GEOMETR K TOPOLOJ ( .Ö.) ARA SINAV CEVAP ANAHTARI
Transkript
GEOMETR K TOPOLOJ ( .Ö.) ARA SINAV CEVAP ANAHTARI
09.04.2010 GEOMETRK TOPOLOJ (.Ö.) ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. X ∀p ∈ X için p ∈ Up ⊆ X olmak üzere V ⊆ Rn aç§ vardr. V ⊆ Rn ve Rn ikinci saylabilir oldu§undan alt uzay V de ikinci saylabilirdir. Up ≈ V oldu§undan Up da ikinci saylabilirdir. O halde, Up nin saylabilir baz vardr. X kompakt ve her noktasna ait aç§n saylabilir baz oldu§undan X ikinci saylabilir uzayyerel homeomork oldu§undan Up ≈ V olacak ³ekilde dr. I = [0, 1] kapal aral§ kompakttr.Çünkü R nin kapal ve snrl her alt kü- mesi kompakttr.(Heine-Borel Teoremi) [0, 1] ⊂ R oldu§undan I = [0, 1] Hausdor uzaydr(Çünkü kaltsal özellik). 0 ∀t ∈ I için t ∈ U ⊆ I ve U ≈ U ⊆ R oldu§undan I = [0, 1] yerel homeomorktir. I = [0, 1] kapal aral§ kompakt, Hausdor ve yerel homeomork oldu§un- dan yukarda ispatlanan özellikten dolay, O halde, I = [0, 1] 2. (−1, 1) I = [0, 1] ikinci saylabilirdir. topolojik 1-manifolddur. açk aral§nn R ye dieomorf oldu§unu görelim.Dieomorzmay f : (−1, 1) −→ R π x 7−→ f (x) = tan( x) 2 olarak tanmlayalm. f 0 (x) = π2 (1 + tan2 ( π2 x)) > 0 yani f injektiftir. oldu§undan ∀y ∈ R için f (x) = y olacak cuttur. Yani f dönü³ümü sürjektiftir. O halde f , bijektiftir. Ayrca f (x) = tan( π2 x) f (n) (x) = Burada in h(x) cos(n+1) ( π2 x) h(x) n. dönü³ümü kesin artandr 2 π arctan(x) ∈ (−1, 1) mev- mertebeden ksmi türevleri incelenirse; bulunur. fonksiyonu π 2 ve sin( π2 x) in farkl mertebeden lineer kombi- n ∈ N olmak üzere f (x) in sonsuz mertebeden türevπ tanmszlk yoktur.Sadece paydada cos( x) in kuvvetleri 2 nasyonlarndan olu³ur. lerinde payda bir ³ekilde f x ∈ (−1, 1) vardr. oldu§undan bu ksmi türevler süreklidir.O halde, f ∈ C∞ dönü³ümdür. g : R −→ (−1, 1) g(x) = π2 arctan(x) g (n) (x) = Burada 2 u(x) π (1+x2 )n u(x) in n. 2 arctan(x) π mertebeden ksmi türevleri incelenirse; bulunur. x fonksiyonu binasyonudur. x 7−→ g(x) = 1 + x2 > 0 in farkl mertebeden kuvvetlerinin lineer kom- g (n) (x) tanmldr, süreklidir. ∀n ∈ N ∞ dönü³ümdür. Sonuç olarak, halde, g ∈ C oldu§undan için de ayn durum mevcuttur.O f dieomorzmadr. 