rn − {0} (n > 2) basit ba§lant�l�d�r.2) Rn (n > 2) R2ye homeomorf de§ildir.

�spat:1) Rn − {0} ∼= Sn−1 ve Sn−1 basit ba§lant�l� oldu§undan Rn − {0} basitba§lant�l�d�r.2) Varsayal�m ki Rn,R2ye homeomorf olsun.

Rn − {0} ∼= Sn−1 ⇒ π1(Rn − {0}, x0) ∼= π1(Sn−1, x0) ∼= {0}R2 − {0} ∼= S1 ⇒ π1(R2 − {0}, x0) ∼= π1(S1, x0) ∼= Z

π1(Rn − {0}, x0) � π1(R2 − {0}, x0) oldu§undan varsay�m�m�z yanl�³t�r.

51

Bölüm 10

YÜZEYLER�N TEMEL GRUBU

Tan�m 10.0.22. X Hausdor�, say�labilir baz� olan bir topolojik uzay olsun.E§er Xe ait her noktan�n kom³ulu§u R2 nin aç�k alt kümesine homeomorfoluyorsa, Xe yüzey denir.

Teorem 10.0.19. π1(X × Y, x0 × y0) ∼= π1(X, x0)× π1(Y, y0)

�spat: p1 : X × Y −→ X ve p2 : X × Y −→ Y izdü³üm dönü³ümleri olsun.

φ : π1(X × Y, x0 × y0) −→ π1(X, x0)× π1(Y, y0)[h] 7→ φ([h]) = ([p1 ◦ h]), ([p2 ◦ h])

ile tan�mlans�n.1) φ homomor�zma ve iyi tan�ml�d�r.2) φ 1− 1:

φ([h]) = ([ex0 ], [ey0 ]) olsun. h ' e(x0,y0)?([p1 ◦ h], [p2 ◦ h]) = ([ex0 ], [ey0 ])⇒ [p1 ◦ h] = [ex0 ] ∧ [p2 ◦ h] = [ey0 ]

⇒ p1 ◦ h ' ex0 ∧ p2 ◦ h ' ey0⇒ h ' ex0 ∧ h ' ey0⇒ h ' (ex0 , ey0) = e(x0,y0)

3) φ örtendir:g : I −→ X, x0da bir loop; f : I −→ Y , y0da bir loop olsun.

h : I −→ X × Yt 7→ h(t) = (g(t), f(t))

x0 × y0da bir looptur. Üstelik φ([h]) = ([g], [f ])dir. [g] ∈ π1(X, x0), [f ] ∈π1(Y, y0). Bu durum φnin örtenli§ini getirir.

Sonuç 10.0.6. π1(T, z0) ∼= Z× Z.

�spat: T ∼= S1 × S1

π1(T, z0) ∼= π1(S1 × S1, x0 × y0) = π1(S1, x0)× π1(S1, y0) ∼= Z× Z.

52

Bölüm 11

AYNI HOMOTOP� T�P�NESAH�P UZAYLAR

Tan�m 11.0.23. f : X → Y sürekli dönü³üm olsun. g◦f ' 1X ve f ◦g ' 1Yolacak ³ekilde g : Y → X sürekli dönü³ümü varsa X ve Y ayn� homotopinesahiptir denir ve ' ile gösterilir.

Teorem 11.0.20. ' ba§�n�t�s� bir denklik ba§�nt�s�d�r.

�spat:

1. (Yans�ma) 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 vard�r. X ' X

2. (Simetri) X ' Y =⇒ Y ' X

X ' Y =⇒ g ◦ f ' 1X ve f ◦ g ' 1Y olacak ³ekilde g : Y → X sürekli

dönü³üm vard�r. h : Y → X sürekli dönü³üm olsun. k ◦ h ' 1Y ve

h ◦ k ' 1X olacak ³ekilde k : X → Y sürekli dönü³ümü var m�d�r.?h = g

ve k = f al�rsak Y ' X gerçeklenir.

