Analysis III WS 2005 - 2006 - Mathematisches Institut Heidelberg

Analysis III
WS 2005 - 2006
AUFGABEN + LÖSUNGEN
Prof. Eberhard Freitag
Dan Fulea
Internetbegleitung
http://www.mathi.uni-heidelberg.de/~dan/Teaching/WS2005-2006/
Blatt 1
Aufgabe 1 Ein rationaler Quader Q ⊂ Rn ist ein abgeschlossener Quader von der Gestalt
Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ]
mit a1 , b1 ; . . . ; an , bn ∈ Q .
Man zeige: Es gibt nur abzählbar viele rationale Quader.
Lösung: Diese Aufgabe hat einen rein mengentheoretischen Charakter. Eine Menge heißt abzählbar, falls es eine Bijektion
von dieser Menge nach N existiert. Wir verwenden folgende Eigenschaften von abzählbaren Mengen:
(E1) Sind M, N abzählbar, so ist M × N abzählbar.
Begründung: Äquivalent dazu ist die Aussage, dass N×N abzählbar ist. Zwei mögliche Strategien für die Konstruktion
einer Bijektion f : N → N × N sind hier skizziert:
/ (1, 0)
/ (3, 0)
(2, 0)
u
u
u:
u
u
u
zuu
uu
zuu
(1, 1)
(0, 1)
(2, 1)
:
:
uu
uu
u
u
u
zu
(0, 0)
/ (1, 0)
(0, 0)
(1, 2)
: (2, 2)
uu
uu
u
u
u
u
z
(1, 3)
(0, 3)
:
uu
uu
(0, 2)
(0, 3)
/ (3, 0)
(1, 1)
(2, 1)
O
(3, 1)
/ (1, 2)
/ (2, 2)
(3, 2)
O
o
(0, 1)
(0, 2)
(2, 0)
o
(1, 3)
o
(2, 3)
o
(3, 3)
(0, 4)
f (0) = (0, 0)
f (0) = (0, 0)
f (1) = (1, 0)
f (1) = (1, 0)
..
.
.
.
.
f (10) = (3, 1)
f (10) = (0, 4)
f (11) = (3, 2)
f (11) = (1, 3)
.
.
.
.
.
.
(E2)
Eine endliche Vereinigung von abzählbaren Mengen ist abzählbar.
Eine abzählbare Vereinigung von abzählbaren Mengen ist abzählbar.
Eine abzählbare Vereinigung von abzählbaren oder endlichen nicht leeren Mengen ist abzählbar.
(E3) Falls es eine Surjektion M Q von einer abzählbaren Menge M in eine nicht-endliche Menge Q gibt, dann ist Q
abzählbar.
Falls es eine Injektion Q M von einer nicht-endlichen Menge Q in eine abzählbare Menge M gibt, dann ist Q
abzählbar.
Die Aufgabe kann man nun in folgenden Schritten lösen:
• Q ist abzählbar, (E3), denn es existiert eine Surjektion Z × N>1 Q, (a, b) → a/b von der abzählbaren Menge Z × N>1 ,
(E1) und (E2), nach Q.
• Die Menge der rationalen Quader in Rn , n > 1, kann injektiv in der Menge aller Tupel
(a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn ) ∈ Q × Q × · · · × Q
|
{z
}
2n Male
eingebettet werden, also ist sie abzählbar durch eine wiederholte Anwendung der Eigenschaft (E1) und schließlich (E3). Bemerkung: Genauso wie es nur abzählbar viele abgeschlossene rationale Quader gibt, so gibt es natürlich auch nur abzählbar
viele offene rationale Quader, d.h. Teilmengen von Rn der Form
Q = (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn )
mit a1 , b1 ; . . . ; an , bn ∈ Q .
Da jede offene Teilmenge des Rn Vereinigung von offenen rationalen Quadern ist, sagt man auch, die Menge der offenen
rationalen Quader sei eine Basis der Topologie des Rn , und der Rn habe abzählbare Basis der Topologie.
1
Aufgabe 2 Sei U ⊆ Rn eine offene Menge.
Sei Q ⊂ U ein abgeschlossener Quader.
Dann existiert eine stetige Funktion f : U → [0, 1] mit kompaktem Träger in U ,
f ∈ Cc (U ) ,
welche auf Q den Wert 1 annimmt.
Lösung: Da Q ein abgeschlossener (also kompakter) Quader ist, gibt es reelle Zahlen a1 , . . . , an ; b1 , . . . , bn so dass gilt:
Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] .
1. Schritt: Wir finden einen “größeren Quader” Q0 ⊂ U , der Q beinhaltet. (Q0 wird mit dem gleichen Mittelpunkt wie Q
dabei gewählt.) Wir definieren dann zuerst die “leich größeren” Quader Q() ⊇ Q
Q() := [a1 − , b1 + ] × · · · × [an − , bn + ] ⊂ Rn ,
>0,
und zeigen, dass es ein > 0 gibt, so dass gilt:
Q() ⊂ U
(!)
Widerspruchsbeweis: Wenn diese Aussage falsch ist, dann gilt für alle n ∈ N die Nicht–Inklusion Q(1/n) 6⊂ U , also existiert
für jedes n ∈ N ein xn ∈ Q(1/n) mit
(1)
xn 6∈ U .
Wir betrachten dann die Folge
(xn ) ,
welche (in Rn und sogar) im kompakten Quader Q(1) liegt. Durch einen Kompaktheitsschluss existiert dann eine konvergente
Unterfolge
(xnk )
von xn . Sei ξ der Grenzwert dieser Unterfolge. Es gilt dann ξ ∈ Q(0) = Q, da unendlich viele Glieder der konvergenten
Unterfolge in jedem abgeschlossenen Quader der Kette von Inklusionen
\
Q(1/n) = Q(0) = Q
Q(1) ⊇ Q(1/2) ⊇ Q(1/3) ⊇ · · · ⊇ Q(1/2005) ⊇ · · · ⊇
n
liegt. Da ξ ∈ Q ⊂ U liegt, liegt dann ξ in der offenen Menge U , also existiert eine (Kugel–)Umgebung V von ξ in U . Da die
Unterfolge (xnk ) gegen ξ konvergiert, gibt es dann mindestens ein (Unter–)Folgeglied (–sogar alle ab einem Index–), das in
V also auch in U liegt. Widerspruch zu (1).
Fazit: Wir haben damit gezeigt: Es gibt ein > 0 mit Q ⊂ Q() ⊂ U .
2. Schritt: Wir konstruieren explizit eine stetige Funktion f : U → [0, 1], welche auf Q den Wert 1 und außer Q() den
Wert 0 annimmt.
In Dimension= 1 ist es einfach, dies zu verwirklichen, denn für gegebene reelle Zahlen a, b; ∈ R mit a 6 b und > 0, kann
eine naheliegende stückweise lineare stetige Funktion R → [0, 1] sofort hingeschrieben werden:
•??
??
??
?
•
•
b
b+
•