3. (⇐) i 6= j alalm. Hipotezden ω(v1 , ..., vi+j , ..., vi+j , ..., vk ) = 0 dr. ω k-lineer oldu§undan bu e³itlikten; ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vi , ..., vk ) +ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) +ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vi , ..., vk ) + ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vj , ..., vk ) = 0 dr. Birinci ve sonuncu terim hipotezden sfrdr. O zaman ; ω(v1 , v2 , ..., vi , ..., vi , ..., vk ) = −ω(v1 , v2 , ..., vj , ..., vi , ..., vk ) = sgnσω(vσ(1) , ..., vσ(j) , ..., vσ(i) , ..., vσ(k) ) olur. O halde ω alternedir. (⇒) ω alterne olsun. vi = vj alalm. ω(v1 , ..., vk ) = sgnσω(vσ(1) , ..., vσ(i) , ..., vσ(j) , ..., vσ(k) ) = sgnσω(v1 , ..., vj , ..., vi , ..., vk ) = −ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) olur. Buradan; 2ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) = 0 ⇒ ω(v1 , ..., vi , ..., vj , ..., vk ) = 0 elde edilir. ∂ ∂ ∂ ∂ 4. F∗ ( ∂y ) = a ∂u + b ∂v + c ∂w olsun. Burada a, b ve c de§erlerini belirlemek için srasyla bu denklemin her iki tarafna F∗ ( u,v ,w uygulayalm. ∂ ∂ ∂ ∂ ∂u ∂u ∂u )u = (a +b +c )u = a +b +c =a ∂y ∂u ∂v ∂w ∂u ∂v ∂w Böylece; ∂ a = F∗ ( ∂y )u = Benzer ³ekilde bu kez F∗ ( Böylece; v ∂ ∂y (u ◦ F) = ∂ ∂y (x) =0⇒a=0 bulunur. yi uygulayalm: ∂ ∂ ∂ ∂ ∂v ∂v ∂v )v = (a +b +c )v = a +b +c =b ∂y ∂u ∂v ∂w ∂u ∂v ∂w ∂ )v = b = F∗ ( ∂y Benzer ³ekilde bu kez w ∂ ∂y (v ◦ F) = y uygulayalm: ∂ ∂y (y) =1 ⇒ b=1 bulunur. F∗ ( ∂ ∂ ∂ ∂ ∂w ∂w ∂w )w = (a +b +c )w = a +b +c =c ∂y ∂u ∂v ∂w ∂u ∂v ∂w Böylece; ∂ c = F∗ ( ∂y )w = ∂ ∂y (w ◦ F) = ∂ ∂y (xy) =x ⇒ c=x bulunur. Sonuç olarak; F∗ ( ∂ ∂ ∂ )=1· +x· ∂y ∂v ∂w bulunur. 5. f : R3 −→ R2 S = f −1 (1, 0) f dönü³ümü C∞ u = x3 + y 3 + z 3 (x, y, z) 7−→ f (x) = (x3 + y 3 + z 3 , z − xy) olsun. dur.(Çünkü bile³enler polinom fonksiyonlardr.) , v = z − xy olsun. ux = 3x2 uy = 3y 2 uz = 3z 2 vx = −y vy = −x vz = 1 f nin Jacobian matrisi : 2 3x 3y 2 3z 2 . J(f ) = −y −x 1 Bu matrisin rank 2 olmaldr ki regüler olsun.O zaman kritik noktalar 2 lik minörleri sfrlayan noktalardr. 3x2 3y 2 −y −x = 0 3x2 3z 2 =0 −y 1 3y 2 3z 2 =0 −x 1 ×2 Bu determinantlarn çözümünden ³u denklemler elde edilir: 3x3 + 3y 3 = 0 ⇒ y 3 = x3 ⇒ y = x 3x2 + 3z 2 y = 0 ⇒ x2 + z 2 y = 0 3y 2 + 3z 2 x = 0 ⇒ y 2 + z 2 x = 0 Bu üç denklemi ayn anda sa§layan tüm (x, y, z) de§erlerini bulalm: y = x ⇒ x2 + z 2 x = 0 ⇒ x(x + z 2 ) = 0 ⇒ x = 0 x=0 ⇒ y=x=0 , z∈R ⇒ x = −z 2 ⇒ y = x = −z 2 (0, 0, z) z3 = 1 (0, 0, z∈R ⇒ , z) veya x = −z 2 kritik nokta −z 2 , −z 2 , z ) ( kritik nokta noktasn denklem sisteminde yerine yazarsak; ve z=0 den z=1 ve z=0 bulunur yani (0, 0, de ayn anda sa§lamaz.O halde (0, 0, −z 2 , −z 2 , z ) ( z) z) her iki denklemi kritik nokta de§ildir. noktasn