405024402006 GEOMETR K TOPOLOJ ARASINAV CEVAP

20.04.2016
No:
Ad-Soyad:
Soru
Puanlama
mza:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Toplam
25
25
25
25
25
25
25
100
Alnan Puan
405024402006 GEOMETRK TOPOLOJ ARASINAV CEVAP ANAHTARI
(ÖRGÜN ևRETM)
Not: Süre
1.
90
Dakika. stedi§iniz
Msym (n, R) = {A ∈ M (n, R) : A = A> }
4
soruyu cevaplaynz.
olmak üzere
F : M (n, R) −→ Msym (n, R)
A 7−→ A> A
³eklinde tanmlansn.
a)
∀X ∈ M (n, R)
b)
A
için
dFA X = XA (F ) = A> X + X > A
matrisi tersinirse,
dFA : M (n, R) −→ Msym (n, R)
oldu§unu gösteriniz.
nin örten oldu§unu gösteriniz.
Cevap : a)
∂
|t=0 F (A + tX)
dt
∂
=
|t=0 (A + tX)> + (A + tX)
dt
∂
=
|t=0 (A> A + t(A> X + X > A) + t2 X > X)
dt
= A> X + X > A
dFA X =
b)
A
matrisi tersinir olsun.
∀S ∈ Msym (n, R)
için öyle bir
x = 12 (A> )−1 S ∈ M (n, R)
dFA X = A> X + X > A
1 > > −1
1
=
A (A ) S + SA−1 A
2
2
= S
alalm.
2.
X 0−manifold olmas için gerek ve yeter ³art X
(⇐=) : X
Cevap :
saylabilir diskret uzay oldu§undan
ikinci saylabilir uzaydr.
³usu
{x} −→ R0
saylabilir diskret uzay olmasdr. spatlaynz.
X
diskret oldu§undan ayrca
B = {{x} : x ∈ X}
T2
uzaydr.
x ∈ X
saylabilirdir. Yani
için
{x}
açk kom-
bir homeomorzma oldu§undan yerel Euclid uzaydr. Sonuç olarak
X , 0−
manifolddur.
(=⇒) : X 0−
manifold olsun.
x∈X
homeomorzmas tanmlanabilir.
Yani
3.
M
{x} açktr. O halde X
ve
N
R0
tek nokta ise
diskrettir.
smooth manifold ve
için öyle bir
X
U
U
aç§ vardr. Bu durumda
f :M →N
U = {x}
da tek nokta olmaldr.
ikinci saylabilir uzay olmas için
smooth dönü³üm olsun.
X
p∈M
φ : U −→ R0
olmaldr.
saylabilir olmaldr.
için
((f∗ )p (Xp ))(h) = Xp (h ◦ f )
³eklinde tanmlanan
Cevap :
s, t
(f∗ )p : Tp M → Tf (p) (N )
reel saylar,
h ∈ C ∞ (N )
ve
dönü³ümünün lineer oldu§unu gösteriniz.
Xp , Yp ∈ Tp M
olmak üzere
((f∗ )p (sXp + tYp ))(h) = (sXp + tYp )(h ◦ f )
= s(Xp (h ◦ f )) + t(Yp (h ◦ f ))
= s((f∗ )p (Xp ))(h) + t((f∗ )p (Yp ))(h)
olaca§ndan
4.
A n×n
(f∗ )p
dönü³ümü lineerdir.
kare matris ve
f : Zn2 × Zn2 → Z2
dönü³ümü
∀u, v ∈ Zn2
için
f (u, v) = uT Av
³eklinde tanmlanan bilineer dönü³üm olsun.
a)
n=2
b) E§er
ve


1 1

A=
1 1
AT = A
ise
f
için
f ((1, 0), (1, 0))
görüntüsünü hesaplaynz.
simetrik oldu§unu gösteriniz.
Cevap :

a)
u=v= 1 0
ve
A=
1 1
1 1


için
 

1
1 1  1 0 =1
f (u, v) =   
0
1 1
elde edilir.
b)
AT = A
olsun. Bu durumda
∀u, v ∈ Zn2
için
f (u, v) = uT Av
= uT AT v
= (v T Au)T
= (f (v, u))T
= f (v, u)
elde edilece§inden
5. a)
b)
f
simetriktir.
R4 − {(0, 0, 0, 0)}
alt uzay
R4
f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 x4 − x2 x3
Euclid uzaynn alt manifoldu oldu§unu gösteriniz.
dönü³ümü yardmyla
f −1 (0) alt
uzaynn
R4 − {(0, 0, 0, 0)}
da regüler alt manifold oldu§unu ispatlaynz.
Cevap :
a)
R4
Euclid uzay
4-boyutlu
topolojik manifolddur.
{(0, 0, 0, 0)}
kümesi
oldu§undan
R4 − {(0, 0, 0, 0)}
oldu§undan
R4 −{(0, 0, 0, 0)} da manifolddur. R4 −{(0, 0, 0, 0)} ≈ S 3
R4
uzaynda kapal
açk alt uzaydr. Manifoldlarn açk alt uzaylar da manifold
oldu§undan topolojik
3-manifolddur.
b)
f
fonksiyonunun Jacobi matrisi
³eklindedir. Bu matrisin
x4 −x3 −x2 x1
R4 − {(0, 0, 0, 0)}
da sabit bir rank vardr ve bu da

f −1 (0) = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) : rank 
alt uzay
R4 − {(0, 0, 0, 0)}
ün
3-boyutlu
x1 x2
x3 x4
1

 = 1}
regüler alt manifoldudur.
6. Uygun indirgeme i³lemlerinden yararlanarak
S : abcb−1 dc−1 d−1 a−1
cebirsel ifadesiyle verilen
yüzeyi bulunuz ve Euler karakteristi§ini heseplaynz.
Cevap :
dir. Böylece
abcb−1 dc−1 d−1 a−1 ∼Çember aa−1 bcb−1 dc−1 d−1 ∼Küre bcb−1 dc−1 d−1 ∼Silindir
bcdb−1 c−1 d−1 ∼Silindir bdcb−1 c−1 d−1 ∼Silindir bdb−1 c−1 cd−1 ∼Küre = T .
Elde edilen yüzey
T
a homeomorf oldu§undan,
χ(S) = χ(T ) = 2 − 2.1 = 0.
7.
G
bir topolojik grup ve
H, G
nin bir alt grubu olsun.
p : G −→ G \ H
dönü³ümü açk dönü-
³ümdür. Gösteriniz.
Cevap :
ve ancak
açktr.
V ⊂G
açk alt kümesi olsun. Bölüm topoloji tanmndan,
P −1 (p(V )) ⊂ G
V H = ∪h∈H V h
açktr.
P −1 (p(V )) = V H
oldu§undan
VH
dir.
V
p(V ) ⊂ G \ H
açk oldu§undan, her
açktr. Sonuç olarak
P (V )
açktr ancak
h∈H
için
Vh
açktr.
Ba³arlar Dilerim.
Prof. Dr. smet KARACA