Lösung 11

Übungen zur Vorlesung
Analysis III“
”
http://www.stochastik.uni-freiburg.de/Vorlesungen/vvWS2013/VorAnaIII/
Wintersemester 2013/14, Blatt 11
Abgabetermin: 28.01.2014, zu Beginn der Vorlesung
(Bitte geben Sie auf jedem Lösungsblatt Ihren Namen und Ihre Übungsgruppe an)
Bitte nur maximal zu zweit abgeben!
Aufgabe 1
Lösung: Da die Lebesguedichte y12 , die wir zur Berechnung des Flächeninhalts verwenden, unabhängig von x ist, können wir jede Figur an jeder vertikalen euklidischen
Halbgeraden spiegeln, ohne ihren Flächeninhalt zu verändern.
Betrachte nun ein zweifach entartetes hyperbolisches Dreieck wie vorgeschlagen. Die
euklidische Figur hat einen Innenwinkel α am Schnittpunkt P des Halbkreises mit
der nicht-tangentialen Halbgeraden, die oBdA links liegt.
Sei zunächst α ≥ π2 . Über die Winkelsumme im Dreieck und die Tatsache, dass der
Radius eines Halbkreises senkrecht auf den Rand trifft, erhält man für P als Höhe
R sin(π − α). Teilen wir die euklidische Figur auf dieser Höhe, so erhalten wir einen
unendlichen Streifen A1 und einen Zahn“ A2 .
”
Erinnern wir uns an die Definition und den Flächeninhalt des auf Höhe y = nach
unten abgeschnittenen idealen Dreiecks Mε , so sehen wir, dass
1
(Fh (M ) − Fh (MR sin(π−α) )
2
R
1 − cos(arcsin( R sin(π−α)
= −
)
+ arcsin( R sin(π−α)
)
R
R
R sin(π − α)
cos(π − α) − 1
+ π − α.
=
sin(π − α)
Fh (A2 ) =
Für A1 erhalten wir dagegen als Flächeninhalt
Z ∞
1
Fh (A1 ) =
R(1 − cos(π − α)) 2 dy
y
R sin(π−α)
1
= R(1 − cos(π − α))
R sin(π − α)
1 − cos(π − α)
=
.
sin(π − α)
Zusammengenommen erhalten wir als Flächeninhalt Fh (A1 ) + Fh (A2 ) = π − α.
Ist dagegen α < π2 , so ist π − α > π2 und wir erhalten die Fläche als Differenz zwischen dem idealen Dreieck und dem zweifach entarteten Dreieck mit Innenwinkel
π − α, also π − (π − (π − α)) = π − α.
Betrachte als nächstes ein einfach entartetes Dreieck ∆AB∞ wie vorgeschlagen. Seien die Innenwinkel α und β. Der Flächeninhalt ergibt sich offensichtlich als Differenz
der Flächen zweier doppelt entarteter Dreiecke mit Innenwinkel α und π − β, also
Fh (∆AB∞) = π − α − (π − (π − β)) = π − α − β.
Ist nun weiter ein Dreieck ∆ABC mit Winkeln α, β und γ gegeben, bei dem zwei
Ecken, oBdA A und B, denselben Realteil im euklidischen Bild haben, also dort
übereinander liegen, so erhalten wir Fh (∆ABC) als Differenz der Flächen des einfach entarteten Dreiecks ∆AC∞ mit Innenwinkeln α und γ + δ und des einfach
entarteten Dreiecks ∆BC∞ mit Innenwinkeln π − β und δ, also
Fh (∆ABC) = π − α − (γ + δ) − (π − (π − β) − δ) = π − α − β − γ.
