Lösung zu Blatt 4

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Dipl. Math. Rafael Dahmen
SoSe 11
06.05.2011
4. Übungsblatt zur
Differentialgeometrie“
”
(Aufgaben und Lösungen)
Gruppenübung
Aufgabe G7 (Der Tangentialraum an die Sphäre)
Sei M := Sn die n-dimensionale Sphäre, aufgefasst als Untermannigfaltigkeit des Rn+1
und sei a ∈ M ein Punkt. Zeigen Sie, dass der Untermannigfaltigkeitstangentialraum
von M an der Stelle a gegeben ist durch:
y ∈ Rn+1 : y ⊥ a .
Lösung: Sei v ein Tangentialvektor an M an der Stelle a. Dann gibt es eine C 1 -Kurve
γ : ] − ε, ε[−→ Rn+1 ,
die vollständig in der Teilmenge M verläuft und für die gilt:
γ(0) = a und γ ′ (0) = v.
Da die Kurve vollständig in M = Sn verläuft, bedeutet dies, dass für alle t ∈] − ε, ε[ gilt:
kγ(t)k = 1
=⇒ kγ(t)k2 = 1
=⇒ hγ(t), γ(t)i = 1.
Da diese Gleichung für alle t ∈] − ε, ε[ gilt, können wir beide Seiten nach t ableiten und
erhalten:
2 γ(t), γ ′ (t) = 0.
γ(t) ⊥ γ ′ (t) = 0.
Setzen wir nun t = 0, erhalten wir, dass der Vektor γ(0) = a senkrecht auf dem Vektor
γ ′ (0) = v steht.
Dies zeigt die Inklusion ,,⊆”.
Nun bleibt zu zeigen, dass auch jeder Vektor v, der senkrecht auf dem Vektor a steht als
Tangentialvektor an Sn am Punkt a aufgefasst werden kann.
4. Übung
Differentialgeometrie
Hierzu stellen wir zwei alternative Lösungswege vor:
1. Möglichkeit: (Dimensionsargument)
In der Vorlesung haben wir gesehen, dass der Untermannigfaltigkeitstangentialraum einer Untermannigfaltigkeit des RN ein Untervektorraum des RN ist, der isomorph zum
abstrakten Tangentialraum ist, also die gleiche Dimension wie dieser besitzt. Aber der
abstrakte Tangentialraum einer n-dimensionalen Mannigfaltigkeit hat immer Dimension
n.
Demnach hat der Untermannigfaltigkeitstangentialraum der n-Sphäre die Dimension
n
n+1
und ist nach dem bereits gezeigten ein Untervektorraum von y ∈ R
: y ⊥ a . Dieser
Raum hat aber auch Dimension n. Also sind die beiden Räume identisch.
2. Möglichkeit: (Explizites Kurvenkonstruieren)
Sei v ∈ Rn+1 mit v ⊥ a.
Falls v = 0, so erfüllt die konstante Kurve γ : t 7→ a alle Bedingungen.
Sei deshlab v 6= 0 Wir setzen r := kvk > 0 und können demnach den Vektor v schreiben
als
v = rv0
mit einem Vektor v0 , der Länge eins hat.
Wir definieren:
γ :] − ∞, +∞[ −→ Rn+1
t 7−→ cos(rt) · a + sin(rt) · v0 .
Diese Kurve ist offensichtlich glatt, also insbesondere auch C 1 .
Sie verläuft in der Sphäre, weil
kγ(t)k2 = kcos(rt) · ak2 +2 cos(rt) sin(rt) ha, v0 i + ksin(rt) · v0 k2 = cos2 (rt)+sin2 (rt) = 1.
| {z }
=0
An der Stelle t = 0 hat sie den richtigen Wert, weil γ(0) = a
Die Ableitung an der Stelle t = 0 ist:
γ ′ (0) = −r sin(r · 0) · a + r cos(r · 0) · v0 = 0 + rv0 = v.
Das war zu zeigen.