3. (Geçi³me) X ' Y ve Y ' Z =⇒ X ' Z

X ' Y =⇒ g ◦ f ' 1X ve f ◦ g ' 1Y olacak ³ekilde g : Y → Xsürekli dönü³üm vard�r. Y ' Z =⇒ h ◦ k ' 1Y ve k ◦ h ' 1Z olacak

53

³ekilde k : Z → Y sürekli dönü³üm vard�r. k, g, f, h dönü³ümleri süreklioldu§u için k ◦ f = m : X → Z ve g ◦ h = n : Z → X süreklidönü³ümlerinim◦n ' 1Z ve n◦m ' 1X olacak ³ekilde tan�mlayabiliriz.(k ◦ f) ◦ (g ◦ h) = k ◦ (f ◦ g) ◦ h = (k ◦ 1Y ) ◦ h ' 1Z ve(g ◦ h) ◦ (k ◦ f) = g ◦ (h ◦ k) ◦ f = (g ◦ 1Y ) ◦ f ' 1X oldu§undan X ' Zdir.

O halde yukar�da tan�mlanan ' ba§�nt�s� bir denklik ba§�nt�s�d�r.

Örnek 11.0.40. 1. h : X → Y homeomor�zma ise X ve Y ayn� homo-topi tipine sahiptir.

h bir homeomor�zma ise h ◦ k = 1Y ve k ◦ h = 1X olacak ³ekildek : Y → X bir sürekli dönü³üm mevcuttur.

h ◦ k = 1Y =⇒ h ◦ k ' 1Y ve k ◦ h = 1X =⇒ k ◦ h ' 1X

2. X R'nin konveks alt kümesi olsun.X ile { ∗ } (tek noktal� uzay) ayn�homotopi tipine sahiptir.

h : X → { ∗ } sürekli dönü³ümünü ele alal�m (h sabit dönü³üm oldu§uiçin süreklidir.)k : { ∗ } → X sürekli dönü³ümü tan�mlayal�m:k{∗} = {∗} olsun. Buradan h◦k : {∗} → X → {∗},h◦k = 1{ ∗} =⇒h ◦ k ' 1{ ∗ }.k ◦ h ' 1X nas�l tan�mlar�z?

H : X × I → X sürekli dönü³ümünü X konveks oldu§u için ³u ³ekildetan�ml�yabiliriz:H(x, t) = (1− t).(k ◦ h)(x) + t.1X(x)

3. S1 ile R2 − {0} ayn� homotopi tipine sahiptir.

h : R2 − {0} → S1, h(x) = x‖x‖ sürekli dönü³ümünü tan�mlayal�m.

k : S1 → R2 − {0}, k(x) = x kapsama dönü³ümünü ele alal�m. (Kap-sama dönü³ümü süreklidir.) k ◦ h ' 1R2 ve h ◦ k ' 1S1 oldu§unu göste-relim.

S1 k // R2 − {0} h // S1

H : R2 − {0} × I → R2 − {0}, H(x, t) = (1− t).x+ t. x‖x‖ dönü³ümünütan�mlarsak k ◦ h ' 1R2 oldu§unu kolayca görebiliriz. Benzer ³ekildeh ◦ k ' 1S1 dir.

Teorem 11.0.21. X ve Y yol ba§lant�l� olsun. X ve Y ayn� homotopi tipinesahip ise bu uzaylar�n temel gruplar� izomorftur. Yani π1(X, x0) ' π1(Y, y0).

54

�spat: X ve Y uzaylar� yol ba§lant�l� ve ayn� homotopi tipine sahip olsun.g : X → Y sürekli ve f , Y de kapal� yol olsun. g ◦ h ' 1Y ve h ◦ g ' 1Xolacak ³ekilde h : Y → X sürekli dönü³ümü vard�r.g∗ : π1(X, x0)→ π1(Y, y0)

h∗ : π1(Y, y0)→ π1(X, x0)

g∗ ◦ h∗([f ]) = g∗([h ◦ f ]) = [g ◦ h ◦ f ] = [1Y ◦ f ] = [f ]

g∗ ◦ h∗([f ]) = 1Π1(Y,y0)([f ])

O halde g∗ birebirdir.

(g ◦ h)∗ : π1(Y, y0)→ π1(Y, y0)

(h ◦ g)∗ [f ] = [h ◦ (g ◦ k)] = [1X ◦ k] = [k]

h∗ ◦ g∗([k]) = 1Π1(X,x0)([k])

h∗ n�n sa§ tersi vard�r dolay�s�yla h∗ örtendir.

Tan�m 11.0.24. 1X (birim dönü³üm) sabit dönü³üme homotop ise X'e bü-zülebilir uzay denir.