•
•
a
a−
Schaubild der Funktion fa,b; : R → [0, 1]
1
fa,b; (x) := max 0 , 1 − Abstand(x, Q)
.
In beliebiger Dimension können mit der obigen Notation dann setzen:
f (x) = f (x1 , . . . , xn ) := fa1 ,b1 ; (x1 ) · . . . · fan ,bn ; (xn ) .
Sehr technische Bemerkung: Diese Aufgabe hat eine naheliegende Verallgemeinerung, deren Beweis “technisch”, jedoch
übersichlich geschildert werden kann.
2
Verallgemeinerung: Sei X ein beliebiger metrischer Raum. Sei K ⊂ X ein Kompaktum. Dann existiert ein f ∈ Cc (X), so
dass f auf K den Wert 1 annimmt.
Begründung der Verallgemeinerung: Wir verwenden das folgende “technische” Resultat, das in ANA2 als Übungsaufgabe
vorgestellt wurde:
Ist K 6= ∅ ein Kompaktum und A 6= ∅ eine abgeschlossene Menge in einem metrischen Raum (X, d), dann existiert
d(K, A) := Abstand(K, A) = inf d(k, a) = min d(k, a) .
k∈K
a∈A
k∈K
a∈A
Außerdem (–der Fall einer 1–elementigen Menge A–) ist die Abbildung X → R>0 , x → d(K, x) eine stetige Funktion.
Der 1. Schritt der Aufgabe kann zusammengefasst werden, indem man wie folgt festlegt:
Ist U = X so wählen wir = 2005 .
Ist U 6= X, so ist der Rand ∂U von U (abgeschlossen und) nicht leer, wir setzen dann := d(K, ∂U )/2. Sei des Weiteren
K() := { x ∈ U ; d(x, K) 6 }. Dann ist K() auch ein Kompaktum, falls X lokal kompakt ist1 . Der 2. Schritt der
Aufgabe ist auch einzeilig, wir setzen f : U → [0, 1],
1
.
f (x) := max 0 , 1 − d(x, K)
Aufgabe 3 Auf jeder offenen Menge U ⊆ Rn existiert eine Folge (fn ) von stetigen Funktionen mit kompaktem Träger
fn ∈ Cc (U ) ,
welche die folgenden Eigenschaften hat:
•
(fn ) ist eine monoton wachsende Folge: f1 6 f2 6 . . . 6 fn 6 . . .
•
Es gilt fn % 1 , i.e. (fn ) konvergiert punktweise gegen die konstante Eins–Funktion auf U .
Anleitung: Man benutze Aufgabe 1, die sukzessive Bildung f ∨ g = max(f, g) für geeignete Funktionen f, g, sowie die
Tatsache, dass für f, g ∈ Cc (X) dann f ∨ g ∈ Cc (X) gilt.
Lösung: Sei U ⊆ Rn eine offene Menge wie in der Aufgabenstellung. Die Menge der rationalen Quader in U ist abzählbar,
denn die Menge der rationalen Quader in Rn es ist, Aufgabe 1.
Wir können dann diese durch eine Abbildung N →(Menge rationaler Quader in U ) durchnummerieren:
Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , . . .
Aufgfabe 2 sichert, dass es Funktionen g1 , g2 , g3 , g4 , . . . in Cc (U ) gibt, welche Werte in [0, 1] annehmen und respektive auf
Q1 , Q2 , Q3 , Q4 , . . . den Wert 1 annehmen.
Wir bilden dann die aufsteigende Folge von stetigen Funktionen mit kompaktem Träger (fn ),
f1 := max(g1 ) = g1
f2 := max(g1 , g2 )
f1 6 f2 6 f3 6 f4 6 . . .
durch
f3 := max(g1 , g2 , g3 )
f4 := max(g1 , g2 , g3 , g4 )
..
.
1 Man
verkleinert eventuell im folgendem Sinne:
Sei Uδ (x) die offene Kugel um x ∈ X mit Radius δ > 0. Da X lokal kompakt ist, gilt: Für jedes x ∈ X gibt es ein δ(x) > 0 so dass gilt:
x ∈ Uδ(x) ⊆ U δ(x) .
| {z }
kompakt
Das Kompaktum ∂K (abgeschlossene Untermenge des Kompaktums K) wird dann von der Familie von offenen Kugeln ( U (δ(x)) )x∈∂K
überdeckt, wegen Kompaktheit können wir eine überdeckende endliche Unterfamilie wählen:
( U (δ(xi )) ) ,
i = 1, 2, . . . , N , xi ∈ ∂K .
Dann ist
L := K ∪
[
U (δ(xi ))
16i6N
kompakt als Vereinigung von endlich vielen Kompakta. Sei := d(K, ∂L) der Fall = 0 kommt nur dann vor, wenn mindestens einer der
Punkte x1 , . . . , xN in X isoliert ist. Man entfernt deswegen im Vorfeld alle solchen Punkte von K, um > 0 zu sichern.
3
Diese Funktionen sind induktiv stetig, fn+1 = max(fn , gn+1 ), da das Maximum zweier stetiger (reellwertiger) Funktionen
eine stetige Funktion ist.
Diese Funktionen haben kompaktem Träger, genauer ist der Träger von fn die (endliche) Vereinigung der Träger der Funktionen g1 , g2 , . . . , gn .
Wir zeigen noch, dass fn % 1 punktweise gilt.
Die Funktion fn nimmt auf Q1 ∩ Q2 ∩ · · · ∩ Qn den Wert 1 an.
Sei x ∈ U . Wir zeigen fn (x) % 1.
Aus [ x ∈ U offen ] folgt, dass es eine offene Quaderumgebung V von x in U gibt.
Es gibt einen rationalen Punkt a ∈ V mit a1 < x1 und . . . und an < xn .
Es gibt einen rationalen Punkt b ∈ V mit x1 < b1 und . . . und xn < bn .
Dann liegt x im rationalen Quader Q(a, b),
welcher als Quader mit der Diagonale [a, b] (der Strecke von a nach b in Rn ) entsteht.
Dieser Quader erscheint “irgendwo” in unserer Durchnummerierung,
es gibt also einen N ∈ N mit QN = Q(a, b). Dann gilt gN (x) = 1, also auch
1 = fN (x) = fN +1 (x) = fN +2 (x) = . . .
.
Aufgabe 4 Eine Teilmenge A ⊆ X eines metrischen Raumes (X, d) heißt lokal abgeschlossen, falls gilt:
Zu jedem a ∈ A existiert eine Umgebung U (a) von a in X,
so dass A ∩ U (a) eine im metrischen Raum U (a) abgeschlossene Menge ist.
Dabei ist der metrischen Raum U (a) mit der eingeschränkten Metrik versehen.
Man zeige:
Eine Teilmenge Y ⊆ X ist genau dann lokal abgeschlossen,
wenn es eine offene Menge U ⊆ X und eine abgeschlossene Menge A ⊆ X gibt, so dass gilt:
Y =A∩U .
Lösung: Wir haben zwei Richtungen zu zeigen.
Die einfachere Richtung: [ Es gibt eine offene Menge U ⊆ X und eine abgeschlossene Menge A ⊆ X mit Y = A ∩ U ] =⇒
[ Y ⊆ X ist lokal abgeschlossen ] .
Sei also Y eine Menge der Gestalt Y = A ∩ U mit A abgeschlossen und U offen in U .
Sei y ∈ Y . (Wir suchen definitionsgemäß eine geeignete Umgebung U (y) . . . )
Wir setzen U (y) := U , eine offene Menge, welche y beinhaltet, also eine Umgebung von y.
Dann ist Y ∩ U (y) = Y ∩ U = Y .
(Wir zeigen, dass Y abgeschlossen in U ist. Äquivalent, dass U \ Y offen in U ist.)
Es gilt U \ Y = U \ (A ∩ U ) = U \ A = U ∩ (X \ A). Da A in X abgeschlossen ist, ist X \ A
offen in X.
Durch Definition ist dann U ∩ (X \ A) offen in U .
Die Richtung: [ Y ⊆ X ist lokal abgeschlossen ] =⇒ [ Es gibt eine offene Menge U ⊆ X und eine abgeschlossene Menge
A ⊆ X mit Y = A ∩ U ]
Sei also Y ⊆ X lokal abgeschlossen. (Wir konstruieren A und U .)
Für jedes y ∈ Y sei U (y) eine offene Umgebung von y, so dass Y ∩ U (y) im metrischen Raum U (y) abgeschlossen ist.
Sei U die Vereinigung aller U (y), y ∈ Y . Dann ist U offen.
(Eine beliebige Vereinigung von offenen Mengen ist offen.)
Sei A := Y der Abschluss von Y in X .
Wir zeigen nun Y = U ∩ A.
◦
Die Inklusion Y ⊆ U ∩ A ist trivial, denn für jedes y ∈ Y gilt y ∈ U (y) ∩ Y ⊆ U ∩ Y ⊆ U ∩ Y = U ∩ A .
◦
Für die andere Inklusion sei x ∈ U ∩ A ⊆ X .
Da U die Vereinigung aller U (y), y ∈ Y , ist, existiert ein y ∈ Y mit x ∈ U (y).
Da x ∈ A = Y liegt, existiert eine Folge (yn ) in Y , welche gegen x konvergiert.
Dann existiert ein Index N ∈ N, so dass alle Folgeglieder yn mit n > N in der offene
Umgebung U (y) des Limes x von (yn ) liegen. Diese liegen sogar in Y ∩ U (y). Da Y ∩ U (y)
in U (y) abgeschlossen ist, so liegt der Grenzwert x auch in Y ∩ U (y), also insbesondere
x ∈ Y , was zu zeigen war.
4
Blatt 2
Aufgabe 5 Eine Funktion f : X → R auf einem metrischen Raum X heißt unterhalbstetig, falls für jedes C ∈ R die
Menge
{ x ∈ X ; f (x) > C }
offen ist. Man zeige, dass f genau dann stetig ist, wenn f und −f beide unterhalbstetig sind.
Lösung: Die Definitionsbedingung einer unterhalbstetigen Funktion in der Aufgabenstellung kann man umformulieren:
Definition:
[ f : X → R ist unterhalbstetig ] =⇒ [ Für alle C ∈ R ist das Urbild f −1 (C, ∞) durch f des unten beschränkten offenen
Intervalls (C, ∞) eine offene Menge in X ]
Man führt naheliegend auch:
Definition:
[ f : X → R ist oberhalbstetig ] =⇒ [ Für alle C ∈ R ist das Urbild f −1 (C, ∞) durch f des oben beschränkten offenen
Intervalls (−∞, C) eine offene Menge in X ]
Es ist leicht dann die sukzessiven Äquivalenzen nachzuvollziehen:
[ f und −f sind beide unterhalbstetig ]
⇐⇒ [ f ist unter– und oberhalbstetig ]
⇐⇒ [ Urbilder durch f von Intervallen der Gestalt (A, ∞) und (−∞, B), A, B ∈ R beliebig, sind offen in X ]
⇐⇒ [ Urbilder durch f von Intervallen der Gestalt (A, B) = (A, ∞) ∩ (−∞, B) und (−∞, B), A, B ∈ R beliebig, sind offen
in X ]
⇐⇒ [ f ist stetig ] .
Zusätzliche Kommentare: Man sollte dabei jede der obigen Äquivalenzen in beide Richtungen lesen, um sich zu überzeugen,
dass sie leicht oder sogar tautologisch sind. Um die Leichtigkeit leichter zu machen, habe ich A, B in R variieren lassen, statt
dessen kann man auch R nehmen.
Verwendet wurde die Verträglichkeit der Urbild–Bildung mit dem Durchschnitt:
f −1 ( (A, ∞) ∩ (−∞, B) ) = f −1 ( (A, ∞) ) ∩ f −1 ( (−∞, B) ) .
(Eine “ähnliche” Verträglichkeit der Bild–Bildung mit der Vereinigung wäre falsch, also immer Vorsicht.)
Als Definition der Stetigkeit kann man wahlweise wählen, um den letzten Übergang sofort zu erkennen:
•
Das Urbild einer offenen Menge ist offen.
S
(Auf R sind die offenen Mengen der Gestalt (An , Bn ), Vereinigung von disjunkten offenen Intervallen. Urbild–
Bildung ist verträglich mit Vereinigung.)
•
Für alle x0 ∈ X und alle > 0
existiert ein δ > 0
( – man visiert sofort die Kugel Kδ (x0 ) als Standard–Umgebung von x0 in X
und die Kugel K (f (x0 )) = (f (x0 ) − , f (x0 ) + ) als Standard–Umgebung von f (x0 ) in R – )
so dass für alle x ∈ Kδ (x0 ), i.e. d(x, x0 ) < δ, gilt:
f (x) ∈ K (f (x0 )), i.e. |f (x) − f (x0 )| < .
(Die letzten zwei Zeilen lassen sich kurz und gut besser schreiben: f (Kδ (x0 )) ⊆ K (f (x0 )) oder Kδ (x0 ) ⊆
f −1 (f (Kδ (x0 ))) ⊆ f −1 (K (f (x0 ))) = f −1 ( (f (x0 ) − , f (x0 ) + ) ).)
{z
}
|
=:(A,B)
Aufgabe 6 Man zeige, dass die Funktionen der baireschen Klasse aus B + (X), welche den Wert +∞ nicht annehmen,
unterhalbstetig sind.
Lösung: Sei f ∈ B + (X) beliebig.
Per Definition existiert dann eine aufsteigende Folge von stetigen Funktionen (mit kompaktem Träger)
f1 6 f2 6 f3 6 . . . 6 fn 6 . . .
welche punktweise gegen f konvergiert.
5
%f ,
(Wir zeigen nun die Unterhalbstetigkeit von f in der Form: Für alle C ∈ R ist f −1 (C, ∞) offen in X.
Deswegen starten wir mit. . . )
Sei C ∈ R beliebig.
Die Urbild–Menge f −1 (C, ∞) kann dann umgeschrieben werden:
−1
f (C, ∞) = { x ∈ X ; f (x) ∈ (C, ∞) }
= { x ∈ X ; lim fn (x) = f (x) ∈ (C, ∞) }
= { x ∈ X ; In der Umgebung (C, ∞) von f (x) liegen unendlich viele Folgeglieder fn (x), n ∈ N }
= { x ∈ X ; In der Umgebung (C, ∞) von f (x) liegt mindestens ein Folgeglied fn (x), n ∈ N }
= { x ∈ X ; Es existiert ein n ∈ N mit fn (x) ∈ (C, ∞) }
[
= { x ∈ X ; fn (x) ∈ (C, ∞) }
n
=
[
n
fn−1 (C, ∞)
| {z }
,
eine in X offene Menge. (Eine beliebige Vereinigung offener Mengen ist offen.)
offen in X, da
f (unterhalb)stetig ist.
Wir haben damit durch die Definition gezeigt, dass f unterhalbstetig ist.
Aufgabe 7 Man definiere B − (X) = { −f ; f ∈ B + (X) } .
(a)
Man zeige, dass die charakteristische Funktion einer abgeschlossenen Teilmenge von Rn in B − (Rn ) liegt.
(b)
Man zeige:
B + (X) ∩ B − (X) = Cc (X) .
Lösung:
(a) Die Aussage aus der Aufgabenstellung ist falsch:
Gegenbeispiel: Sei X = R. (Das Gegenbeispiel funktioniert für jeden nicht–kompakten metrischen Raum X.)
Dann kann die charakteristische Funktion von X
1 = 1X
nicht durch eine absteigende Folge von stetigen Funktionen mit kompaktem Träger punktweise approximiert werden, denn
für eine solche Folge gilt:
f1 > f2 > . . . > lim fn = 1 ,
also ist fn > 1 > 0 auf X, also hat f1 (wie fn für alle n) den ganzen Raum X als Träger. Widerspruch. (X ist nicht
kompakt.)
Wahr sind folgende korrigierten Versionen (a1) und (a2) der Teil–Aufgabe (a):
(a1) Die charakteristische Funktion einer kompakten Teilmenge von Rn liegt in B − (X).
Beweis: Sei K eine kompakte Untermenge von Rn .
(A) K ist insbesondere beschränkt. Es existiert dann eine Schranke R > 0, so dass K in der offenen Kugel UR (0)
um 0 mit Radius R beinhaltet ist. Es existiert dann laut Aufgabe ?? eine Funktion g ∈ Cc (Rn ), g > 0, welche auf
U und insbesondere auf K gleich Eins ist.
(B) Sei V := Rn \ K, eine offene Menge in Rn . Die charakteristische Funktion einer offenen Menge von Rn liegt
in B + (Rn ) (Vorlesung), also 1V = χV ∈ B+ (Rn ), also existiert eine Folge (fn ) in Cc (Rn ), welche punktweise
aufsteigend gegen 1V konvergiert,
f1 6 f2 6 . . . % 1V .
Dann konvergiert die Folge (1 − fn ) in C(Rn ) punktweise absteigend gegen 1 − 1V = 1K . (Vorsicht: 1 − fn hat
keinen kompakten Träger! Deswegen. . . )
Für die Folge von Funktionen
( g · (1 − fn ) )
gilt dann:
Sie besteht aus stetigen Funktionen, da g, fn stetig sind.
Sie besteht aus Funktionen mit kompaktem Träger, da gn kompakten Träget hat.