Aufgabe G8 (Étale Abbildungen)
(a) Zeigen Sie, dass f : R −→ S1 ⊆ C : t 7→ e2πit eine glatte étale Abbildung ist.
(b) Für j ∈ {1, . . . , n + 1} setzen wir: Ωj := v ∈ Rn+1 : vj 6= 0 . Zeigen Sie, dass die
Abbildung
Γj : Ωj −→ Ωj
v
vj+1
vn+1
(v1 , . . . , vn+1 ) 7−→ ( vv1j , . . . , j−1
vj , vj , vj , . . . , vj )
2
4. Übung
Differentialgeometrie
ein C ∞ -Diffeomorphismus und dass
pj : Ωj −→ Rn
(w1 , . . . , wn+1 ) 7−→ (w1 , . . . , wj−1 , wj+1 , . . . , wn+1 )
eine glatte Submersion ist.
(c) Zeigen Sie, dass die Abbildung
Φ : Rn+1 \ {0} −→ P (Rn+1 )
v 7−→ Rv
eine glatte Submersion ist. (Hinweis: Schreiben Sie Φ|Ωj als Verkettung von Diffeomorphismen und einer Submersion.)
(d) Zeigen Sie, dass die Abbildung
Ψ : Sn −→ P (Rn+1 )
v 7−→ Rv
eine surjektive glatte étale Abbildung ist.
Lösung: (a)
Sei t0 ∈ R fest.
Die Ableitung der Funktion f : R −→ S1 an der Stelle t0 ist
f ′ (t0 ) = 2πie2πit0 .
Das heißt: Wenn wir Tt0 R mit R identifizieren und Tf (t0 ) S1 mit einem Untervektorraum
von C, dann ist
Tt0 f : R −→ Tf (t0 ) S1
s 7−→ 2πie2πit0 · s.
Diese lineare Abbildung ist nicht konstant Null, weil z.B. 1 7→ 2πie2πit0 6= 0. Also ist das
Bild mindestens eindimensional. Weil aber der Zielraum Tf (t0 ) S1 eindimensional ist, ist
die Abbildung Tt0 f surjektiv. Da der Definitionsvektorraum R auch eindimensional ist,
folgt aus einfacher linearer Algebra, dass die Abbildung injektiv ist. Zusammengesetzt
ist Tt0 f : R −→ Tf (t0 ) S1 bijektiv.
Da t0 beliebig war, können wir schließen, dass Tt f immer surjektiv ist. Also ist f eine
Submersion.
Ebenso können wir schließen, dass Tt f immer injektiv ist. Also ist f eine Immersion.
Also ist Tt f überall bijektiv. Demnach ist f eine étale Abbildung.
(b)
Offensichtlich ist
Γj : Ωj −→ Ωj
v
vj+1
vn+1
(v1 , . . . , vn+1 ) 7−→ ( vv1j , . . . , j−1
vj , vj , vj , . . . , vj )
3
4. Übung
Differentialgeometrie
eine glatte Abbildung.
Ebenso offensichtlich ist
Ξj : Ωj −→ Ωj
(w1 , . . . , wn+1 ) 7−→ (wj w1 , . . . , wj wj−1 , wj , wj wj+1 , . . . , wj wn+1 )
eine glatte Abbildung.
Da Ξj ◦ Γj = idΩj und Γj ◦ Ξj = idΩj gilt, ist Γj ein C ∞ -Diffeomorphismus.
Die Abbildung
pj : Ωj −→ Rn
(w1 , . . . , wn+1 ) 7−→ (w1 , . . . , wj−1 , wj+1 , . . . , wn+1 )
ist die Einschränkung der surketiven linearen Abbildung
L : Rn −→ Rn
(w1 , . . . , wn+1 ) 7−→ (w1 , . . . , wj−1 , wj+1 , . . . , wn+1 ).
Deshalb gilt für jeden Punkt w ∈ Ω, dass Tw pj = L und somit ist pj eine glatte Submersion.