Ist schließlich ein Dreieck ∆ABC ohne diese Eigenschaft gegeben, haben also die
euklidischen Bilder der Punkte verschiedene Realteile, wähle den mittleren davon,
oBdA C, und teile das Dreieck durch die euklidisch senkrechte Gerade durch C. Wir
erhalten einen Schnittpunkt S mit AB und zwei Dreiecke ASC mit Innenwinkeln
α, σ1 und γ1 und SBC mit Innenwinkeln σ2 , β und γ2 , wobei σ1 + σ2 = π und
γ1 + γ2 = γ. Als Flächeninhalt erhalten wir damit
Fh (∆ABC) = π − α − σ1 − γ1 + π − σ2 − β − γ2 = π − α − β − γ,
was zu beweisen war.
a) Lösung: Da der Flächeninhalt eines echten Dreiecks ∆ABC, bei dem die Begrenzungsgeraden also nicht zusammenfallen, immer größer als 0 ist, bleibt für
die Winkelsumme α + β + γ = π − Fh (∆ABC) nur ein Wert kleiner als π = 180◦ .
b) Lösung: Haben wir irgendein Viereck, so können wir es durch eine Diagonale in
zwei Dreiecke teilen, die nach a) jeweils eine Winkelsumme von weniger als 180◦
haben. Da die Winkelsumme des Vierecks natürlich die Summe der Winkelsummen der beiden Dreiecke ist, und damit weniger als 360◦ beträgt, kann es nicht
vier rechte Winkel haben.
c) Lösung: Wie auch immer ein hyperbolischer Kreis in unserem Modell aussieht,
wenn wir ein Dreieck über dem Durchmesser mit Ecke C auf dem Kreisbogen
einzeichnen, können wir es durch die Strecke Strecke CM in zwei Dreiecke unterteilen, die offensichtlich jeweils gleichschenklig mit Schenkellänge r sind und
damit nach Voraussetzung je zwei gleiche Winkel α bzw. β aufweisen. Damit gilt
einerseits, dass der Winkel an C gleich der Summe α + β ist, andererseits die
Winkelsumme des ganzen Dreiecks gleich α + β + (α + β). Die Winkelsumme ist
aber nicht 2 · 90◦ .
d) Lösung: Betrachte
das Dreieck,
dessen euklidisches Bild begrenzt wird durch die
√
√
2
2
Halbkreise um − 2 und 2√ mit Radius 1 und den Halbkreis um 0 mit Radius 12 .
Erstere schneiden sich in 22 i senkrecht und den dritten Halbkreis offensichtlich
in zwei gleichen Winkeln.
Nach unserer Voraussetzung folgt damit bereits seine Gleichschenkligkeit. Wenden wir nun den Satz des Pythagoras auf dieses Dreieck an, so erhalten wir mit
den passenden Bezeichnungen c2 = 2a2 . Die hyperbolische Gerade {x = 0} teilt
das Dreieck aber selbst in zwei rechtwinklige Dreiecke mit Katheten h und c1 bzw.
h und c2 . Dann sagt uns aber wiederum der Satz des Pythagoras a2 = h2 + c21
und a2 = h2 + c22 , also c1 = c2 = 2c , und insgesamt c2 = 2h2 + 2( 2c )2 oder h = 2c .
Das würde aber bedeuten, dass die beiden kleinen rechtwinkligen Dreiecke selbst
gleichschenklig wären, was aber nicht sein kann, da der eine Schenkelwinkel genau 45◦ beträgt und wegen der Winkelsumme im hyperbolischen Dreieck für den
anderen keine 45◦ übrig bleiben.
Aufgabe 2
Lösung: Trivial ist die Aufgabe mit der letzten Charakterisierung von differenzierbaren Mannigfaltigkeiten aus Theorem 26.26: Jede noch so kleine Umgebung
einer Ecke des Quadrates enthält einen senkrechten Abschnitt und einen waagerechten, kann also weder von der Form {(x, f (x))|x ∈ V ⊆ R} noch von der Form
{(f (y), y)|y ∈ V ⊆ R} sein.
Aufgabe 3
a) Lösung: Sei (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 beliebig. Sei nun i ∈ {1, 2}. Da Ei eine Mannigfaltigkeit ist, gibt es eine Umgebung Ui von xi , eine offene Menge Vi ⊆ Rdi und
i
einen Diffeomorphismus ϕi : Ui → Vi mit ϕi (Ui ∩ Ei ) = Vi ∩ Rm
0 .