Teorem 11.0.22. 1. Bir uzay�n büzülebilir olmas� için gerek ve yeter ³artbu uzay�n {∗} tek noktal� uzay ile ayn� homotopi tipine sahip olmas�d�r.

2. Büzülebilir uzay basit ba§lant�l�d�r.

3. De§er kümesi büzülebilir olan iki dönü³üm homotoptur.

4. X büzülebilir ise 1X sabit dönü³ümüne homotoptur.

�spat:

1. (⇒:) X büzülebilir uzay olsun.g : X → { ∗ }Sabit dönü³ümümüz C∗ = g : X → { ∗ } birim dönü³ümümüz1 = h : { ∗ } → X olsun. Buradan g ◦ h = 1{∗} ve h ◦ g ' 1X

(⇐:) X ve { ∗ } ayn� homotopi tipine sahip olsun. g : X → { ∗ }sürekli dönü³ümumuz olsun. Hipotezden öyle bir h : { ∗ } → X süreklidönü³ümumuz vard�r ki h ◦ g ' 1X ve g ◦h ' {∗ }. h ◦ g(x) = h(x) = csabit ve h ◦ g ' 1X oldu§u için X büzülebilirdir.

55

Bölüm 12

S�MPLEKSLER

Tan�m 12.0.25. A bir küme olsun. ∀x, y ∈ A, t ∈ [0, 1] için (1−t)x+ty ∈ Aoluyorsa A'ya konveks küme denir.

Tan�m 12.0.26. A, Euclid uzay�n�n bir alt kümesi olsun. ∀ farkl� x, y ∈ Aiçin x ve y taraf�ndan olu³turulan do§ru A'da bulunuyorsa A' ya a�ne altküme denir.

Not:

1. A�ne alt kümeler konvekstir.

2. Bo³ küme ve tek noktal� kümeler a�ne kümelerdir.

Teorem 12.0.23. {xj}j∈J , Rn'e aitkonveks (a�ne) alt kümeler ailesi olsun.o zaman

⋂j∈J xj konveks alt uzayd�r.

�spat:∀x, y ∈

⋂j∈J

Xj (x 6= y)olsun.

∀j ∈ J için x, y ∈ xj'dir. ∀j ∈ J için xjler konveks alt küme oldu§undan;∀j ∈ J için (1− t)x+ ty ∈ Xj'dir. O halde (1− t)x+ ty ∈

⋂j∈J 'dir.

Tan�m 12.0.27. X,Rn'in bir alt kümesi olsun. X'i içeren Rn'e ait tümkonveks kümelerin arakesitine X'in konveks hull'u denir.

Tan�m 12.0.28. • p0, p1, . . . , pm, Rn'de noktalar olsun. p0, . . . , pm nok-

talar�n�n a�ne kombinasyonu

x = t0p0 + t1p1 + · · ·+ tmpm;m∑i=1

ti = 1

³eklinde tan�mlan�r.

57

• p0, p1, . . . , pm noktalar�n�n konveks kombinasyonu a�n kombinasyonu-dur öyleki ti ≥ 0, i = 0, . . .m'dir.

t0p0 + t1p1 + · · ·+ tmpm;m∑i=1

ti = 1 ve ti ≥ 0, i = 0, . . . ,m

Örnek 12.0.41. x, y noktalar�n�n konveks kombinasyonu a�n kombinasyonu

(1− t)x+ ty, t ∈ [0, 1]′dir.

Teorem 12.0.24. p0, p1, . . . , pm, Rn'de noktalar olsun. p0, . . . , pm noktalar�

taraf�ndan gerilen [p0, . . . , pm] konveks küme, p0, . . . , pm noktalar�n�n konvekskombinasyonlar�n kümesidir.

�spat: S,tüm konveks kombinasyonlar�n kümesi olsun.

S = [p0, p1, . . . , pm] ?

(i)[p0, p1, . . . , pm] ⊂ S ?

S'nin p0, . . . , pmnoktalar�n� içeren konveks küme oldu§unu göstermemizyeterli olacakt�r.