(c)
Der Definitionsbereich der Abbildung Φ ist Rn+1 \ {0} und lässt sich mit den offenen Mengen Ω1 , . . . , Ωn+1 überdecken. Weil die Eigenschaft, eine glatte Submersion zu sein, eine
lokale Eigenschaft ist, reicht es aus, dies für Φ|Ωj zu zeigen (für alle j ∈ {1, . . . , n + 1}.
Sei also j ∈ {1, . . . , n + 1} beliebig und sei v ∈ Ωj . Dann ist
fj ◦ pj ◦ Γj (v) = fj (pj (Γj (v)))
vj−1
vj+1
v1
vn+1
= f j pj
,...,
, vj ,
,...,
vj
vj
vj
vj
vj−1 vj+1
vn+1
v1
,...,
,
,...,
= fj
vj
vj
vj
vj
vj−1
vj+1
v1
vn+1
,...,
, 1,
,...,
=R
vj
vj
vj
vj
= R (v1 , . . . , vj−1 , vj , vj+1 , . . . , vn+1 )
= Rv
= Φ(v).
Also haben wir gezeigt, dass
n+1
Φ|Ωj = fj ◦ pj ◦ Γj .
Nun ist aber fj : Rn −→ P R
bekanntermaßen (aus der Vorlesung) ein C ∞ -Diffeomorphismus.
∞
Und Γj : Ωj −→ Ωj ist ein C -Diffeomorphismus nach Aufgabenteil (b).
Und pj : Ωj −→ Rn ist eine C ∞ -Submersion.
4
4. Übung
Differentialgeometrie
Also ist Φ|Ωj eine C ∞ -Submersion. Und weil j beliebig war, ist Φ : Rn+1 \ {0} −→
P Rn+1 eine C ∞ -Submersion.
Das war zu zeigen.
Hausübung
Aufgabe H7 (Der n-dimensionale Torus)
Die Menge Rn /Zn := {a + Zn : a ∈ Rn } sei versehen mit der Quotiententopologie (finalen Topologie) bezüglich der Abbildung
q : Rn −→ Rn /Zn
a 7−→ a + Zn .
(a) Zeigen Sie, dass q : Rn −→ Rn /Zn eine offene Abbildung ist.
(b) Zeigen Sie, dass Rn /Zn eine topologische Mannigfaltigkeit ist.
(c) Zeigen Sei, dass es eine eindeutige C ∞ -Mannigfaltigkeitsstruktur auf Rn /Zn gibt,
sodass q : Rn −→ Rn /Zn ein lokaler C ∞ -Diffeomorphismus (also eine glatte étale
Abbildung) wird.
(d) Zeigen Sie, dass Rn /Zn diffeomorph ist zu (R/Z)n und zu (S1 )n .
(e) Sei f := q|[0,1]n die Einschränkung der Abbildung q auf den abgeschlossenen ndimensionalen Einheitswürfel. Zeigen Sie am Beispiel von f : [0, 1]n −→ Rn /Zn ,
dass eine Quotientenabbildung im Allgemeinen nicht offen sein muss.
Lösung: (a)
Sei U ⊆ Rn offen. Dann ist zu zeigen, dass q(U ) offen in Rn /Zn ist. Dies ist aber per
Definition der Quotiententopologie genau dann der Fall, wenn q −1 (q(U )) offen in Rn ist.
Wie sieht aber die Menge q −1 (q(U )) aus?
x ∈ q −1 (q(U )) ⇐⇒ q(x) ∈ q(U )
⇐⇒ (∃y ∈ U )q(x) = q(y)
⇐⇒ (∃y ∈ U )x − y ∈ Zn
⇐⇒ (∃y ∈ U )x ∈ y + Zn
⇐⇒ x ∈ U + Zn
⇐⇒ (∃k ∈ Zn )x ∈ U + k.
[
⇐⇒ x ∈
U + k.
k∈Zn
Dies zeigt, dass q −1 (q(U )) =
S
k∈Zn
U + k und das ist offen in Rn .