Betrachte jetzt die Menge U1 × U2 . Sie ist offen nach Definition der Produkttopologie und enthält (x1 , x2 ), ist also eine Umgebung dieses Punktes. Definiere weiter
ϕ̃ : U1 × U2 → V1 × V2 , (x01 , x02 ) 7→ (ϕ1 (x01 ), ϕ2 (x02 )). Offensichtlich ist ϕ̃ bijektiv
−1
mit Umkehrabbildung ϕ̃−1 : V1 × V2 → U1 × U2 , (y1 , y2 ) 7→ (ϕ−1
1 (y1 ), ϕ2 (y2 )).
ϕ̃ (und genau analog auch ϕ̃−1 ) ist auchSstetig: Sei V 0 ⊆ V1 × V2 offen. Nach
Definition der Produkttopologie ist V 0 = j∈J (Vj10 × Vj20 ) für eine Indexmenge J
S
S
−1
0
0
und damit ϕ̃−1 (V 0 ) = j∈J ϕ−1 (Vj10 × Vj20 ) = j∈J (ϕ−1
1 (Vj1 ) × ϕ2 (Vj2 )) offen.
Die Jacobi-Matrix von ϕ̃ hat Blockgestalt, sodass det Dϕ̃ = det Dϕ1 · det Dϕ2 .
Insgesamt ist also ϕ̃ ein Diffeomorphismus, der natürlich (U1 × U2 ) ∩ (E1 × E2 )
m2
1
auf (V1 ∩ Rm
0 ) × (V2 ∩ R0 ) abbildet. Das ist noch nicht ganz, was wir brauchen,
aber indem wir eine (offensichtlich diffeomorphe) Koordinatenpermutation
σ : (y1 , . . . , yd1 , yd1 +1 , . . . yd1 +d2 )
7→ (y1 , . . . , ym1 , yd1 +1 , . . . yd1 +m2 , ym1 +1 , . . . yd1 , yd1 +m2 +1 , . . . yd1 +d2 )
definieren, erhalten wir ϕ := σ ◦ ϕ̃ als Kartenabbildung.
b) Lösung: Wir betrachten die vier offenen Halbräume U1 := {(x, y, z) ∈ R3 |x > 0},
U2 := {(x, y, z) ∈ R3 |z > 0}, U3 := {(x, y, z) ∈ R3 |x < 0} und U4 := {(x, y, z) ∈
R3 |z < 0}. Sie überdecken ganz R3 ohne die y-Achse, also insbesondere ganz
Ry (E).
Betrachte weiter für i ∈ {1, . . . , 4} die Abbildungen
+
Ui
R × R × ]−π + i π2 , i π2 [ →
ψi :
(x, y, θ)
7→ (x cos(θ), y, x sin(θ)).
√
Sie sind bijektiv mit Umkehrabbildungen ψi−1 : (x, y, z) 7→ ( x2 + z 2 , y, arctan( xz ))
√
für i ∈ {1, 3} und ψi−1 : (x, y, z) 7→ ( x2 + z 2 , y, arccot( xz )) für i ∈ {2, 4}, wobei
der Zweig des Arcustangens bzw. Arcuscotangens entsprechend der gewünschten
Bildmenge gewählt werden muss.
Die Stetigkeit der ψi und ψi−1 ergibt sich aus der Stetigkeit der verwendeten
Elementarfunktionen auf den entsprechenden Wertebereichen. Die Jacobimatrix
aller ψi ist


cos(θ) 0 −x sin(θ)
 0

1
0
sin(θ) 0 x cos(θ)
mit Determinante x2 6= 0. Damit sind alle ψi Diffeomorphismen.
Sei nun P ein beliebiger Punkt von Ry (E). Er ist in einem Ui enthalten. Offensichtlich ist ψi−1 (Ry (E) ∩ Ui ) = E × ]−π + i π2 , i π2 [. Nach a) ist dies eine zweidimensionale differenzierbare Untermannigfaltigkeit, es gibt also für ψ −1 (P ) eine
Umgebung U 0 und eine Kartenabbildung ϕ0 : U 0 → V 0 ⊆ R3 mit ϕ0 (U 0 ∩ (E ×
]−π + i π2 , i π2 [)) = V 0 ∩ R20 .
Wähle nun U := ψi (U 0 ) ∩ Ui , ϕ := ϕ0 ◦ ψ −1 und V := ϕ0 (ψ(Ui )) ∩ V 0 , damit
werden die Kriterien für eine Untermannigfaltigkeit erfüllt.