Sie ist absteigend, da (1 − fn ) absteigend ist und g > 0 gilt.
Sie konvergiert punktweise gegen g · (1 − lim fn ) = g · (1 − 1V ) = g · 1K = 1K , da g auf K den Wert 1
annimmt.
6
(a1)
Die charakteristische Funktion einer abgeschlossenen Teilmenge von Rn liegt im Raum V aus der Aufgabe 8.
Beweis: Sei A abgeschlossen in Rn . Dann ist die Komplementmenge U := Rn \ A offen in Rn . Die charakteristische
Funktion einer offenen Menge von Rn liegt in B + (Rn ) (Vorlesung), also sind 1 = 1Rn = χRn und 1U = χU in
B + (Rn ). Es folgt
1A = 1Rn \U = 1Rn − 1A ∈ B+ (Rn ) .
(b) Die Inklusion
B + (X) ∩ B − (X) ⊇ Cc (X)
+
ist offensichtlich wegen
−
B (X) , B (X) ⊇ Cc (X) .
Die umgekehrte Inklusion:
Sei f ∈ B + (X) ∩ B − (X) . Dann gibt es Folgen (gn+ ) und (gn− ) von stetigen Funktionen mit kompaktem Träger mit
g1+ 6 g2+ 6 · · · % f ,
g1− > g2− > · · · & f .
Insbesondere gilt g1+ 6 f 6 g1− , also ist der Träger von f beinhaltet in der Vereinigung K der Träger von g1+ , g1− . (Für x 6∈ K
gilt 0 = g1+ (x) 6 f (x) 6 g1− (x) = 0.) f hat also kompakten Träger (eine abgeschlossene Untermenge des Kompaktums K).
Wir zeigen noch, dass f stetig ist.
Aus f ∈ B + (X) folgt, dass f den Wert −∞ nicht annimmt. Aus f ∈ B − (X) folgt, dass f den Wert +∞ nicht annimmt.
f “ist” also eine Funktion f : X → R .
Laut Aufgabe 6 ist dann f unterhalbstetig, da f ∈ B + (X) liegt.
Auch ist −f unterhalbstetig, da −f ∈ B + (X) liegt, da f ∈ B − (X) liegt.
Laut Aufgabe 5 ist dann f stetig.
Aufgabe 8 Sei I ein radonsches Maß auf X. Wir bezeichnen mit Bb+ (X) die Menge aller Funktionen f : X → R,
f ∈ B + (X) mit endlichem I(f ). Sei
V := { f − g ; f, g ∈ Bb+ (X) } .
Man zeige, dass es eine lineare Abbildung IV : V → R gibt,
◦
welche I fortsetzt
◦
und welche positiv ist (i.e. IV (f ) > 0 für f > 0).
Lösung: 1.Schritt: Wir bemerken zuerst, dass wir explizit Funktionen mit Werten in R (und nicht etwa R wie in der
Definition der Räume B ± (X)) arbeiten. Diese können addiert und mit Konstanten multipliziert werden. Wir zeigen zuerst,
dass mit dieser Struktur V ein Vektorraum über R ist.
•
V ist stabil bzgl. der Addition (von Funktionen):
Seien f1 − g1 und f2 − g2 zwei generische Elemente aus V, f1 , g1 ; f2 , g2 ∈ B + (X), I(f1 ), I(g1 ); I(f2 ), I(g2 ) < ∞.
Dann gilt
(f1 − g1 ) + (f2 − g2 ) = (f1 + f2 ) − (g1 + g2 ) ∈ B + (X) .
| {z } | {z }
∈B+ (X)
•
∈B+ (X)
Wir haben verwendet, dass B + (X) stabil bzgl. der Addition von Funktionen ist: In der Tat, seien p, q ∈ B + (X).
Dann existieren per Definition Folgen (pn ), (qn ) von Funktionen mit kompaktem Träger, welche aufsteigend gegen
p bzw. q punktweise konvergieren.
Dann ist (pn + qn ) eine Folge von Funktionen mit kompaktem Träger, welche aufsteigend gegen p + q konvergiert,
also liegt p + q in B + (X).
Es ist des Weiteren klar, dass aus I(p), I(q) < ∞ dann I(p + q) = I(p) + I(q) < ∞ gilt.
V ist stabil bzgl. der Bildung der Minusfunktion, i.e. stabil bzgl. der Bildung des Inversen bzgl. der Addition:
Sei f − g ein enerisches Element aus V, f, g ∈ B + (X), I(f ), I(g) < ∞. Dann ist
−(f − g) = g − f ∈ B + (X) .
•
V ist stabil bzgl. der Skalarmultiplikation mit positiven Konstanten: Sei f − g ein enerisches Element aus V,
f, g ∈ B + (X). Sei C ∈ R, C > 0. Dann ist
C(f − g) = (Cf ) − (Cg) ∈ B + (X) .
7
Wir haben verwendet, dass B + (X) stabil bzgl. Skalarmultiplikation mit positiven reellen Zahlen ist: In der Tat, seien
p ∈ B + (X). Dann existiert per Definition eine Folge (pn ) von Funktionen mit kompaktem Träger, welche aufsteigend
gegen ppunktweise konvergiert.
Dann ist (Cpn ) eine Folge von Funktionen mit kompaktem Träger, welche aufsteigend gegen Cp konvergiert, also
liegt Cp in B + (X).
Es ist des Weiteren klar, dass aus I(p) < ∞ dann I(Cp) = C · I(p) < ∞ gilt.
•
V ist stabil bzgl. der Skalarmultiplikation mit beliebigen Konstanten: Die Skalarmultiplikation mit Null liefert
immer 0 ∈ B + (X). Die Skalarmultiplikation mit positiven Konstanten haben wir bereits geklärt. Eine negative
Konstante kann in die Form −C mit C > 0 gebracht werden. Dann gilt (−C)f = C(−f ) und wir verwenden die
Stabilität bzgl. der Multiplikation mit C > 0 und der Bildung der Minusfunktion.
Die obigen Argumente zeigen insbesondere:
f ∈ B + (X)
⇐⇒
−f ∈ B − (X) ,
f ∈ Bb+ (X)
⇐⇒
−f ∈ Bb− (X) ,
2. Schritt: Wir konstruieren die Abbildung IV : V → R durch den folgenden Ansatz:
Sei f − g ein generisches Element aus V, f, g ∈ B + (X), I(f ), I(g) < ∞. Wir setzen:
IV (f − g) := I(f ) − I(g) < ∞ .
Diese Definition hängt nicht von den gewählten Vertretern f, g, denn gilt:
Sind f1 − g1 und f2 − g2 zwei generische gleiche Elemente aus V,
f1 − g1 = f2 − g2
f1 , g1 ; f2 , g2 ∈ B + (X), I(f1 ), I(g1 ); I(f2 ), I(g2 ) < ∞, so folgt daraus f1 + g2 = f2 + g1 in B + (X), also:
I(f1 ) + I(g2 ) = I(f1 + g2 ) = I(f2 + g1 ) = I(f2 ) + I(g1 ) .
Es folgt die gewünschte Unabhängigkeit:
I(f1 ) − I(g1 ) = I(f2 ) − I(g2 ) .
3. Schritt: IV ist eine Fortsetzung von I von Bb+ (X) auf V.
Zu zeigen ist also I(f ) = IV (f ) für alle f ∈ B+ (X). Dies folgt sofort aus 0 ∈ B+ (X) und der speziellen Wahl f = f − 0
von Vertretern:
IV (f ) = IV (f − 0) := I(f ) − I(0) = I(f ) − 0 = I(f ) .
4. Schritt: IV ist additiv:
Seien f1 − g1 und f2 − g2 zwei generische Elemente aus V, f1 , g1 ; f2 , g2 ∈ B + (X), I(f1 ), I(g1 ); I(f2 ), I(g2 ) < ∞. Dann gilt
IV ( (f1 − g1 ) + (f2 − g2 ) ) = IV ( (f1 + f2 ) − (g1 + g2 ) )
Definition von + auf V ,
= I( (f1 + f2 ) ) − I( (g1 + g2 ) )
Definition von IV ,
= ( I(f1 ) + I(f2 ) ) − ( I(g1 ) + I(g2 ) )
= ( I(f1 ) − I(g1 ) ) + ( I(f2 ) − I(g2 ) )
I ist additiv auf Bb+ (X) ,
Berechnungen im Körper R ,
= IV ( (f1 − g1 ) ) + IV (f2 − g2 ) )
Definition von IV .
5. Schritt: IV ist verträglich mit der Bildung der Minusfunktion:
Sei f − g ein generisches Element aus V, f, g ∈ B + (X), I(f ), I(g) < ∞. Dann gilt:
IV ( −(f − g) ) = IV ( g − f )
= I(g) − I(f )
= −( I(f ) − I(g) )
= −IV ( f − g ) .
6. Schritt: IV ist verträglich mit der Skalarmultiplikation mit nicht–negativen (Konstanten) C > 0 :
Sei f − g ein generisches Element aus V, f, g ∈ B + (X), I(f ), I(g) < ∞. Sei C > 0. Dann gilt Cf, Cg ∈ B + (X),
I(Cf ) = C · I(f ), I(Cg) = C · I(g) < ∞, also
IV ( C(f − g) ) = IV ( Cf − Cg )
= I(Cf ) − I(Cg)
= C( I(f ) − I(g) )
= C · IV ( f − g ) .
8
7. Schritt: IV ist positiv, i.e. bildet V–Funktionen > 0 auf R–Werte > 0 ab.
Sei f − g > 0 ein generisches positives Element aus V, f, g ∈ B + (X), I(f ), I(g) < ∞.
Durch die Definition des Raumes B + (X) existieren dann aufsteigende Folgen von Funktionen (fn ), (gn ) in Cc (X), so dass
gilt:
f1 6 f2 6 . . . % f
I(f ) := lim I(fn )
und
g1 6 g2 6 . . . % g
I(g) := lim I(gn )
Wir verwenden nun f − g > 0, i.e. f > g, um für g eine “bessere” Folge (γn ) zu finden, welche die Rolle von (gn ) spielt: Sei
γn die Funktion
γn := min(gn , fn ) ∈ Cc (X) ,
γ1 6 γ2 6 · · · % min(g, f ) = g .
Da das Radon–Mass I auf Cc (X) eine eindeutige Fortsetzung auf B + (X) hat, welche von einer gewählten punktweise
annähernden Folge nicht abhängt, gilt:
I(f ) := lim I(fn )
I(g) := lim I(γn )
alsoIV (f − g) := I(f ) − I(g)
:= lim I(fn ) − lim I(γn )
= lim(I(fn ) − I(γn ))
= lim I(fn − γn )
= lim I(fn − min(fn , gn ))
{z
}
|
>0
> lim 0 = 0 .
Wir haben dabei die Positivität von I auf Cc (X) verwendet.
Dies schließt den Beweis.
Fazit: Schritt 1 zeigt, dass V ein Vektorraum ist, Schritt 2 konstruiert die Abbildung IV , die weiteren Schritte 3,4,5,6 zeigen
dann die Linearität von IV und schließlich sorgt Schritt 7 für die Positivität von IV .
Man muss dabei eine Fallunterschedung bei der Verträglichkeit IV (C·?) = C · IV (?) vornehmen, da der Raum B + (X) nicht
stabil bzgl. der Multiplikation mit (−1), i.e. Bildung der Minusfunktion, ist.
9
Blatt 3
Aufgabe 9 Ein (metrischer) Raum heißt diskret, falls jede Teilmenge offen ist. Man zeige, dass es auf jeder Menge eine
Metrik gibt, so dass dieser Raum diskret ist.
Lösung: Sei X 6= ∅ eine beliebige Menge. Wir betrachten dann auf X die Vielleicht–Distanz
(
0 falls x = y
d : X × X → R>0 ,
d(x, y) :=
x, y ∈ X .
1 sonst
Dann ist d:
•
wohldefiniert, denn die Werte von d liegen in R>0 und aus d(x, y) = 0, x, y ∈ X, folgt sofort x = y.
•
symmetrisch, denn für alle x, y ∈ X gilt x = y ⇔ y = x
•
und erfüllt die Dreiecksungleichung, denn für alle x, y, z ∈ X gilt:
Ist x = z, so ist offensichtlich d(x, z) = 0 6 d(x, y) + d(y, z) .
Ist x 6= z, dann gilt entweder y 6= x oder y 6= z (oder beides), also d(x, z) = 1 6 1 + 0 6 d(x, y) + d(y, z) .
Also ist d eine Distanz (ein Abstand) auf X.
Wir zeigen nun, dass jede Menge U ⊆ X offen ist.
Sei x ∈ U beliebig.
(Wir zeiben dass es eine d–Kugel um x gibt, welche in U enthalten ist.)
Die Kugel U1/2 (x) mit Zentrum x und Radius 1/2 ist gleich {x}, also beinhaltet in U .
Es folgt U offen im metrischen Raum (X, d).
Per Definition ist also (X, d) ein diskreter Raum.
Aufgabe 10 Eine Teilmenge eines diskreten Raums ist genau dann kompakt, wenn sie endlich ist.
Lösung: Sei (X, d) ein metrischer Raum.
A ⊆ X eine beliebige Menge.
Die Implikation: [ A ist kompakt ] =⇒ [ A ist endlich ] .
A wird durch die (1–pünktigen Kugeln) K1/2 (a) = {a}, a ∈ A, überdeckt. Da A kompakt ist gibt es eine endliche
Überdeckung, also ist A endlich.
Die (triviale) Implikation: [ A ist kompakt ] ⇐= [ A ist endlich ] .
Jede endliche Menge A (in einem metrischen Raum) ist kompakt, da ausgehend von einer beliebigen (offenen)
Überdeckung von A man die endlich vielen Mengen als Unter–Überdeckung isolieren kann, welche die Elemente von
A jeweils beinhalten.
Aufgabe 11 Sei X ein diskreter Raum. Die Funktion konstant Eins ist genau dann bairesch, wenn X endlich oder abzählbar
ist.
Lösung: Sei X ein diskreter Raum.
Die Implikation: [ 1 = 1X ist bairesch ] =⇒ [ X ist endlich oder abzählbar ] .
Wir nehmen also an, dass 1 = 1X bairesch auf X ist. Dann kann man eine Folge
(fn )
von Funktionen fn ∈ Cc (X) finden, welche aufsteigend punktweise gegen 1 konvergiert. Sei Kn der (kompakte)
Träger der Funktion fn . Da kompakte Mengen in einem diskreten Raum endlich sind, Aufgabe 10, ist Kn endlich.
Aus fn % 1 folgt insbesondere für die Träger der involvierten Funktionen
[
[
X = Träger(1) =
Träger(fn ) =
Kn ,
n
n
also ist X entweder endlich oder abzählbar als abzählbarer Vereinigung endlich vieler Mengen.
10
Die Implikation: [ 1 = 1X ist bairesch ] ⇐= [ X ist endlich oder abzählbar ] .
Wir nehmen an, dass X endlich oder abzählbar ist. Dann kann man o.B.d.A. annehmen, dass X = {1, 2, . . . , N },
N ∈ N oder X = N gilt.
Im Falle X = {1, 2, . . . , N } ist X kompakt, also ist 1 = 1X ∈ Cc (X) bairesch .
Im Falle X = N konvergiert die Folge (fn ) von Funktionen
(
1 auf {1, 2, . . . , n}
fn := 1{1,2,...,n} :=
0 auf dem Komplement
punktweise gegen f .
Es handelt sich um stetige Funktionen fn : X → R, da das Urbild einer jeden offenen Menge von R eine offene
Menge in X ist, da jede Untermenge von X offen ist.
Der Träger von fn ist die endliche Menge {1, 2, . . . , n}, also kompakt.
Folglich ist 1 = 1X = lim fn eine Funktion der baireschen Klasse (fn ∈ Cc (X), fn % 1).
Aufgabe 12 Zur Erinnerung aus der Analysis I: Eine Funktion f : X → R auf einer abzählbaren Menge heißt summierbar,
wenn es eine Konstante C gibt, so dass
X
|f (x)| 6 C
x∈M
für jede endliche Teilmenge M ⊆ X gilt. Man definiert dann
X
f (x) := f (x1 ) + f (x2 ) + · · ·
x∈X
über irgendeine Anordnung { x1 , x2 , . . . } von X.
(Der kleine Umordnungssatz besagt, dass diese von der Wahl der Anordnung unabhängig ist.)
Sei nun X ein abzählbarer diskreter Raum.
(a)
Man zeige, dass es genau ein Radonmaß auf X gibt, so dass das Integral der charakeristischen Funktion einer
beliebigen einpunktigen Menge gleich 1 ist.
(b)
Eine Funktion f : X → R ist bezüglich dieses Radonmaßes genau dann Lebesgue–integrierbar, wenn sie summierbar
ist und es gilt
Z
X
f (x) dx =
f (x) .
X
x∈X
Tip: Es ist zweckmäßig, sowohl den Satz von Beppo–Levi als auch den lebesgueschen Grenzwertsatz anzuwenden.
Lösung: Sei X ein abzählbarer diskreter Raum.
(a) Wie die Aufgabe 11 gezeigt hat, ist Cc (X) der Raum der Funktionen X → R mit endlichem Träger.
Jede Funktion f mit endlichem Träger lässt sich eindeutig als endliche lineare Kombination von charakeristischen Funktionen
von einpunktigen Mengen darstellen,
X
f=
f (a) · 1{a} .
a∈Träger(f)
Es folgt, dass der Ansatz (die Vorgabe)
I(1{a} ) := 1
ein eindeutiges Radon–Maß