(b)
Wir müssen zeigen, dass Rn /Zn Hausdorffsch ist und dass jeder Punkt eine offene Umgebung hat, die homömorph zu einer offenen Teilmenge des Rn ist.
5
4. Übung
Differentialgeometrie
Wir beginnen mit der Hausdorff-Eigenschaft: Seien P, Q ∈ Rn /Zn zwei unterschiedliche
Punkte. Weil q : Rn −→ Rn /Zn surjektiv ist, gibt es ein x, y ∈ Rn mit q(x) = P und
q(y) = Q. Die Menge aller Urbilder von Q unter q ist q −1 ({Q}) = y + Zn . Sei ε > 0 so
n
Rn
n
Rn
klein, dass BR
ε (x) disjunkt zu allen Bε (y + k) mit k ∈ Z ist. Dann sind q(Bε (x)
n
n
n
und BR
ε (y) disjunkte Umgebungen von P und Q. Also ist R /Z Hausdorffsch.
Sei nun a ∈ Rn fest. Dann ist
n
Va := BR1 (a)
2
eine offene Teilmenge von Rn und
Ua := q(Va )
ist offen in Rn /Zn nach Aufgabenteil (a).
Die Abbildung
Va −→ Ua
y 7−→ q(y)
ist stetig (als Einschränkung der stetigen Funktion q),
offen (als Einschränkung der offenen Funktion q auf offene Mengen im Bild und Urbild),
surjektiv (per Definition),
und injektiv, was man wie folgt sieht: Angenommen, x, y ∈ Va mit x 6= y und q(x) = q(y).
Weil Va Durchmesser 1 hat, folgt, dass kx − yk < 1 ist. Weil aber q(x) = q(y) ist, folgt
x − y ∈ Zn und somit ist kx − yk ≥ 1. Widerspruch.
Also ist die Abbildung Va −→ Ua : y 7→ q(y) bijektiv, stetig und offen, also ein
Homöomorphismus. Ihre Umkehrabbildung ist eine Karte und wir nennen sie
φa : Va −→ Ua : q(y) 7→ y.
Alle Karten dieser Form bilden einen Atlas
A := {φa : a ∈ Rn } ,
und weil jeder Punkt in Rn /Zn auf mindestens einer Karte verzeichnet ist, ist Rn /Zn
eine topologische n-dimensionale Mannigfaltigkeit.
(c)
Wir betrachten den Atlas A aus Aufgabenteil (b). Zuerst behaupten wir, dass dieser Atlas
C ∞ ist, dass also Kartenwechsel C ∞ sind: Seien dazu a, b ∈ Rn mit Ua ∩Ub 6= ∅. Für jeden
Punkt P ist sowohl φa (P ) als auch φb (P ) ein Urbild unter q, d.h. φa (P ) − φb (P ) ∈ Zn .
Dies impliziert, dass die Kartenwechselabbildung
φ−1
b ◦ φa : φb (Ua ∩ Ub ) −→ φb (Ua ∩ Ub )
jeden Vektor x auf x+k mit k ∈ Zn abbildet. Aus Stetigkeitsgründen (wir wissen bereits,
dass Kartenwechsel stetig sind), hängt dieses k ∈ Zn zumindest lokal nicht von x ab und
somit ist der Kartenwechsel also eine Abbildung, die auf einen Vektor x nur einen festen
Vektor k hinzuaddiert. Das ist eine glatte Abbildung.
6
4. Übung
Differentialgeometrie
Dies zeigt, dass A ein glatter Atlas ist. Dieser ist in einem maximalen C ∞ -Atlas Ae
enthalten. Damit haben wir also eine C ∞ -Mannigfaltigkeitsstruktur auf Rn /Zn .
Die Karten eines Atlasses sind per Konstruktion Diffeomorphismen. Also ist jede Abbildung φa : Ua −→ Va ein Diffeo. Also ist auch die Umkehrabbildung
φ−1
a : Va −→ Ua
x 7−→ q(x)
ein Diffeo.