• tj = 1 ve di§eleri için tj = 0 olsun. Bu durumda;

t0p0 + · · ·+ tjpj + · · ·+ tmpm;m∑i=0

ti = 1, ti ≥ 0, i = 0, ...,m

• ⇒ ∀j için pj ∈ S

α =m∑i=0

aipi, β =m∑i=0

bipi ∈ S olsun.(ai, bi ≥ 0;∑

ai = 1;∑

bi = 1)

(1− t)α + tβ ∈ S

(1− t)α + tβ = (1− t)m∑i=0

aipi + tm∑i=0

bipi =m∑i=0

((1− t)ai + tbi)pi ∈ S

m∑i=0

(1−t)ai+tbi = (1−t)m∑i=1

bi = 1, (1−t)ai+tbi ≥ 0

}⇒ (1−t)α+tβ ∈ S

58

⇒ [p0, p1, . . . , pm] ⊂ S

(ii)S ⊂ [p0, p1, . . . , pm] (?)

X, p0, . . . , pm noktalar�n� içeren bir konveks küme ise S ⊂ X oldu§unum ≥ 0 üzerinde tümevar�m ile gösterelim.

• m = 0 için S = p0'd�r.

• m > 0 olsun.

ti ≥ 0 ve

m∑i=0

ti = 1 icin p =m∑i=0

tipi ∈ X (p ∈ S) t0 6= 1 olsun.

Aksi halde p = p0 olabilir ve bir üstteki ko³ul içine dü³er.

q = t11−t0p1 + t2

1−t0p2+, . . . ,+ tm1−t0pm ∈ X

p = top0 + (1− t0)q ∈ X

⇒ S ⊂ X'dir.

(i) ve (ii)'den S = [p0, . . . , pm]

Sonuç 12.0.7. p0, p1, . . . , pm, Rn'de noktalar olsun. p0, ..., pm noktalar�n�n

gerdi§i a�n küme bu noktalar�n a�n kombinasyonunu içerir.

Tan�m 12.0.29. Rn'de p0, . . . , pm noktalar�n�n s�ral� kümesini ele alal�m.{p1 − p0, p2 − p0, . . . , pm − p0} kümesi Rn vektör uzay�n�n lineer ba§�ms�z altuzay� ise p0, p1, . . . , pm s�ral� kümesine a�n ba§�ms�zd�r denir.

Not:

1. Rn'nin lineer ba§�ms�z alt kümesi a�n ba§�ms�z kümedir. Tersi do§rude§ildir.

2. Tek noktal� küme {p0} a�n ba§�ms�zd�r.

3. {p0, p1} kümesi a�n ba§�ms�zd�r.

59

4. {p0, p1, p2} a�n ba§�ms�zd�r. (p0, p1, p2 ayn� düzlemde olursa kolineerdurumu olaca§�ndan a�n ba§�ms�z olamaz.)

Teorem 12.0.25. {p0, . . . , pm}, Rn'de s�ral� küme olsun. A³a§�dakiler denk-tir:

1. {p0, . . . , pm} a�n ba§�ms�zd�r.

2. {s0, . . . , sm} ⊂ R kümesi

m∑i=0

sipi = 0 ve

m∑i=0

si = 0

e³itsizliklerini do§ruluyor ise s1 = s2 = · · · = sm = 0d�r.

3. ∀x ∈ A (A, {p0, . . . , pm} taraf�ndan gerilen a�n küme) eleman�,

x =m∑i=0

tipi vem∑i=0

ti = 1

a�n kombinasyonu olarak tektürlü ifade edilir.

�spat:

1. {p0, p1, ..., pm} a�n ba§�ms�z olsun. {s0, ..., sm} ⊂ R kümesi

m∑i=0

sipi = 0 vem∑i=0

si = 0

e³itsizliklerini sa§las�n.

m∑i=0

sipi =m∑i=0

sipi − (m∑i=0

si)p0 =m∑i=0

si(pi − p0) = 0

i = 1, . . . ,m için pi − p0 lineer ba§�ms�z. Çünkü {p0, . . . , pm} a�n ba-§�ms�z. o halde;s1 = s2 = · · · = sm = 0'd�r.

m∑i=0

si = 0

oldu§undan s0 = 0'd�r.