I : Cc (X) → R ,
I(f ) = I 

X
f (a) · 1{a}  =
a∈Träger(f)
X
a∈Träger(f)
f (a) · I(1{a} ) :=
X
f (a)
a∈Träger(f)
einführt. Man prüft leicht nach, dass I linear und positiv ist.
(b) Dieser Aufgabenteil ist nur ein Vergleich der Verpackungen von zwei Definitionen. Ich gebe dabei die Definitionen (b1),
(b2) und die Entpackungen (b3).
(b1) Zum Begriff der Summierbarkeit: Zu einer endlichen oder (vollständig) geordneten abzählbaren Index–Menge X =
{x1 , . . . , xn } bzw. X = {x1 , . . . , xn , . . . } kann man für Funktionen f : X → R definieren:
11
P
(X = {x1 , . . . , xn } )
x∈X f (x) := f (x1 ) + · · · + f (xn ), eine (induktiv gebildete) endliche Summe in einer
kommutativen Gruppe, hier P
(R, +),
.
(X = {x1 , . . . , xn , . . . } )
x∈X f (x) := limn→∞ f (x1 ) + · · · + f (xn ), einen Grenzwert von (endlichen) Teil–
Summen, falls dieser Limes existiert.
Im zweiten Fall ist es jedoch entscheidend, dass man eine “klar im Vorfeld festgelegte” Ordnung der Indizes x1 6 x2 6 . . . 6
xn 6 . . . in X hat. Liegt eine solche Ordnung nicht vor (wie im Falle unserer Aufgabe), so muss man Summierbarkeit über
absolute Summierbarkeit definieren: Die (abzählbare) Familie (f (x))xX ist (absolut) summierbar,
falls es eine Schranke M ∈ R>0 gibt,
so dass für jede endliche Teilmenge Y von X gilt
X
|f (x)| 6 M .
.
x∈Y
Ist die Familie (f (x))x∈X (absolut) summierbar, so existiert für eine beliebige 6–Ordnung x1 6 x2 6 . . . 6 xn 6 . . . auf X
der Grenzwert
lim f (x1 ) + · · · + f (xn ) ∈ R ,
n→∞
dieser hängt nicht von der gewählten 6–Ordnung ab und wird mit
X
f (x) ∈ R
x∈X
bezeichnet. (Mit der obigen Bedeutung von M liegt
P
x∈X
f (x) in [−M, M ].)
(b2) Zum Begriff der Lebesgue–Integrierbarkeit auf einem diskreten, endlichen oder abzählbaren Raum X bzgl. des
Radon–Maßes I aus (a):
Man kann für Funktionen f : X → R parallel zum Begriff der Summierbarkeit definieren:
.
Der Fall X = {x1 , . . . , xn } .
Dann ist I(f ) = f (x1 ) + · · · + f (xn ), da f ∈ Cc (X) liegt und es gilt:
X
f=
f (x) · 1{x} ,
1{x} ist die charakeristische Funktion der 1–pünktigen Menge {x} ,
x∈X
!
X
I(f ) = I
f (x) · 1{x}
x∈X
=
X
=
X
I(f (x) · 1{x} ) =
x∈X
X
x∈X
f (x) · I(1{x} )
| {z }
:=1
f (x) .
x∈X
.
Der Fall X = {x1 , . . . , xn , . . . } .
Falls f Lebesgue–integrierbar ist, so gilt I(f ) = limn→∞ f (x1 ) + · · · + f (xn ), wobei der Limes existiert und von
der Anordnung x1 6 x2 6 . . . 6 xn 6 . . . von X nicht abhängt.
Dies liegt daran, dass f integrierbar zu |f | integrierbar äquivalent ist und man kann f und |f | wie folgt durch
Funktionen aus Cc (X) punktweise approximieren:
Sei fn die Funktion in Cc (X), welche in x1 , . . . , xn respektive die gleichen Werte wie f und sonst den Wert Null
annimmt,
X
fn :=
f (xk ) · 1{xk } .
16k6n
Es gelten dann:
|fn | % |f | ,
fn+ % f + ,
fn− % f − .
(Dabei sind für eine Funktion g die Funktionen g ± wie folgt definiert: g + := max(g, 0) > 0, g − := − min(g, 0) > 0.
Es gilt: g = g + − g − und |g| = g + + g − .)
(b3) Zur Aufgabe: Mit den bereits vereinbarten Notationen gilt offensichtlich:
• Ist f Lebesgue–integrierbar, so ist f absolut summierbar, man kann dabei die Schranke M := I(|f |) wählen.
• Ist f absolut summierbar mit der Schranke M , so folgt per Definition für die aufsteigende Folge |f1 | 6 |f2 | 6 . . . , dass
nach Anwendung von I die aufsteigende Folge reeller Zahlen
I(|f1 |) 6 I(|f2 |) 6 . . .
12
durch M beschränkt ist. Der Satz von Beppo Levi liefert dann:
I(|f1 |) 6 I(|f2 |) 6 . . . 6 lim I(|fn |) = I(lim |fn |) = I(|f |)
n
n
und offensichtlich ist I(|f |) nach oben durch M beschränkt. Also ist (|f | und dann) f Lebesgue–integrierbar.
• Sei nun f Lebesgue–integrierbar (oder äquivalent absolut summierbar). Die Glieder der Funktionenfolge (fn ) werden im
Betrag durch |f | ∈ L1 (X) “dominiert”, |fn | 6 |f |, also ist der lebesguesche Grenzwertsatz (“dominierte Konvergenz”) an
der mit (!) markierten Stelle anwendbar und es gilt:
(!)
I(f ) := I(lim fn ) == lim I(fn ) = lim
n
X
16k6n
f (xk ) =:
X
f (x) .
x∈X
13
Blatt 4
Aufgabe 13 Man berechne die Bogenlänge der Parabel
α(t) := (t, t2 ) ,
2
α : [0, x] → R ,
06t6x,
x > 0 fest .
Lösung: Wir verwenden die Definition der Bogenlänge einer glatten Kurve und bekommen sofort für die Länge l(α) der
glatten (algebraischen, i.e. durch Polynom–Komponenten definierten) Kurve α :
Z x
Z x
Z x
l(α) :=
k α̇(t) k dt =
k (1, 2t) k dt =
(1 + 4t2 )1/2 dt .
0
0
0
Die Substitution 2t = sinh u ist nun angebracht. Dann entsprechen sich formal :
2t
=
sinh u
2
=
1 + sinh2 u = cosh2 u
(1 + 4t2 )1/2
=
cosh u > 0
t=0
t=x
↔
↔
u=0
u = arcsinh(2x)
2 dt
=
cosh u du
1 + 4t
Das formale Einsetzen dieser formalen Gleichheiten liefert eine korrekte mathematische Fortsetzung der Berechnungen kraft
der Substitutions– oder Transformationsregel :
Z arcsinh(2x)
Z
Z x
1
1 arcsinh(2x)
(1 + 4t2 )1/2 dt =
cosh u · cosh u du =
cosh2 u du
l(α) =
2
2
0
0
0
arcsinh(2x)
Z
1 arcsinh(2x) 1
1
1
=
(1 + cosh(2u)) du =
1 + sinh(2u)
2 0
2
4
2
0
1
1
1
1
= arcsinh(2x) + sinh(2 arcsinh(2x)) = arcsinh(2x) + 2 sinh(arcsinh(2x)) · cosh(arcsinh(2x))
{z
} |
{z
}
4
8
4
8 |
=2x
1
1
arcsinh(2x) + x(1 + 4x2 )1/2 .
4
2
Dies schließt die Berechnung der Bogenlänge des gegebenen Parabelbogens.
=1+(2x)2
=
Zusätzliche Kommentare: Wir haben im Laufe der Berechnung einige Eigenschaften der Funktionen sinh, cosh verwendet.
Zur Erinnerung:
1
1
cosh(x) := (ex + e−x ) ,
sinh(x) := (ex − e−x ) .
2
2
• Es gilt2 dann offensichtlich
cosh0 = sinh, sinh0 = cosh .
2
3
• Auch die verwendete Formel für cosh folgt sofort durch eine binomische Formel:
cosh2 x = 14 (ex + e−x )2 = 14 (e2x + 2 + e−2x ) = 12 (1 + cosh(2x)) .
• Im gleichen Spirit (umgekehrter Richtung) kann man
sinh(2x) = 2 sinh(x) cosh(x)
zeigen, 4 i.e. (ex − e−x )(ex + e−x ) = e2x − e−2x .
• Schließlich gilt 5
cosh2 − sinh2 = 1 .
2 1/2
Daraus folgt : cosh(arcsinh(2x)) = (1 + sinh ) (arcsinh(2x)) = (1 + (2x)2 )1/2 .
Man kann das Resultat mit einem der gängigen Computeralgebra–Programme nachprüfen. In Maple (mit der grafischen
Oberfläche xmaple) würde man versuchen:
2 Eine
direkte
direkte
4 Eine direkte
5 Eine direkte
3 Eine
Parallele
Parallele
Parallele
Parallele
zu
zu
zu
zu
cos0 = − sin, sin0 = cos.
cos(2x) = 12 (1 + cos(2x)).
sin(2x) = 2 sin(x) cos(x).
cos2 + sin2 = 1.
14
int( sqrt(1+4*t^2) , t=0..x );
2 1/2
x (1 + 4 x )
--------------- + 1/4 arcsinh(2 x)
2
In maxima, einer freien Software mit grosser Syntaxähnlichkeit zu maple, (mit grafischer Oberfläche xmaxima) würde man
tippen:
(%i1)
integrate( sqrt(1+4*t^2) , t, 0, x );
Is
positive, negative, or zero?
x
positive;
(%o1)
2
ASINH(2 x) + 2 x SQRT(4 x + 1)
------------------------------4
Aufgabe 14 Eine glatte Kurve α : [0, 1] → Rn heißt regulär parametrisiert, falls α̇(t) 6= 0 für alle t ∈ [0, 1] ist. Sie heißt
natürlich parametrisiert, falls kα̇(t)k konstant bezüglich t ist.
Man zeige, dass jede regulär parametrisierte Kurve zu einer natürlich parametrisierten Kurve äquivalent ist.
Lösung: Wir betrachten das folgende Diagramm von Funktionen:
γ
/ [0, l(α)]
[0, 1]
??
??