Dies zeigt, dass Ae eine C ∞ -Struktur auf Rn /Zn ist, die q : Rn −→ Rn /Zn zu einem
lokalen Diffeo macht.
Es bleibt die Eindeutigkeit der C ∞ -Struktur mit dieser Eigenschaft zu zeigen.
Sei also B ein weiterer (maximaler) C ∞ -Atlas auf Rn /Zn , sodass q : Rn −→ Rn /Zn ein
lokaler Diffeo ist. Dann bedeutet das, dass für jede Karte ψ ∈ B die Abbildung ψ ◦q lokal
um jeden Punkt, wo sie definiert ist, ein lokaler Diffeo ist. Da die Karten aus A aber
mit Hilfe von q gemacht wurden, impliziert dies direkt, dass ψ mit jeder Karte φ ∈ A
e bzw. B = A.
e
kompatibel ist und somit ist B ⊆ A,
(d)
Die Abbildung
Φ : Rn /Zn −→ (R/Z)n
x + Zn 7−→ (x1 + Z, . . . , xn + Z)
ist bijektiv und mit lokalen Karten sieht man leicht, dass sie glatt ist und die Ableitung
an jedem Punkt invertierbar ist. Somit ist sie étal, also lokal ein Diffeo. Zusammen mit
der Bijektivität ergibt dies einen globalen Diffeo.
Wir wissen aus der Aufgabe (H4), dass R/Z homöomorph zu S1 ist und einfaches Nachrechnen ergibt, dass dieser Homöo glatt ist und étal. Somit ist er ein Diffeo. Hieraus
folgt die zweite Behauptung.
(e)
n
Die Menge U0 := − 12 , 12 ⊆ Rn ist offen in Rn .
n
Also ist U := 0, 21 = U0 ∩ [0, 1]n offen in [0, 1]n bezüglich der Teilraumtopologie
(Spurn
topologie). Die Menge f (U ) ist aber nicht offen in Rn /Zn , weil q −1 (f (U )) = 0, 12 + Zn
nicht offen in Rn ist.
Dies zeigt, dass f : [0, 1]n −→ Rn /Zn keine offene Abbildung ist.
Was zu zeigen bleibt, ist, dass f : [0, 1]n −→ Rn /Zn eine Quotientenabbildung ist, dass
also für U ⊆ Rn /Zn gilt, dass U genau dann offen in Rn /Zn ist, wenn f −1 (U ) offen in
[0, 1]n ist.
Dies läuft darauf hinaus, zu zeigen, dass
f −1 (U ) ist offen in [0, 1]n ⇐⇒ q −1 (U ) ist offen in Rn .
Die Implikation ⇐ ist trivial. Die andere ist kompliziert.
7
4. Übung
Differentialgeometrie
1. Möglichkeit (benötigt aber Wissen über Topologie, das in der Vorlesung bis jetzt nicht
behandelt wurde):
Anstelle von offenen Mengen kann man Quotientenabbildung auch über abgeschlossene
Mengen charakterisieren. Das heißt: Es reicht zu zeigen, dass
f −1 (A) ist abegeschlossen in [0, 1]n ⇐⇒ q −1 (A) ist abgeschlossen in Rn .
Sei also A ⊆ Rn /Zn so,dass f −1 (A) abgeschlossen in [0, 1]n ist. Dann ist f −1 (A) kompakt, weil [0, 1]n kompakt ist. Da stetige Abbildungen kompakte Mengen auf kompakte
Mengen abbilden, ist also auch q(f −1 (A)) = f (f −1 (A)) = A kompakt in Rn /Zn . Und
weil kompakte Teilmengen von Hausdorff-Räumen abgeschlossen sind, ist A abgeschlossen in Rn /Zn .