60

2. xεA alal�m. Sonuçtan dolay�;

x =m∑i=0

t′ipi vem∑i=0

t′i = 1′dir.

x =m∑i=0

t′ipi vem∑i=0

t′i = 1 olsun.

m∑i=0

tipi =m∑i=0

t′ipi ⇒m∑i=0

ti − t′ipi = 0∀i⇒ ti − t′i = 0

∀i⇒ ti = t′i

3. ∀x ∈ A eleman� p0, p1, ..., pm noktalar�n�n a�n kombinasyonu olaraktektürlü ifade edildi§ini varsayal�m. Yani {po, . . . , pm} kümesinin a�nba§�ms�z oldu§unu göstermeliyiz. Yani; {p1 − p0, p2 − p0, . . . , pm − p0}lineer ba§�ms�z oldu§unu göstermeliyiz.Varsayal�m ki {p1 − p0, . . . , pm − p0} lineer ba§�ml� olsun. O halde;

m∑i=0

ri(pi − p0) = o

iken ri(hepsi s�f�r de§il) vard�r. rj 6= 0 olsun. rj = 1 alal�m.pj ∈ A ise

pj = 1.pj

pj = −∑i 6=j

ripi + (∑i 6=j

ri + 1)p0

pj iki türlü ifade edilemeyece§inden çeli³ki.O halde {p1 − p0, . . . , pm − p0} lineer ba§�ms�zd�r.

Sonuç 12.0.8. {p0, . . . , pm} s�ral� küme olsun. A�n ba§�ms�zl�k bu kümeninbir özelli§idir.

Tan�m 12.0.30. {a1, . . . , ak}, Rn'de bir küme olsun. Bu kümenin (n + 1)eleman� a�n ba§�ms�z küme olu³turuyorsa, {a1, . . . , ak} kümesi genel pozis-yondad�r denir.

61

Notlar:Genel pozisyonda olma özelli§i n say�s�na ba§l�d�r.{a1, a2, . . . , ak}Rn'de genel pozisyon olsun.

• n = 1 için {ai, aj} a�n ba§�ms�z olmal�d�r. Yani tüm noktalar farkl�olmal�.

• n = 2 için üç nokta kolineer olmamal�d�r.

• n = 3 için dört nokta kodüzlem olmamal�d�r.

Teorem 12.0.26. ∀k ≥ 0 için Rn Euclid uzay� genel pozisyonda k taneeleman ihtiva eder.

Teorem 12.0.27. {p0, p1, . . . , pm}Rn'de a�n ba§�ms�z alt küme olsun. A'dabu alt küme taraf�ndan gerilen bi a�n küme olsun.

x ∈ A; x =m∑i=0

tipi,m∑i=0

ti = 1

(t0, t1, . . . , tm)(m+ 1) bile³enine x eleman�n�n bary-centric koordinat� denir.

p0 p1 t0 = t1 = 12

JJJJJJJ

"""""""

bbb

bbbb

p0 p1

p2

t0 = t1 = t2 = 13, x = 1

3(p0 + p1 + p2)

""""""""

p0 p1

p3

p2

x = 14(p0 + p1 + p2 + pj)

Genel hali: 1m+1

(p0 + · · ·+ pm) = x

Tan�m 12.0.31. {p0, p1, . . . , pm}, Rn'de a�n ba§�ms�z olsun. {p0, p1, . . . , pm}kümesi taraf�ndan gerilen konveks kümeye m-simpleks denir.[p0, p1, . . . , pm]ile gösterilir. (pi'ler kö³eler)

62

Teorem 12.0.28. {P0, P1, . . . , Pm} a�n ba§�ms�z olsun. {P0, . . . , Pm} m-simpleksinin her x eleman�;

x =m∑i=0

tipi,

m∑i=0

ti = 1, ti ≥ 0, i = 0, . . . ,m

formunda tektürlü yaz�l�r.

Tan�m 12.0.32. {P0, P1, . . . , Pm} a�n ba§�ms�z olsun. [P0, . . . , Pm] m-simpleksininbarycentrik koordinat�; 1

m+1(P0+P1+· · ·+Pm)'dir.(t0 = t1 = · · · = tm = 1

m+1)

Örnek 12.0.42.

• [P0] barycentric'i kendisidir.

• [P0, P1] 1-simpleksinin barycentric'i 12(P0 + P1)'dir.

• [P0, P1, P2] 2-simpleksinin barycentric'i 13(P0 + P1 + P2)'dir.