??


??

β
α ??

??

?? 

Rn
wobei α, β, γ in folgender Reihenfolge eingeführt werden:
•
α : [0, 1] → Rn ist die in der Aufgabenstellung gegebene glatte Kurve.
•
γ : [0, 1] → [0, l(α)] ist die (zuerst mengentheoretische) Abbildung
Z t
t→
kα̇(s)k ds .
0
•
Da die Norm kα̇(s)k > 0 für alle s ∈ [0, 1] ist, ist γ eine streng monoton steigende Funktion.
Da α glatt ist, ist s → kα̇(s)k eine stetige Funktion als Verkettung der Stetigen Funktionen α̇ und der Norm k · k.
Also ist γ eine stetig differenzierbare Funktion. (γ ist die Stammfunktion von s → kα̇(s)k.)
Eine monoton steigende stetige, surjektive Funktion ist bijektiv. (Zwischenwertsatz.) So ist γ : [0, 1] → [0, l(α)]
bijektiv.
Nach dem Satz über die lokale Umkehrbarkeit von Funktionen existiert lokal um jeden Punkt s ∈ (0, 1) bzw. γ(s) ∈
(0, l(α)) eine lokale Umkehrfunktion, welche stetig differenzierbar ist. (Nach Bildung einer stetig differenzierbaren
Fortsetzung von γ auf ein Intervall (0 − , 1 + ) z.B. mittels der Taylor–Polynome von γ in 0 und 1 kann man
auch annehmen, dass γ von rechts bzw. von links in 0 bzw. in 1 stetig differenzierbar ist.)
Sei γ −1 : [0, 1] ← [0, l(α)] die Umkehrfunktion von γ.
Sei β : [0, l(α)] → Rn die Verkettung
β := α ◦ γ −1 .
Dann ist β eine glatte Kurve.
Aus β ◦ γ = α folgt durch die Kerrenregel für alle t ∈ [0, 1]:
α0 (t) = β 0 (γ(t)) · γ 0 (t) ,
0
0
0
kα (t)k = kβ (γ(t))k · |γ (t)| .
| {z }
=kα0 (t)k
0
1 = kβ (γ(t))k .
15
also dann auch
Dies liefert
Da γ(t) das Intervall [0, l(α)] (surjektiv) durchläuft, wenn t das Intervall [0, 1] durchläuft, gilt
kβ 0 k = 1 ,
i.e. β ist natürlich parametrisiert. Die regulär parametrisierte Kurve α ist also äquivalent zur natürlich parametrisierten Kurve
β.
Aufgabe 15 Man gebe eine Parametrisierung der Ellipse
x2
y2
E :=
(x, y) ∈ R2 ; 2 + 2 = 1
,
a
b
a, b > 0
an und beweise, dass ihr Umfang sich durch ein Integral der Form
Z 1
1 − k 2 x2
p
dx
4a
(1 − x2 )(1 − k 2 x2 )
0
ausdrücken lässt. Welche Bedeutung hat dabei k ?
Lösung: Wir nehmen oBdA a > b an.
Eine naheliegende Parametrisierung ist α : [0, 2π] → R2 , gegeben durch :
α(t) := ( a cos t , b sin t ) .
Die Länge von α (i.e. der Umfang der Ellipse) ist dann wegen der Symmetrie der Ellipse:
Z 2π
Z π/2
Z π/2
l(α) :=
kα̇(t)k dt = 4
kα̇(t)k dt = 4
k ( −a sin t , b cos t ) k dt
0
Z
0
0
π/2
( a2 sin2 t + b2 cos2 t )1/2 dt = 4a
=4
0
Z
π/2
0
Z
= 4a
0
π/2
Z π/2
1/2
b 2
dt = 4a
1 − 1 − 2 cos t
0
| {za }
2
1/2
b2
2
cos
t
dt
a2
1/2
1 − k 2 cos2 t
dt . . .
sin2 t +
:=k2
Wir haben soweit den Faktor 4a vor dem Integral isoliert, dann den Ausdruck (1 − etc)1/2 in Evidenz gesetzt und einen
1
lästigen Faktor mit k 2 bezeichnet. Ist a > b, so ist k := (a2 − b2 )1/2 eine positive reelle Zahl, die Exzentrizität der Ellipse.
a
Wir substituieren nun cos t = x. Die Funktion cos : [0, π/2] → [0, 1] ist eine glatte Bijektion, die Rechnung kann fortgesetzt
werden. . .
Z 0
Z 1
1
1 − k 2 x2
2 2 1/2
p
. . . = 4a
(1 − k x )
−√
dx = 4a
dx .
1 − x2
(1 − x2 )(1 − k 2 x2 )
1
0
Ein Wort zur Exzentrizität der Ellipse E :
Man kann zeigen: Es gibt zwei (Brenn–)Punkte B1 , B2 , so dass E der geometrische Ort aller Punkte ist, welche die Summe
der Abstände zu B1 und B2 konstant C > 0 haben.
y O
(0,b)
•
(−a,0)
w•GG
ww GGG
w
GG
w
GG
ww
G
ww
b
w
a GG
w
GG
w
w
GG
w
GB1
B2www
e
◦
◦
(−e,0)
(e,0)
•
(0,−b)
16
•
(a,0)
x/
Man zeigt, dass B1 , B2 symmetrisch bzgl. Ursprungs auf der “lägneren Achse” der Ellipse platziert sind. Sei e der Abstand
von B1 , B2 zum Ursprung. 6
Wendet man die Konstante–Summe–Eigenschaft für die Punkte • = (a, 0) und • = (0, b) im Bild, so folgt daraus:
p
(a − e) + (a + e) = 2 (e2 + b2 ) , i.e.
e = (a2 − b2 )1/2 .
So ist die Exzentrizität k die relative Größe
e
,
a
welche eine Proportion von Abständen auf der x–Achse ausdrückt.
Ist e = 0 (k = 0) so stimmen die Brennpunkte überein, es handelt sich um einen Kreis.
Ist e = a (k = 1) so artet die gegebene Famile von Ellipsen aus, wenn man den Grenzprozess “richtig” nachvollzieht (i.e.
bzgl. der Parametrisierung α und nicht ausgehend von der Formel für E aus der Aufgabenstellung, welche keinen Sinn mehr
für b = 0 hat. . . ) so ist das Bild der Ellipse eine “Verdopplung” des Intervalls [−a, a] auf der x–Achse.
Zwischenwerte von k führen bei konstantem a zu “gedrückten” Versionen des Kreises für k = 0, je größer k ist, desto mehr
leidet die Ellipse unter der zur y–Achse parallelen Kontraktion.
k=
Aufgabe 16 Man berechne die Bogenlänge des Spiralbogens
ϕ(x) = ( ex cos x , ex sin x ) ,
a6x6b,
2
ϕ : [a, b] → R ,
a, b ∈ R fest , a 6 b .
Lösung: ϕ ist eine glatte Kurve, wir können direkt von der Definition der Kurvenlänge berechnen:
Z
b
b
Z
k ( ex cos x , ex sin x )0 k dx
kϕ̇(x)k dx =
l(ϕ) :=
Z
a
b
a
k ( ex (cos x − sin x) , ex (sin x + cos x) ) k dx =
=
a
Z
=
Z
b
ex · ( (cos x − sin x)2 + (sin x + cos x)2 )1/2 dx
a
b
ex ·
√
2 dx =
√
2(eb − ea ) .
a
6 Der geometrische Ort aller Punkte , welche die Summe der Abstände zu B und B konstant gleich C = 2a > 0 haben, kann wie folgt
1
2
ermittelt werden:
Für P = (x, y) ∈ R2 gilt:
Abstand(P, B1 ) + Abstand(P, B2 ) = C
⇐⇒ Abstand( (x, y) , (e, 0) ) + Abstand( (x, y) , (−e, 0)
p
p
⇐⇒
( (x − e)2 + y 2 ) + ( (x + e)2 + y 2
p
p
⇐⇒
( (x − e)2 + y 2 ) + ( (x + e)2 + y 2
p
p
− ( (x − e)2 + y 2 ) + ( (x + e)2 + y 2
⇐⇒
⇐⇒
) = C
) = C
) = C und
) =
2
p
( (x + e)2 + y 2 ) =
2
p
( (x − e)2 + y 2 ) =
(x + e)2 + y 2 =
(x − e)2 + y 2 =
⇐⇒
p
4ex
Binomische Formel für (C + D)(C − D), C, D = ( (x ± e)2 + y 2 )
C
4ex
C+
und
C
4ex
C−
C
„
«
4ex 2
1
C+
und
2
C
„
«2
1
4ex
C−
2
C
x2
y2
+ 2 = 1.
2
a
b
Der letzte Schritt geht p
“zuerst” nur in die Richtung ⇒, man bildet dabei die Summe der zwei Gleichungen im vorletzten Schritt und
verwendet C = 2a, e = (a2 − b2 ) . Aber die Differenz (statt Summe) liefert eine offensichtliche Gleichheit.
17
Blatt 5
Aufgabe 17 Man bestimme die Oberfläche der dreidimensionalen Kugel
Kr := { (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 6 r2 } ,
r>0.
Lösung: Die Berechnung der Oberfläche einer zweidimensionalen Mannigfaltigkeit X, welche “mit einer Einbettung
X ⊂ Rn kommt”, n > 2, erfolgt (in der “Praxis”) nach den folgenden Richtlinien:
• Eventuell zerlegt man zuerst X geschickt in endlich oder abzählbar viele disjunkte offene Teilmengen (Xn ), so dass
das Komplement in X der Vereinigung (nach allen Indizes n) aller Xn eine Nullmenge in X ist. Man reduziert dadurch
die Berechung der Oberfläche von X auf die Berechung (der Summen) der Oberflächen aller Xn .
• Man parametrisiert jede (in X) offene Teilmenge Xn durch einen Diffeomorphismus
ϕn :
→ Xn .
Vn
|{z}
offen in R2
(Falls das nicht möglich ist, so sollte man beim letzten Schritt die Betonung auf geschickt legen.)
Wir haben dadurch das Problem auf den Fall reduziert, in welchem man eine “globale Parametrisierung”
ϕ:
V
|{z}
→X
R2
offen in
hat.
• Man berechnet die Jacobi–Matrix A der Zusammensetzung
ϕ
R n
V −
→−
→
∼
= ⊂
.
Dann ist A eine (matrixwertige) stetige Abbildung von V nach Mn×2 (R) .
• Dann ist A0 eine (matrixwertige) stetige Abbildung von V nach M2×n (R) . Sie entsteht aus A durch Transposition.
Man bildet punktweise die Matrix–Multiplikation A0 · A, eine (matrixwertige) stetige Abbildung von V nach M2×2 (R)
. Man kann zeigen, dass A0 A nur positiv definite Matrizen als Werte annimmt.
• Dann ist det(A0 A) > 0 . Insbesondere kann man die quadratische Wurzel des Weiteren anwenden:
1/2
det(A0 A) : V → R>0 .
• Dann ist die Oberfläche von X das Integral dieser positiven Funktion:
Z
Oberfläche(X) :=
det 1/2 (A0 A)(x) dx .
V
In unserem Fall: Sei
Sr2 := { (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 = r2 } ,
Sr2
der Rand der Kugel Kr aus der Aufgabenstellung. (Dann ist
lokalisierte Betrachtung der folgenden Parametrisierung zeigt.)
r>0,
eine glatte Mannigfaltigkeit der Dimension 2, wie es eine
1. Lösung:
• Wir betrachten die glatte Parametrisierung
/ S2
r