2. Möglichkeit (ist hässlich, dauert lange und wird hier nur für n = 1 skizziert):
Sei U ⊆ R/Z mit f −1 (U ) offen in [0, 1]. Wir wollen zeigen, dass q −1 (U ) offen in R ist. Sei
x ∈ q −1 (U ) ⊆ R. Wir wollen zeigen, dass es eine Umgebung von x gibt, die vollständig
in q −1 (U ) liegt.
Aus der Periodizität von q folgt, dass wir annehmen dürfen, dass x ∈ [0, 1[ liegt. Dann
gibt es zwei Fälle:
Fall I: x ∈]0, 1[:
Dann ist ]0, 1[∩f −1 (U ) eine offene Umgebung von x, die vollständig in q −1 (U ) liegt.
Fall II: x = 0:
Da f −1 (U ) offen in [0, 1] ist, gibt es also ein ε0 > 0 mit [0, ε0 [⊆ f −1 (U ).
Aus der Definition er Abbildung f folgt sofort, dass f (0) = q(0) = q(1) = f (1). Somit
muss auch 1 ∈ f −1 (U ) sein.
Wir können also auch ein ε1 > 0 finden mit ]1 − ε1 , 1] ⊆ f −1 (U ).
Wenn wir nun ε := min(ε0 , ε1 ) wählen, sieht man leicht, dass
]x − ε, x + ε[⊆ q −1 (U ).
Ähnlich kann man auch für n > 1 argumentieren, allerdings wird die Sache komplizierter,
weil der Rand von [0, 1]n nicht nur zwei, sondern unendlich viele Punkte hat. Dies führt zu
einer weiteren Reihe von Fallunterscheidungen und vielen (aber endlich) vielen Epsilons,
von denen man das kleinste auswählt.
Aufgabe H8 (Der zweidimensionale Torus als Untermannigfaltigkeit des R3 )
Ziel dieser Aufgabe ist es, die abstrakte Mannigfaltigkeit R2 /Z2 als Untermannigfaltigkeit des dreidimensionalen Raumes zu realisieren. Wir werden hierbei wenn es gerade
sinnvoll erscheint den Raum C mit dem Raum R2 identifizieren.
Gegeben: r, R ∈ R mit 0 < r < R.
Φ : R2 −→ C
×R
(s, t) 7−→ R + r cos(2πs) e2πit , r sin(2πs) .
Wir setzen T := Φ(R2 ) ⊆ C × R ∼
= R3 .
8
4. Übung
Differentialgeometrie
(a) Geben Sie die Abbildung Φ : R2 −→ R3 explizit ohne Verwendung von komplexen Zahlen an. (Falls möglich versuchen Sie sich vorzustellen, dass das Bild der
Abbildung wirklich die Oberfläche eines “Donuts” ist.)
(b) Zeigen Sie, dass Φ : R2 −→ R3 eine glatte Immersion ist.
(c) Zeigen Sie, dass T ⊆ (C\ {0}) × R.
z
(d) Setze Ψ : (C\ {0}) × R −→ C × C : (z, w) 7→ |z|+iw−R
,
r
|z| . Geben Sie eine einfache
Formel für Ψ ◦ Φ(s, t) an.
(e) Zeigen Sie, dass genau dann Φ(s, t) = Φ(s′ , t′ ) gilt, wenn (s, t) − (s′ , t′ ) ∈ Z2 gilt.
e : R2 /Z2 −→ T gibt mit Φ = Φ
e ◦q
(f) Folgern Sie, dass es einen Homöomorphismus Φ
(mit der Notation aus Aufgabe (H7)).
(g) Zeigen Sie, dass T eine Untermannigfaltigkeit von R3 ist und dass bezüglich dieser
e ein C ∞ -Diffeomorphismus ist.