• ei = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) ∈ Rn+1

{e0, e1, . . . , en} a�n ba§�ms�zd�r.[e0, e1, . . . , en],

x =n∑i=0

tiei

formundaki tüm konveks kombinasyonu içerir. [e0, e1, . . . , en]'in bary-centric koordinat� (t0, t1, . . . , tn)'dir.P0 = (1, 0, 0, 0, 0 . . . ) = e0,P1 = (0, 1, 0, 0, 0 . . . ) = e1,P2 = (0, 0, 1, 0, 0 . . . ) = e2,P3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . . ) = e3,. . . . . .

-

6

��

��

��

��

��

aaaaa vvv

63

Tan�m 12.0.33. [P0, P1, . . . , Pm] m-simpleks olsun.Pi'nin ters yüzü

[P0, P1, . . . , Pni , Pi+1, Pm] = {

m∑j=0

tjpj|m∑j=0

tj = 1, tj ≥ 0}′dir.

[P0, P1, . . . , Pm] m-simpleksinin s�n�r� bu ters yüzlerin birle³imidir.

sP0

0-simplekste P0'in tersyüzü kendisi

P0 P1

1-simplekste P1'in tersyüzü P0'd�r.

��

@@@

@@

P1P0

P2

2-simplekste P2'nin ters yüzü P2P0 ve P0P1 do§ru par-çalar�

��

@@@

@@

HHHHH

��

P0 P2

P1

P3

Not:

1. Bir m-simpleksin m+ 1 tane yüzü vard�r.

2. [P0, P1, . . . , Pm] simpleksinin k yüzü, k-simplekstir. Öyleki bu yüz k+ 1kö³e taraf�ndan gerilir.

Teorem 12.0.29. S, n simpleksi [P0, P1, . . . , Pn] ile gösterilir.

i. u, v ∈ S ise ‖u− v‖ ≤ Sup ‖u− Pi‖

ii. diamS = Sup ‖Pi − Pj‖

iii. b, S'nin barycentric'i ise ‖b− Pi‖ ≤ nn+1

(diamS)

64

�spat:

i. v =n∑i=0

tipi,

n∑i=0

ti = 1, ti ≥ 0, i = 0, . . . , n olsun

|u− v‖ = ‖u−n∑i=0

tipi‖ = ‖(n∑i=0

ti)u−n∑i=0

tipi =

‖n∑i=0

ti(u− pi)‖ ≤n∑i=0

‖ti(u− pi)‖ =n∑i=0

ti‖u− pi‖

≤ (n∑i=0

ti)Sup ‖u− pi‖

ii. ‖u− pi‖ ≤ Sup ‖pj − pi‖′dir.

çap tan�m�ndan; diamS = Sup ‖pi − pj‖

iii. b =1

n+ 1

n∑j=0

pj

olmak üzere;

‖b− pi‖ = ‖ 1

n+ 1

n∑j=0

pj − pi‖

= ‖ 1

n+ 1

n∑j=0

pj −1

n+ 1

∑j = 0npi‖

= ‖ 1

n+ 1

n∑j=0

(pj − pi)‖

≤ 1

n+ 1

n∑j=0

Sup ‖pj − pi‖

(i = j, ‖pj − pi‖)

=n

n+ 1Sup ‖pj − pi‖ =

n

n+ 1diamS

65

Tan�m 12.0.34. {P0, . . . , Pm} a�n ba§�ms�z ve A bu noktalar�n gerdi§i a�nküme olsun.

T : A→ Rk

m∑i=0

tipi 7−→ T (m∑i=0

tipi) =m∑i=0

tiT (pi)

T |S=[P0,...,Pm] k�s�tlan�³� yine bir a�n dönü³ümdür.Notlar:

1. A�n dönü³üm, a�n kombinasyonu ve konveks kombinasyonu korur.

2. A�n dönü³üm, a�n ba§�ms�z küme üzerinde ald�§� de§erle belirlenebilir.

3. P0, . . . , Pm noktalar�n�n bary centric koordinat�n tekli§i bu tür T dön-ü³ümlerin varl�§�n� gösterir.

Teorem 12.0.30. [P0, . . . , Pm] m-simpleks, [q0, . . . , qn] n simpleks vef : {P0, . . . , P0} −→ [q0, . . . , qn] bir fonksiyon olsun. T (Pi) = f(pi) olacak³ekilde bir tek T : [P0, . . . , Pm] −→ [q0, . . . , qn] mevcuttur.