r cos s cos t
/  r cos s sin t 
r sin s
R2
s
t
Dann ist ϕ wohldefiniert (ihre Werte liegen tatsächlich in Sr2 ) und die Einschränkung von ϕ auf
V := (0, 2π) × (−π/2, π/2)
18
bildet V homöomorph auf eine offene, dichte Untermenge ϕ(V ) von Sr2 .
• Die Jacobi–Matrix von ϕ ist:

 
∂s ( r cos s cos t ) ∂t ( r cos s cos t )
−r sin s cos t
A(s, t) =  ∂s ( r cos s sin t ) ∂t ( r cos s sin t )  =  −r sin s sin t
∂s ( r sin s )
∂t ( r sin s )
r cos s

−r cos s sin t
r cos s cos t
0
Es folgt
−r sin s cos t
0
(A A)(s, t) =
−r cos s sin t
−r sin s sin t
r cos s cos t

−r sin s cos t
r cos s 
−r sin s sin t
0
r cos s

2
−r cos s sin t
r

r cos s cos t =
0
0
0
,
r2 cos2 s
det(A0 A)(s, t) = r4 cos2 s ,
det 1/2 (A0 A)(s, t) = r2 | cos s| .
• Die gesuchte Oberfläche ist also
Z 2π Z −π/2
Z
r2 | cos s| dt ds = πr2
0
−π/2
2π
| cos s| ds = 4πr2
0
π/2
Z
| cos s| ds = 4πr2
0
Z
π/2
cos s ds = 4πr2
h
sin s
0
iπ/2
0
2
= 4πr .
2. Lösung:
• Wir zerlegen Sr = Sr2 in zwei Teile durch einen Äquator–Schnitt:
Sr+ := { (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 = r2 , z > 0 } ,
Sr− := { (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 = r2 , z < 0 } ,
Sr wird dabei von Sr+ , Sr− und einer Nullmenge (dem Äquator) überdeckt. Wir berechnen nur die Oberfläche von Sr+ , die
Oberfläche von Sr− hat den gleichen Wert wegen der Spiegelsymmetrie.
• Wir betrachten die glatte Parametrisierung durch die offene Kreisscheibe Kr2 ⊂ R2 um Null mit Radius r,
/ S+
Kr2
x
y
r


x
/

y
2
2
2 1/2
(r − x − y )
Dann ist die Abbildung ϕ wohldefiniert (ihre Werte liegen tatsächlich in Sr+ ), sie bildet Kr2 homöomorph auf Sr+ .
• Die Jacobi–Matrix von ϕ ist:

 

∂x x
∂y x
1
0
=

A(s, t) =  p ∂x y
p 2 ∂y y 2
p 20 2
p 21 2
2
2
2
2
2
2
−x/ (r − x − y ) −y/ (r − x − y )
∂x (r − x − y ) ∂y (r − x − y )
Es folgt


p 2
1
0
2
2
1 0 −x/p(r − x − y ) 

(A0 A)(s, t) =
p 20 2
p 21 2
0 1 −y/ (r2 − x2 − y 2 )
2
2
−x/ (r − x − y ) −y/ (r − x − y )
2
2
2
2
1 + x /(r − x − y )
xy/(r2 − x2 − y 2 )
=
,
xy/(r2 − x2 − y 2 ) 1 + y 2 /(r2 − x2 − y 2 )
det(A0 A)(s, t) = r2 /(r2 − x2 − y 2 ) ,
det 1/2 (A0 A)(s, t) = r/(r2 − x2 − y 2 )1/2 .
• Die gesuchte Oberfläche ist also nach einer naheliegenden Polarkoordinaten–Substitution (in der Ebene in dieser 2. Lösung,
und nicht im Raum), formal
(
x = % cos t
cos t −% sin t ∂% ( % cos t ) ∂t ( % cos t ) d% dt = % d% dt
d% dt = det
und
dx dy = det
sin t
% cos t ∂% ( % sin t ) ∂t ( % sin t ) y = % sin t
19
sofort berechenbar:
Z
r
Z
= 2r
0
0
2π
Z
r
p
dx dy
(r2 − x2 − y 2 )
Z r
h
ir
p
% d%
% d% dt
p
p
= 4π r
= 4π r − (r2 − %2 )
0
(r2 − %2 )
(r2 − %2 )
0
Oberfläche(Sr ) = 2Oberfläche(Sr+ ) = 2
Kr2
2
= 4πr .
Aufgabe 18 Man konstruiere eine unendlich oft differenzierbare Funktion f : R → R mit kompaktem Träger, welche nicht
identisch verschwindet.
Hinweis: Man betrachte exp(−1/x2 ) .
Lösung: Seien P, Q beliebige Polynome mit reellen Koeffizienten. Wir bezeichnen mit P, Q auch die entsprechenden
Polynom–Funktionen R → R, x → P (x) bzw. x → Q(x) . Sei R := P/Q die entsprechende gebrochen rationale Funktion.
Sie ist auf R \ A definiert, wobei A die endliche Menge der reellen Nullstellen von Q ist.
Des Weiteren betrachten wir nur Nenner Q von der Gestalt Q(x) = xN , N ∈ N . Die einzig( möglich)e Nullstelle von Q ist
Null.
Sei f = fR die folgende reellwertige Funktion:
(
0
f (x) = fR (x) :=
R(x) · exp(−1/x2 )
falls x 6 0 ,
falls x > 0 .
(2)
P (x)
P (x)
= N eine gebrochen rationale Funktion ist .
wobei R(x) =
Q(x)
x
(Wir zeigen, dass jede solche Funktion fR eine Antwort auf die Aufgabe nach einer Zwischenzeile anbietet.)
Zuerst ist f eine stetige Funktion, denn es gilt:
. Sie ist stetig, sogar C ∞ , auf (−∞, 0) und (0, ∞) als Verkettung unendlich oft differenzierbarer Funktionen.
. Sie ist stetig auch in Null, wie die nähere Untersuchung zeigt:
lim f (x) = lim 0 = 0 ,
x→0
x<0
x→0
x<0
f (0) = 0 ,
lim f (x) = lim R(x) · exp(−1/x2 ) = lim
x→0
x>0
x→0
x>0
x→0
x>0
P (x)
· exp(−1/x2 ) = lim P (x) · lim x−N exp(−x−2 )
x→0
x→0
Q(x)
x>0
x>0
exp(−y 2 )
=0.
= P (0) · lim
y→∞
yN
Wir haben zuerst y := 1/x substituiert (x → 0, x > 0 ⇔ y → ∞) und dann induktiv nach N den Satz von l’Hospital
angewandt.
Nachdem wir die Stetigkeit von f = fR geklärt haben, können wir die Differenzierbarkeit von f zusätzlich feststellen:
. Auf (−∞, 0) und (0, ∞) ist f = fR durch ein direktes Argument glatt (i.e. C ∞ , i.e. unendlich oft differenzierbar – in
meiner Terminologie –), die Stelle Null bedarf einer speziellen Untersuchung:
. In Null berechnen wir:
0−0
f (x) − f (0)
= lim
=0,
lim
x→0 x − 0
x→0
x−0
x<0
x<0
f (x) − f (0)
R(x)
lim
= lim
· exp(−1/x2 ) = fR/x (0) = 0 .
x→0
x→0
x−0
x
x>0
x>0
Wir haben dabei verwendet, dass für x 6= 0 gilt:
fR (x)/x = fR/x (x)
20
und die Stetigkeit in 0 für fR/x . (Dabei ist R/x erneut eine gebrochen rationale Funktion.)
Es gilt also:

0

für x < 0
0
0
fR (x) = 0
für x = 0


( R(x) exp(−1/x2 ) )0
für x > 0
(
0
für x 6 0
=
0
−3
2
( R (x) + 2x R(x) ) exp(−1/x )
für x > 0
= fR0 +2R/x3 (x) .
0
3
Dabei ist R + 2R/x erneut eine gebrochen rationale Funktion.
Fazit: Jede Funktion fR der von uns in (2) definierten Familie von Funktionen ist stetig differenzierbar und ihre Ableitung
fR ist erneut eine Funktion dieser Familie. Induktiv folgt, dass fR von der Klasse C ∞ (i.e. unendlich oft differenzierbar)
ist. Ein explizites Beispiel einer Funktion, welche den Anforderungen aus der Aufgabenstellung genügt, ist also die Funktion
ϕ : R → R , welche ausgehend von f = f1 wie folgt konstruiert wird:
0.5
(
0
f (x) := f1 (x) :=
exp(−1/x2 )
falls x 6 0 ,
falls x > 0 .
0.4
0.3
φ(x) := f (1 − x) · f (1 + x) .
0.2
Maple–Code:
0.1
f
:= x -> piecewise( x>0 , exp(-1/x^2) );
phi := x -> f(1-x)*f(1+x) ;
a:=1.3: plot( [ f(1-x) , f(1+x) , phi(x) ] , x=-a..a );
–1
–0.5
0
0.5
1
x
Schaubilder für x → f (1 − x), f (1 + x), ϕ(x) .
Der Träger von ϕ ist das kompakte Intervall [−1, 1] .
Aufgabe 19 Man beweise, dass die vier Ecken des Quadrates (0, 1) × (0, 1) ⊂ R2 keine glatten Punkte des Randes sind.
Lösung: Wir bezeichnen mit Q das Quadrat (0, 1) × (0, 1) ⊂ R2 und zeigen die Behauptung aus der Aufgabenstellung
durch einen
Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, dass ein Eckpunkt E
•
•
E ∈ {0, 1}2 = { (0, 0) , (1, 0) , (0, 1) , (1, 1) } =
•
•
ein regulärer Punkt des Randes
∂Q = ∂(0, 1) × (0, 1) = {0} × [0, 1] ∪ {1} × [0, 1] ∪ [0, 1] × {0} ∪
◦
•
•
◦
◦
◦
∪
∪
=
∪
◦
•
•
•
•
◦
ist. Wegen der Symmetrie können wir o.B.d.A. E = (0, 0) annehmen. Dann existiert eine reguläre
[0, 1] × {1}
•
•
◦
◦
Parametrisierung
ϕ : I → ∂Q
des Randes ∂Q in einer Umgebung von E = (0, 0). Dabei ist I ⊆ R ein offenes Intervall. Wir können (nach eventueller
Verschiebung von I in R) annehmen, dass 0 in I liegt und durch ϕ auf E = (0, 0) abgebildet wird. Nach eventueller
Verkleinerung von I können wir annehmen, dass ϕ(I) eine Kugelumgebung von E (in Q) mit Radius < 1/2 ist:
◦
◦
∼
=
I −−−−−−−−→ (0, ) ◦
•
21
◦
(, 0)
◦
Insbesondere wird I ohne 0 wie folgt abgebildet:
◦
◦
∼
=
I \ {0} −−−−−−−−→ (0, ) ◦
◦
◦
(, 0)
◦
Sowohl I \ {0} als auch ϕ(I \ {0}) = ϕ(I) \ {E}) bestehen aus zwei Zusammenhangskomponenten. Da ϕ ein Homöomorphismus ist, wird jede Zusammenhangskomponente (R<0 ∩ I oder R>0 ∩ I) von I \ {0} auf eine entsprechende Zusammenhangskomponente von ϕ(I) \ {E}) homöomorph abgebildet: Es gibt nur zwei Möglichkeiten:
(
(
ϕ( R<0 ∩ I ) = (0, ) × {0} und
ϕ( R<0 ∩ I ) = {0} × (0, ) und
oder
ϕ( R>0 ∩ I ) = {0} × (0, )
ϕ( R>0 ∩ I ) = (0, ) × {0}
Insbesondere ist in jedem Fall jeweils eine der Komponenten von ϕ konstant. Für die Ableitung der regulären Parametrisierung
ϕ folgt dann:
(
(
ϕ0 ist auf R<0 ∩ I von der Form (?, 0) und
ϕ0 ist auf R<0 ∩ I von der Form (0, ?) und
oder
0
ϕ ist auf R>0 ∩ I von der Form (0, ?)
ϕ0 ist auf R>0 ∩ I von der Form (?, 0)
Da 0 Randpunkt von beiden Zusammenhangskomponenten von I \ {0} ist, folgt in beiden Fällen dann durch die Stetigkeit
von ϕ0 in 0 ∈ I, dass ϕ0 (0) sowohl von der Gestalt (?, 0) als auch von der Gestalt (0, ?) ist, i.e.
ϕ0 (0) = (0, 0) ,
im Widerspruch zur Tatsache, dass ϕ eine reguläre Parametrisierung ist.
Unsere Annahme ist also falsch. Es folgt die Behauptung aus der Aufgabenstellung.
Aufgabe 20 Man berechne den Flächeninhalt der Schraubenfläche, die im R3 durch
(x, y, z) = ( r cos ϕ, r sin ϕ, ϕ ) ,
0 < r < 1 , 0 < ϕ < 2π ,
definiert wird.
Lösung: Die Berechnung des Flächeninhalts wird schrittweise parallel zu den Berechnungen zur Aufgabe 17 geführt:
• Die Aufgabe erklärt die Schraubenfläche, des Weiteren mit S bezeichnet, durch die glatte Parametrisierung ϕ
(0, 1) × (0, 2π)
r
ϕ
/S