denklem sisteminde yerine yazarsak; z 3 − 2z 6 = 1 ve z 4 − z = 0 bulunur. z 4 − z = 0 ⇒ z(z 3 − 1) = 0 ⇒ z = 0 veya z = 1. Fakat z = 0 veya z = 1 de§erleri için z 3 − 2z 6 = 1 2 2 denklemi sa§lanmaz.O halde (−z , −z , z ) kritik nokta de§ildir. Sonuç olarak f ' nin S üzerinde kritik noktas yoktur.O zaman S = f −1 (1, 0) 3 − 2 = 1 dir.Regüler S , C ∞ -manifolddur. çözüm kümesi regüler altmanifolddur ve boyutu manifoldlar da birer manifold oldu§undan 6. Önce g(x) = (e2πiαx , e2πiβx ) u = e2πiαx ve υ = e2πiβx ve C∞ ye ait oldu§unu gösterelim. olsun. u(x) = (cos2παx, sin2παx) u(x) = (u1 (x), u2 (x)) nin ve v(x) = (cos2πβx, sin2πβx) v(x) = (v1 (x), v2 (x)) u1 (x) = (cos2παx) ve u2 (x) = (sin2παx) v1 (x) = (cos2πβx) ve v2 (x) = (sin2πβx) g(x) = (u(x), v(x)) = (u1 (x), u2 (x), v1 (x), v2 (x)) olur. alt- M , m-boyutlu; N , n-boyutlu manifoldlar olsun. Bir F : N −→ M dönü³ümü verilsin. ∀p ∈ N için f1 , ..., f m : N −→ R reel de§erli fonksiyonlar olmak üzere F = (f1 , ..., f m) için fi ler diferansiyellenebilir ise F de diferansiyellenebilirdir.' (n) u1 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: u1 (x) = (2πα)n cos(x + n π2 ) ve 'Hatrlatma: (n) u2 (x) = (2πα)n sin(x + n π2 ) bunlarn ∀n ∈ N için ksmi türevleri vardr ve hepsi R de süreklidir. u1 (x) ∈ C ∞ ve u2 (x) ∈ C ∞ oldu§undan u, C ∞ -dönü³ümdür. (n) v1 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: v1 (x) = (2πβ)n cos(x + n π2 ) ve u2 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: (n) v2 (x) = (2πβ)n sin(x + n π2 ) bunlarn ∀n ∈ N için ksmi türevleri vardr ve hepsi R de süreklidir. v1 (x) ∈ C ∞ ve v2 (x) ∈ C ∞ oldu§undan v , C ∞ -dönü³ümdür. u ∈ C ∞ ve υ ∈ C ∞ oldu§undan g , C ∞ -dönü³ümdür. v2 (x) in n. mertebeden ksmi türevi: g : R −→ S 1 × S 1 0 olup olup x 7−→ g(x) = (e2πiαx , e2πiβx ) 0 u1 (x) = −2παsin2πiαx u2 (x) = 2παcos2πiαx 0 0 v1 (x) = −2πβsin2πiβx v2 (x) = 2πβcos2πiβx g nin Jacobian matrisi: J(g) = [−2παsin2πiαx 2παcos2πiαx − 2πβsin2πiβx 2πβcos2πiβx] J(g) yi sfr yapan x∈R yoktur.O halde rank(J(g)) = 1 dir. g : M −→ N nin batrma(immersion) olmas için gerek ve yeter ³art g∗ : Tp (M ) −→ Tg(p) (N ) dönü³ümünün injektif olmasdr. g∗ : Tp (M ) −→ Tg(p) (N ) dönü³ümünün injektif olmas için gerek ve yeter ³art dim(M ) < dim(N ) ve dim(M ) = rank(J(g)) olmasdr. dim(R) < dim(S 1 × S 1 ), rank(J(g)) = 1 du§undan g∗ : Tp (R) −→ Tg(p) (S 1 × S 1 ) dr(immersiondur). dim(R) = rank(J(g)) olinjektiftir.O halde, g batrmave