Mannigfaltigkeitsstruktur die Abbildung Φ
Lösung: (a)
Φ : R2 −→ 
R3

R + r cos(2πs) cos(2πt)
s
7−→  R + r cos(2πs) sin(2πt)  .
t
r sin(2πs)
(b)
Jede Komponente der Abbildung ist glatt, also ist die Abbildung glatt. Wenn wir die
Darstellung aus Aufgabenteil (a) benutzen, können wir die Jacobi-Matrix berechnen:


−r sin(2πs) cos(2πt)
− R + r cos(2πs) sin(2πt)
2π ·  −r sin(2πs) sin(2πt)
R + r cos(2πs) cos(2πt) 
r cos(2πs)
0
Die oberen beiden Zeilen haben Determinante
−r R + r cos(2πs) sin(2πs) cos2 (2πt) + sin2 (2πt)
|
{z
}
{z
}
|
=1
≥R−r>0
Wenn also s ∈
/ 12 Z, dann ist sin(2πs) 6= 0 und somit ist die Determinante ungleich 0 und
unsere Matrix hat Rang 2.
Bleibt also der Fall s = 12 k mit k ∈ Z. Dann sieht unsere Jacobi-Matrix so aus:


0
− R + r(−1)k sin(2πt)
2π ·  0
R + r(−1)k cos(2πt) 
k
r(−1)
0
Die beiden Spalten sind aber offensichtlich linear unabhängig. Und somit hat unsere
Matrix auch in diesem Fall Rang 2.
Also ist Φ eine Immersion.
9
4. Übung
Differentialgeometrie
(c)
Die erste Komponente von
Φ(s, t) = R + r cos(2πs) e2πit , r sin(2πs) ⊆ C × R
wird niemals Null, weil R + r cos(2πs) e2πit ≥ R − r > 0.
(d)
Sei (s, t) ∈ R2 . Dann ist
Ψ ◦ Φ(s, t) = Ψ Φ(s, t)
= Ψ R + r cos(2πs) e2πit , r sin(2πs)
!
R + r cos(2πs) e2πit + ir sin(2πs) − R
R + r cos(2πs) e2πit
=
, r
R + r cos(2πs) e2πit !
R + r cos(2πs) e2πit
R + r cos(2πs) + ir sin(2πs) − R
,
=
r
R + r cos(2πs)
= e2πis , e2πit .
(e)
Wenn Φ(s, t) = Φ(s′ , t′ ), dann ist auch Ψ ◦ Φ(s, t) = Ψ ◦ Φ(s′ , t′ ) und nach Aufgabenteil
(d) folgt daraus, dass
′
′
e2πis , e2πit = e2πis , e2πit
und somit sofort, dass (s, t) − (s′ , t′ ) ∈ Z2 .
Die Rückimplikation ist direkt klar, weil die Funktion Φ nur aus Funktionen zusammengesetzt ist, die sowohl in der s-Variable als auch in der t-Variable 1-periodisch sind.
(f)
Wir definieren:
e : R2 /Z2 −→ T
Φ
q(x) 7−→ Φ(x).
e ◦ q nach
Diese Abbildung ist wohldefiniert und injektiv nach (e). Sie erfüllt Φ = Φ
Konstruktion. Die Surjektivität folgt ebenfalls direkt aus der Definition von T .
Da Φ : R2 −→ T stetig ist und q : R2 −→ R2 /Z2 eine Quotientenabbildung, ist auch
e : R2 /Z2 −→ T stetig.
Φ
Mit den Aufgaben (H4) und (H7) ist klar, dass R2 /Z2 zu (S1 )2 homömoprh ist über die
Abbildung:
(R/Z2 ) −→ (S1 )2 : [(s, t)]Z2 7→ e2πis , e2πit .
e Also ist Ψ ◦ Φ
e ein Homöomorphismus.
Nach Aufgabenteil (d) ist dies aber gerade Ψ ◦ Φ.
e
Es folgt, dass Φ ein Diffeomorphismus ist.
10
4. Übung
Differentialgeometrie
(g)
e eine Immersion. Nach (f) ist Φ
e
Die Abbildung Φ ist eine Immersion. Also ist auch Φ
e ist
außerdem eine topologische Einbettung. Also ist T eine Untermannigfaltigkeit und Φ
ein Diffeomorphismus.
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