24.04.2014
No:
Ad-Soyad:
Soru
Puanlama
mza:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
Toplam
15
15
15
15
15
15
15
15
15
15
105
Alnan Puan
1104023082006 GENEL TOPOLOJ-II ARASINAV CEVAP ANAHTARI
(.Ö.)
Not: Süre
1.
R
90
7
Dakika. stedi§iniz
üzerinde ayrk topolojik uzay tanml iken
R
soruyu cevaplaynz.
nin her bölüm uzaynn da ayrk oldu§unu
gösteriniz.
Cevap :
x 7→ [x]
R ayrk topolojik uzay ∼ ba§nts da R üzerinde denklik ba§nts olsun. p : R −→ R/∼ ,
dönü³ümünü sürekli klacak
R/∼
üzerindeki en ince topoloji bölüm topolojisidir. Bölüm
topolojisi tanmndan
U ⊂ R/∼
uzay ayrk oldu§undan
R
açk olacaktr yani
2.
X, Y
ise
g◦f
Cevap :
ve
Z
R/∼
R
açk
⇐⇒ p−1 (U ) ⊂ R
.
açk
nin tüm alt kümeleri açktr. Bu durumda
R/∼
da her alt küme
uzay ayrk uzaydr.
topolojik uzaylar olsun. E§er
f : X −→ Y
ve
g : Y −→ Z
identikasyon dönü³ümler
bile³ke dönü³ümünün de identikasyon dönü³ümü oldu§unu gösteriniz.
f
ve
g
identikasyon dönü³ümler olsun.
gof : X −→ Z
dönü³ümünün identikasyon oldu§unu gösterelim.
f
ve
g
sürekli ve örten oldu§undan
g◦f
bi-
le³kesi de sürekli ve örtendir.
(=⇒) W ⊂ Z
açk olsun. Bile³ke sürekli oldu§undan
(⇐=) (g ◦ f )−1 (W ) ⊂ X
dan
g −1 (W ) ⊂ Y
açktr.
açk olsun.
g
(g ◦ f )−1 (W ) ⊂ X
(g ◦ f )−1 (W ) = f −1 (g −1 (W )) ve f
de identikasyon oldu§undan
W ⊂X
açktr.
identikasyon oldu§un-
açk olacaktr. O halde
g◦f
bile³kesi de identikasyon dönü³ümdür.
3.
R2
ile
R
üzerinde
(x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇐⇒ y = y 0
denklik ba§nts tanml olsun. Bu durumda
R2 /∼
nin homeomorf oldu§unu gösteriniz.
Cevap :
π2 : R2 −→ R, (x, y) 7→ y
ikinci izdü³üm fonksiyonu ve
p : R2 −→ R2 /∼
bölüm dönü³ümü olsun.
R2
π2
∃!h
p
/ R2 /∼
|
R
u, v ∈ R2
ve
u = (x1 , y1 ), v = (x2 , y2 )
olmak üzere
u∼y
iken
π2 (u) = π2 (v)
oldu§undan
∃!h : R2 /∼ −→ R
bir tek sürekli dönü³ümü mevcuttur. Ayrca
du§undan
4.
Rω
h
Bu durumda
RN
izdü³üm fonksiyonlar sürekli, örten ve açk ol-
dönü³ümü homeomorzmadr. O halde
üzerinde box topoloji tanml ve
Cevap :
π2
O = (0, 0, ...)
noktasnn
R2 /∼
ile
R
uzay homeomorftur.
A = {(x1 , x2 , ...) : xi < 0, ∀i ∈ N}
A
alt kümesi verilsin.
nn de§me noktas olup olmad§n belirleyiniz.
üzerindeki box topolojisinin baz
B={
Y
(ai , bi ) : ai , bi ∈ R}
i∈N
³eklindedir. Bu durumda
O noktasn ieçeren her baz eleman ile A kümesinin arakesitinin bo³tan
farkl olup olmad§n belirlememiz gerekiyor.
O
noktasn içeren herhangi bir
oldu§undan
ai < 0
ndr. O halde
5.
X
ve
Y
U = (a1 , b1 ) × (a2 , b2 ) × ...
olmaldr. Bu durumda
U ∩ A 6= ∅
oldu§undan
topolojik uzaylar
x∈X
O
( a21 , a22 , ...)
noktas
olsun.
A
aç§n alalm.
noktas hem
oldu§unu ispatlaynz.
Cevap :
(x, y) 7→ y
için
nun hem de
kümesinin de§me noktasdr.
{x} × Y ≈ Y
π2 : X × Y −→ Y,
U
∀i
A
0 ∈ (ai , bi )
nn elema-
ikinci izdü³üm fonksiyonu sürekli oldu§undan
g := π2 |{x} : {x} × Y −→ Y
kstlan³ da süreklidir.