r cos ϕ
/  r sin ϕ 
ϕ
ϕ
plot3d ( [ r*cos(t) , r*sin(t) , t ] , r=0..1 , t=0..2*Pi ,
scaling=CONSTRAINED , orientation=[-20,60] );
Die Aussicht “von oben” ist eine Kreisscheibe, man verwende für diese Perspektive
orientation=[0,0] statt dessen.
• Die Jacobi–Matrix von ϕ ist:

 
∂r ( r cos ϕ ) ∂ϕ ( r cos ϕ )
cos ϕ
A(s, t) =  ∂r ( r sin ϕ ) ∂ϕ ( r sin ϕ )  =  sin ϕ
∂r ( ϕ )
∂ϕ ( ϕ )
0
22

−r sin ϕ
r cos ϕ 
1
Es folgt
(A0 A)(s, t) =
cos ϕ
−r sin ϕ
sin ϕ
r cos ϕ

cos ϕ
0 
sin ϕ
1
0

−r sin ϕ
1
r cos ϕ  =
0
1
0
1 + r2
,
det(A0 A)(s, t) = 1 + r2 ,
p
det 1/2 (A0 A)(s, t) = 1 + r2 .
• Die gesuchte Oberfläche kann dann mit der formalen Substitution r = sinh u berechnet werden,
0
.
dr
u du = cosh u du
√ = sinh p
√
2
.
1 + r = (1 + sinh2 u) =
cosh2 u = cosh u,
.
r = 0 ⇒ u = 0,
√
√
√
.
r = 1 ⇒ 1 = (e√u − e−u )/2 ⇒ 2 = eu − e−u ⇒ 0 = e2u − 2eu − 1 ⇒ eu = 1 ± 2 ⇒ eu = 1 + 2 ⇒ eu = 1 + 2
⇒ u = ln(1 + 2) ,
(das Wort formal bezieht sich auf die Tatsache, dass alle obigen Relationen zwischen r und u mathematisch zum Teil sinnlos
sind, der Übergang nach der formalen Durchführung der Substitution ist jedoch mathematisch sauber. . . )
Z
1
2π
Z
Fläche(S) =
0
Z
p
1 + r2 dϕ dr = 2π
0
Z
= 2π
0
√
ln(1+ 2)
2
cosh
√
πh
= π ln(1 + 2) +
4
√
πh
= π ln(1 + 2) +
4
0
1
p
1 + r2 dr
ln(1+√2)
1
1
u du = 2π
(1 + cosh(2u)) du = π u + sinh(2u)
2
2
0
0
√ −2 i
√ 2
(1 + 2) − (1 + 2)
i
√
√
√
√
( 2 + 1)2 − ( 2 − 1)2 = π ln(1 + 2) + π 2 .
Z
√
ln(1+ 2)
Eine Überprüfung des Integrals mit maple:
J := int( sqrt( 1+r^2) , r=0..1 );
latex( Int( sqrt( 1+r^2) , r=0..1 )= J );
Z 1p
“√
”
√
1 + r2 dr = 1/2 2 − 1/2 ln
2−1
0
23
Blatt 6
Aufgabe 21 Sei S eine symmetrische reelle n × n Matrix. Die quadratische Form S[·] : R → R
X
sij xi xj ,
x ∈ Rn ,
S[x] :=
16i,j6n
sei positiv definit, i.e. S[x] > 0 für alle x 6= 0 .
Sei C > 0 (C ∈ R). Man zeige, dass die Punktmenge
X := { x ∈ Rn ; S[x] = C }
für alle x ∈ X glatt und (n − 1)–dimensional ist.
Lösung: Wir bezeichnen mit X(S) die gegebene Punktmenge aus der Aufgabenstellung. Die Aufgabe verlangt von uns,
diese mit der Struktur einer glatten Mannigfaltigkeit der Dimension (n − 1) zu versehen.
Unsere Strategie ist wie folgt:
.
Wir finden eine lineare Abbildung Rn → Rn , welche die Punktmenge X(S, C) auf die Punktmenge X(E, C) abbildet.
Dabei ist E die Einheitsmatrix, es gilt also:
X(E, C) : = { x ∈ Rn ; E[x] = C }
= { x ∈ Rn ; kxk2 = C } ,
.
.
√
i.e. X(E, C) ist die Sfäre um 0 vom Radius C in Rn .
Wir finden sofort eine lineare Abbildung, welche die Punktmenge X(E, C) auf die Punktmenge X(E, 1) abbildet.
Dabei ist X(E, 1) =: S n−1 die Sfäre um 0 vom Radius 1 in Rn .
Wir zeigen, dass bzw. wie man S n−1 als glatte Mannigfaltigkeit der Dimension (n − 1) organisieren kann.
1. Schritt: Dies entspricht der “Diagonalisierung” der Matrix S, genauer der quadratischen Form x → S[x] . (Man sollte diese
Art von Diagonalisierung nicht mit der Diagonalisierung der linearen Abbildung x → Sx verwechseln, obwohl dazwischen
eine Verbindung besteht. . . )
Da S positiv definit ist, ist die bilineare Abbildung Rn × Rn → R ,
X
sij xi yj ,
x, y ∈ Rn ,
(x, y) → hx, yiS :=
16i,j6n
ein Skalarprodukt auf Rn . Das Gramm–Schmidt–Verfahren zeigt explizit wie man eine orthogonale Basis f1 , . . . , fn bzgl.
dises Skalarprodukts bilden kann.
Auf der anderen Seite sei e1 , . . . , en die kanonische Basis von Rn . Sie ist die orthogonale Basis bzgl. des kanonischen
Skalarprodukts h · , · i = h · , · iE .
Sei L die lineare Abbildung, welche f1 , . . . , fn respektive auf e1 , . . . , en abbildet. Dann gilt:
hfi , fj iS = δij = hei , ej i
= hLfi , Lfj i
für alle i, j , also linearisiert
für alle x, y ∈ Rn , also auch:
hx, yiS = hLx, Lyi
S[x] = kxk2S := hx, xiS = hLx, Lxi = E[Lx] = kLxk2
für alle x ∈ Rn .
Es folgen für ein x ∈ Rn die Äquivalenzen:
x ∈ X(S, C) ⇐⇒ S[x] = C ⇐⇒ hx, xiS = C ⇐⇒ hLx, Lxi = C ⇐⇒ E[Lx] = C ⇐⇒ Lx ∈ X(E, C) .
L ist also die gesuchte invertierbare lineare Abbildung L : Rn → Rn , welche X(S, C) auf X(E, C) abbildet.
√
1
2. Schritt: Da C > 0 ist, kann C in R gebildet werden. Die lineare invertierbare Abbildung x → √ x schickt dann
C
X(E, C) auf X(E, 1) = S n−1 .
3. Schritt: Wir organisieren S n−1 als glatte Mannigfaltigkeit der Dimension (n − 1).
24
Notationen: Für i in {1, 2, . . . , n} setzen wir:
Sxn−1
:= Sxn−1
∪ Sxn−1
i >0
i <0
i 6=0
Sxn−1
:= { x ∈ Rn ; kxk = 1 und xi > 0 }
i >0
Sxn−1
:= { x ∈ Rn ; kxk = 1 und xi < 0 }
i <0
Es ist offensichtlich, dass Sxn−1
, 1 6 i 6 n, offene Untermengen von S n−1 sind. (S n−1 hat die von Rn geerbte “Topologie”
i 6=0
n−1
und Sxi 6=0 ist der Schnitt von S n−1 mit der offenen Menge { x ; xi 6= 0 } von Rn , also offen in Sxn−1
.)
i 6=0
n−1
n−1
Zusätzlich überdecken Sxi 6=0 , 1 6 i 6 n, den Raum S
. (Parallel überdecken die offenen Mengen { x ; xi 6= 0 } ,
1 6 i 6 n, den Raum Rn \ {0} und S n−1 ist in Rn \ {0} beinhaltet.)
Wir parametrisieren dann durch topologische (i.e. homöomorphe) Abbildungen die offen Mengen Sxn−1
und Sxn−1
in S n−1
i >0
i <0
und zeigen, dass auf Schnittmengen die entsprechenden Übergangs–Homöomorphismen glatt sind:
Parametrisierungen: Sei i fest. Sei ? eines der Symbole < oder > . Wir setzen = ? gleich 1, falls ? => ist, bzw. gleich
−1, falls ? =< ist.
Sei V := { y ∈ Rn−1 ; kyk < 1 } die offene Kugelumgebung von 0 zum Radius 1.
Wir definieren dann für alle i ∈ {1, 2, . . . , n} und ? ∈ {<, >} die Parametrisierungen:
ϕi,?
V −−−−→ Sxn−1
,
i ?0
ϕi,?
y −−−−→ ( y1 , . . . , yi−1 , ? (1 − kyk2 )1/2 , yi , . . . , yn−1 ) .
Es handelt sich um topologische Abbildungen.
ϕi,?
(Die Hin–Abbildung V −−−−→ Sxn−1
ist stetig, da die weitere Verknüpfung mit den Projektionen auf die Kompoi ?0
n
nenten Sxn−1
→
R
→
R
stetige
Funktionen
liefert.
i ?0
n−1
Die Zurück–Abbildung kann als V ← Sxi ?0 , (x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn ) ← x gedeutet werden und die “wort–
wörtlich übertragene” Abbildung V ← Rn , (x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn ) ← x , ist offensichtlich stetig.)
Übergangs–Homöomorphismen: Seien i, j beliebig in {1, 2, . . . , n}.
Seien ?1 , ?2 ∈ {<, >} beliebig. Seien 1 , 2 die entsprechenden Vorzeichen.
Der Schnitt von Sxn−1
und Sxn−1
ist leer im Falle von i = j und ?1 6=?2 . Im Falle von i = j und ?1 =?2 handelt
i ?1 0
i ?2 0
es sich um die gleiche Parametrisierung, der Übergangs–Homöomorphismus ist die Identität also glatt.
Wir können also des Weiteren i 6= j annehmen, also o.B.d.A. i < j, und untersuchen den Übergangs–Homöomorphismus Ψ = Ψi,?1 ;j,?2 im folgenden Diagramm:
n−1
Sx
? 0
Gi
1
n−1
k
3 Sxj ?2 0
W
n−1
n−1
Sx
? 0 ∩ Sx ? 0
G W/ j 2
///
//
//
//
Einschränkung // Einschränkung
von ϕj,?2
von ϕi,?1
∼
∼
= //
=
//
//
//
//
/
/ Urbild2
Urbild1
i 1
ϕi,?1
V
k
∼
=
ϕj,?2
∼
=
3
V
Ψ
Dann ist die Verkettung Ψ : [ Urbild1 → Sxn−1
∩ Sxn−1
→ Urbild2 ] gleich zu
i ?1 0
j ?2 0
y → ( y1 , . . . , yi−1 , 1 (1 − kyk2 )1/2 , yi , . . . , yj−1 , yj , yj+1 , . . . , yn )
→ ( y1 , . . . , yi−1 , 1 (1 − kyk2 )1/2 , yi , . . . , yj−1 ,
yj+1 , . . . , yn )
und es handelt sich offensichtlich um eine glatte Funktion.
Damit ist S n−1 als eine (n − 1)–dimensionale glatte Mannigfaltigkeit, somit auch X(E, C) und X(S, C) .
25
Aufgabe 22 Man konstruiere eine zweimal stetig differenzierbare Funktion f : R → R mit der Eigenschaft
f (x) = 0
für |x| > 2 ,
f (x) = 1
für |x| < 1 .
Lösung:
1. Lösung: Wir suchen ein Polynom P mit reellen Koeffizienten, so dass die Funktion f : R → R


0
für x in (−∞, −2]
y


O



P
(−x)
für
x
in
[−2,
1]

f (x) := 1
für x in [−1, 1]

?
?