Y.G : T (m∑i=0

tipi) =m∑i=0

tf(pi)

66

Bölüm 13

SIMPLICIAL KOMPLEKSLER

S = [v0, v1, . . . , vq] q-simpleks olsun. Bu simplekslerin kö³elerinin kümesiV er(S) = {v0, . . . , vq} ile gösterilsin.

Tan�m 13.0.35. S bir simpleks olsun. E§er V er(S ′) ⊂ V er(S) ise S ′ ne Ssimpleksinin yüzü denir. E§er V er(S ′) ( V er(S) ise S ′ ne S simpleksininhas yüzü denir.

Tan�m 13.0.36. Sonlu simplicial kompleks K a³a§�daki özellikleri sa§layansimplekslerin 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 simpleksinortak yüzüdür.

Tan�m 13.0.37. 1. K bir simplicial kompleks olsun. K'n�n underlyinguzay�

| K |=⋃s∈K

s

³eklinde tan�mlan�r. (K,Rn'in alt uzay�)

2. X topolojik uzay� verilsin. E§er K simplicial kompleks veh :| K |→ X homeomor�zma varsa X'e polyhedron denir. (K,h) ikili-sine X'in üçgenle³tirilmesi denir.

Not:

• (K), Euclid uzay�n�n kompakt alt uzay�d�r.

• s,K'da bir simpleks ise | s |= s'dir.

67

Örnek 13.0.43.

42 = {2∑i=0

tivi |2∑i=0

ti = 1, ti ≥ 0, i = 0, 1, 2}

standart 2-simpleks (42 ⊂ Rn) K = 42 standart 2-simpleksindeki tüm0-simpleks ve tüm 1-simplekslerin kolleksiyonu olsun.

��

@@@

@@

v1v0

v2

��

��

��

2− simpleks

K = {[v0], [v1], [v2], [v0, v1], [v0, v2], [v1, v2]}

K simplicial komplekslerin kolleksiyonu iki ko³ulu da sa§lar.K underlying uzay� üçgen olacakt�r.

��@@

v1v0

v2

L : |K| = −→ X = S1

homeor�zmas� var.O halde çember polyhedrondur.

Örnek 13.0.44. ��

JJJJJ��

HHHHH

v0 v1

v2

v3

v4

v5

[v1, v2] ∩ [v3, v5] = [v3]→ v3 ortak yüz de§ildir.

→ Simplicial kompleks de§il.

��

JJJJJ

JJJJJ

��

��

v0 v1

v2

v3

v4

v5

→ Simplicial kompleks de§il. v1, v3 ortak yüz de§il.

Tan�m 13.0.38. K ve L iki simplicial kompleks olsun.{p0, p1, . . . , pq} nok-talar�, K'da bir simpleksi gererken {ϕ(p0), ϕ(p1), . . . , ϕ(pq)} noktalar� L'de

68

bir simpleksi gerecek ³ekilde tan�mlanan ϕ : K → L dönü³üme simplicialdönü³üm denir.

Teorem 13.0.31. K ve L iki simplicial kompleks olsun. E§er f : |K| → |L|homeomor�zm ise dimK = dimL'dir.

Tan�m 13.0.39. K bir simplicial kompleks olsun.

dimK = sups∈K{dim(s)}

Örnek 13.0.45. P0 = (0, 0, 0), P1 = (1, 0, 0), P2 = (1, 2, 0), P3 =(2, 3, 4)

-

6

��

��

@@@

@@R

-��

P0

P1 P2

P3

Bu üçgen prizman�n s�n�rlar� bir simplicial kompleks olu³turur.

~ 0-simpleksler:σ0

1 = P0, σ02 = P1, σ0

3 = P2, σ04 = P3

~ 1-simpleksler:σ1

1 = (P0, P1), σ12 = (P0, P2), σ1

3 = (P0, P3), σ14 = (P1, P2),

σ15 = (P1, P3), σ1

6 = (P2, P3)

~ 2-simpleksler:σ2

1 = (P0, P1, P2), σ22 = (P1, P2, P3), σ2

3 = (P0, P2, P3),σ2

4 = (P0, P1, P3)

69

CEB RSEL TOPOLOJ

Documents

Transcript of CEB RSEL TOPOLOJ