• ∀y ∈ Y
g(x, y) = y
için
• (x, y1 ) 6= (x, y2 )
• W {x} × Y
olacak ³ekilde
y1 6= y2
iken
(x, y) ∈ {x} × Y
oldu§undan
g
oldu§undan
g
örtendir.
dönü³ümü 1-1 dir.
açk olsun. O zaman
U ×V ⊂W
olacak ³ekilde
U ⊂ {x}
ve
V ⊂Y
baz elemanlar vardr.
U ×V ⊂W
oldu§undan
g(U × V ) = V ⊂ g(W )
elde edilir yani
O halde
6.
g
g(W )
açktr.
dönü³ümü homeomorzmadr.
X = [−1, 1]
kümesi üzerinde
τ = {A ⊆ X : {0} * A
T0 -uzay
olup olmad§n belirleyiniz.
Cevap :
x, y ∈ X
• x=0
ve
ve
y 6= 0
oldu§undan
x 6= y
(−1, 1) ⊂ A}
topolojisinin
olsun.
ikilisini dü³ünelim.
T0 -uzay
ya da
{y}
kümesi açktr ve
y
noktasn içerir. Ayrca
0∈
/ {y}
³art sa§lanr.
• x 6= 0 ve y 6= 0 olsun. Benzer ³ekilde {y} kümesi açktr ve y noktasn içerir. Ayrca x ∈
/ {y}
oldu§undan
Böylece uzay
7.
X
uzay
T0 -uzay
T0 -uzay
³art sa§lanr.
olma ³artn sa§lar.
R üzerindeki saylabilir tümleyenler topolojisi ve Y
Bu durumda
X
ile
Y
de
R üzerindeki sol topoloji olsun.
uzaylarnn birbirine homeomorf olup olmad§n açklaynz.
Cevap :
τsay = {∅} ∪ {A ⊆ R : Ac
}
saylabilir
ve
τsol = {∅, R} ∪ {(−∞, a) : a ∈ R
srasyla saylabilir tümleyenler topolojisi ile sol topoloji olsun. Bu durumda bu iki uzayn kapallar snf srasyla
Ksay = {F ⊆ R : F
} ∪ {R}
saylabilir
ve
Ksol = {∅, R, [a, ∞) : a ∈ R
∀x ∈ R
³eklindedir.
için
{x}
kümesi saylabilir tümleyenler topolojisine göre kapal oldu§undan
saylabilir tümleyenler topolojisi
d§ndan sol topoloji
T1 -uzay
8.
Ancak
{x}
kümesi sol topolojiye göre kapal olma-
de§ildir.
olma özelli§i topolojik özelliktir. O halde bu iki uzay birbirine homeomorf olamazlar.
S 1 × {1} ⊂ R3
Cevap :
T1 -uzay
T1 -uzaydr.
R,
alt uzaynn regüler olup olmad§n belirleyiniz.
Euclid metri§ine göre metrik uzay oldu§undan regüler uzaydr. Regüler uzaylarn
kartezyen çarpmlar da regüler uzay oldu§undan
olma özelli§i kaltsal özellik oldu§undan
S 1 × {1}
R3
de regüler uzay olacaktr. Regüler uzay
alt uzay da regüler uzay olacaktr.
9. Herhangi bir küme üzerinde tanml a³ikar topolo jinin
T2 -uzay
ve normal uzay olup olmad-
§n belirleyiniz.
Cevap : Bir uzayn normal uzay olmas, uzaydaki her ayrk iki kapal kümenin ayrk iki açk
kom³usunun var olmasdr. ndiskret topolojik uzaynn kapallar snf sadece bo³ küme ve uzayn kendisinden olu³ur. Bu nedenle uzayn ayrk kapallar mevcut olmad§ndan uzay normal
uzaydr.
Uzayda alnacak farkl iki noktann kom³usu sadece
X
uzay olaca§ndan indiskret topoloji
T2 -
uzay olamaz.
10.
(R, τs )
standart uzay ve
A = { n1 : n = 1, 2, 3, ...} ⊂ R
τ∗ = {O ⊆ R : O = U − B; B ⊆ A
ve
U ∈ τS }
olsun. Bu takdirde
topolojisine göre
A
R
üzerindeki
nn kapal oldu§unu fakat
bu uzayn regüler olmad§n gösteriniz.
Cevap :
A
kümesinin tümleyeni
Ac = R − A
τ∗
topolojisinde açk olma ³artn sa§lad§ndan
için
A kümesini içeren her O
açk kümesi
A
kapaldr.
A
kapal kümesi ve
0∈
/A
noktas
0 noktasn da içerece§inden regülerlik ³art sa§lanmaz.
Ba³arlar Dilerim.
Prof. Dr. smet KARACA
Download

abd`de bugün açıklanacak veriler