P (x)
für x in [1, 2]


◦
◦
◦
◦
◦

−2 −1
1
2
0
für x in [2, ∞)
/
x
eine (wohldefinierte) Funktion der Klasse C 2 ist. Da f auf den offenen Intervallen
(−∞, −2) , (−2, 1) , (−1, 1) , (1, 2) , (2, ∞)
polynomial, (also algebraisch, insbesondere analytisch, insbesondere von der Klasse C ∞ ,) insbesondere von der Klasse C 2
ist, reicht es, unsere Suche auf solche Polynome einzuschränken, für welche die links– bzw. rechtsseitigen Ableitungen der
Ordnung 0, 1, 2 an den “Nahtstellen” ±1 und ±2 entsprechend übereinstimmen. Wegen der Symmetrie f (−x) = f (x) reicht
es, nur die Nahtstellen 1, 2 zu überprüfen. Wir erreichen ein lineares Gleichungssystem in den Koeffizienten des gesuchten
Polynoms P :
P (1) = 1
P (2) = 0
0
P (1) = 0
P 0 (2) = 0
und
P 00 (1) = 0
P 00 (2) = 0
Es handelt sich um 6 lineare Gleichungen, die allgemeine Theorie der Spline–Funktionen (i.e. stückweise polynomiale Funktionen von einer gewissen Klasse C k ) sichert, dass diese Gleichungen linear unabhängig sind, so ist es naheliegend, nach
einem Polynom P mit 6 Koeffizienten – d.h. vom Grad 5 – zu suchen.
Mit einem Computeralgebra–Programm, ich verwende an dieser Stelle maple, hat man sofort die Lösung, ohne weitere
Schritte für eine “menschlich” besser aussehende Gestalt zu unternehmen :
P
PP
PPP
##
LGS
:= x -> a0 +a1*x +
a2*x^2 +
a3*x^3 +
a4*x^4 +
a5*x^5 ;
:= x ->
a1
+ 2*a2*x
+ 3*a3*x^2 + 4*a4*x^3 + 5*a5*x^4 ;
:= x ->
1*2*a2
+2*3*a3*x
+3*4*a4*x^2 +4*5*a5*x^3 ;
:= { P(1)=1 , PP(1)=0 , PPP(1)=0 ,
P(2)=0 , PP(2)=0 , PPP(2)=0 } ;
solve( LGS );
Wir erhalten:
P (x) = 32 − 120x + 180x2 − 130x3 + 45x4 − 6x5 .
Eine deutlich bessere Einsicht bekommt man, nachdem die Taylor–Entwicklungen von P um 1 bzw. 2 verlangt werden:
P := x -> 32 -120*x +180*x^2 -130*x^3 +45*x^4 -6*x^5 ;
taylor( P(x) , x=1 );
taylor( P(x) , x=2 );
P (x) =
P (x) =
1
− 10(x − 1)3
+ 15(x − 1)4
− 6(x − 1)5
− 10(x − 2)3
− 15(x − 2)4
− 6(x − 2)5
Diese ist auch die Gestalt, nach welcher die “menschliche” Hand suchen sollte: Man sucht z.B. Koeffizienten b, c, d, so dass
P (x) := 1 + b(x − 1)3 + c(x − 1)4 + d(x − 1)5 auch P (2) = P 0 (2) = P 00 (2) = 0 erfüllt. Es entsteht das Gleichungssystem:
26
Das totale Gauss–Eliminationsverfahren dazu ist:


b
3b


2 · 3b
+c
+ 4c
+ 3 · 4c
= −1
+d
+ 5d
+ 4 · 5d
1
=0
=0
1
1
-1
3
6
1
4
12
1
5
20
1
0
0
-1
0
1
2
3
0
1
0
6
1
1
14
1
2
6
-1
3
0
0
2
1
0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
0
-12
1
2
1
-1
3
-6
0
5
0
15
1
0
0
1
-6
-10
15
-6
Der 1. Schritt eliminiert die Einträge unterhalb, der 2. Schritt oberhalb der
Diagonale. Alle Übergänge sind von der Gestalt:
A
C
A
0
...
...
...
...
B
D
B
D0
mit
D0 = D −
BC
.
A
Das Schaubild von f ist dann:
P := x -> 32 -120*x +180*x^2 -130*x^3 +45*x^4 -6*x^5 ;
f := x -> piecewise(
-2< x and x< -1 ,
P(-x) ,
-1<=x and x<= 1 ,
1
,
1< x and x< 2 ,
P( x)
## else 0
);
plot( f(x) , x=-3..3 , scaling=CONSTRAINED , axes=NONE );
2. Lösung: Man kann auch eine Funktion f von der Klasse C ∞ mit den Eigenschaften aus der Aufgabenstellung konstruieren:
Sei f : R → R die in der Aufgabe 18 konstruierte Funktion von der Klasse C ∞ :
f := x->
fplot :=
points:=
display(
(
exp( −1/x2 ; )
f (x) :=
0
piecewise( x>0 , exp( -1/x^2 ) ) ;
plot( f(x) , x=-2.3 .. 2.3 ):
pointplot( { [-2,0] , [-1,0] , [0,0] , [1,0] , [2,0] } );
{fplot , points} , scaling=CONSTRAINED , axes=NONE );
für x > 0
für x 6 0 .
Dann ist auch die folgende Funktion g : R → R von der Klasse C ∞ :
g(x) := f (x + 2) f (−x − 1) .
f := x-> piecewise( x>0 , exp( -1/x^2 ) ) ;
g := x -> 10^4 * f(x+2) * f(-x-1) ;
gplot := plot( g(x) , x=-2.3 .. 2.3 ):
points:= pointplot( { [-2,0] , [-1,0] , [0,0] , [1,0] , [2,0] } );
display( {gplot , points} , scaling=CONSTRAINED , axes=NONE );
Sei dann G die folgende Stammfunktion von g:
Z
x
G(x) :=
g(t) dt .
−∞
27
Da g von der Klasse C ∞ ist, ist auch G von der Klasse C ∞ . Aus
(
0 = g(−2) = g 0 (−2) = g 00 (−2) = . . .
folgt
0 = g(−1) = g 0 (−1) = g 00 (−1) = . . .
(
0 = G0 (−2)
= G00 (−2)
= G000 (−2) = . . .
0 = G0 (−1)
= G00 (−1)
= G000 (−1) = . . .
Zusätzlich gilt: G(−2)
R = 0 . Des Weiteren ist G konstant auf dem Intervall [−1, ∞), da g auf diesem Intervall verschwindet.
Sei C := G(−1) = R g(t) dt diese Konstante.
Sei dann H : R → R die folgende Funktion:
(
H(x) :=
1
C G( x)
1
C G(−x)
für x < 1
für x > −1 .
Es folgt leicht, dass H eine Lösung zur gestellten Konstruktionsaufgabe ist.
Aufgabe 23 Man bestimme die Oberfläche des Kreuzgewölbes



K :=
(x, y, z) ∈ R3 ;



x2 + z 2 6 1 

.
y2 + z2 6 1


z>0
Lösung:
Die Ungleichung x2 + z 2 6 1 beschreibt einen vollen Zylinder mit dem Rand x2 + z 2 = 1. Es handelt sich um einen
Drehkörper, welcher die Achse Oy als Symmetrieachse hat und welcher als Schnitt mit der xOz–Ebene den Kreis dieser
Ebene mit Zentrum Null und Radius 1 hat.
Analog:
Die Ungleichung y 2 + z 2 6 1 beschreibt einen vollen Zylinder mit dem Rand y 2 + z 2 = 1. Es handelt sich um einen
Drehkörper, welcher die Achse Ox als Symmetrieachse hat und welcher als Schnitt mit der yOz–Ebene den Kreis dieser
Ebene mit Zentrum Null und Radius 1 hat.
Die Ungleichung z > 0 beschreibt den 3–dimensionalen Halbraum, welcher am Rande die zwei erwähnten Symmetrieachsen
Oy und Ox der Voll–Zylinder x2 + z 2 6 1 und y 2 + z 2 6 1 beinhaltet. Der Schnitt mit diesem Halbraum “halbiert” dann
die zwei Voll–Zylinder.
Es bleibt noch den Schnitt der Ränder der zwei Zylinder zu untersuchen. Für ein festes z ∈ [0, 1] folgt dann
x2 = y 2 = 1 − z 2 ,
der Schnitt besteht also aus den vier Ecken eines Quadrats mit Zentrum in (0, 0, z):
( ±(1 − z 2 )1/2 , ±(1 − z 2 )1/2 , z )
Z1 := plot3d( sqrt(1-x^2) , x=-1..1 , y=-3..3 , view=0..1 );
Z2 := plot3d( sqrt(1-y^2) , x=-3..3 , y=-1..1 , view=0..1 );
display( { Z1, Z2 } , scaling=CONSTRAINED , axes=NONE );
Im rechts stehenden Bild sieht man nicht die Oberfläche
des Schnitts, sondern die (Hälfte der) Zylinder–Ränder.
Der Schnitt sieht dann in architektonischer Projektion
wie folgt aus:
??
?? 
??
 ???


(In der grafischen Oberfläche xmaple von maple kann
man sich mit der Mouse im Bild verankern und durch
Mouse–Bewegungen das Bild in 3D drehen.)
Die Oberfläche des Kreuzgewölbes besteht dann aus fünf abgeschlossenen Teilen:
28
.
4 Teile sind Teile der Zylinder–Rändern, sie entstehen durch Rotation um kπ/2 um die Oz–Symmetrieachse des
Abschlusses der offenen “seitlichen” Menge
 


 
0 <z< 1
0 <x< 1




 x


 x
 y  ∈ R3
 y  ∈ R3
−x <y < x
x = (1 − z 2 )1/2
.
=
;
S :=
;




 z
 z
2 1/2 
2 1/2 
z = (1 − x )
|y| < x = (1 − z )
Man kann dann S mit der Projektion ∆ von S auf die xOy–Ebene parametrisieren,
( x
∆ :=
∈ R2
y
0 <x< 1
;
ϕ:∆→S


x
x
 .
y
ϕ
:= 
y
2 1/2
(1 − x )
)
−x <y < x
Das Differenzial von ϕ ist dann

1
0
A(x, y) := (Dϕ)(x, y) = 
−x(1 − x2 )−1/2

0
1
0
Mit den gleichen Notatione wie in den Aufgaben 17 und 20 berechnen wir:

1
2 −1/2
1 0 −x(1 − x )

0
(A0 A)(x, y) =
0 1
0
−x(1 − x2 )−1/2
.

0
x2
1 + 1−x
2
1 =
0
0
0
1
1
x2
=
1 − x2
1 − x2
1
det 1/2 (A0 A)(x, y) = √
.
1 − x2
det(A0 A)(x, y) = 1 +
Die Oberfläche von S ist:
Z
det 1/2 (A0 A)(x, y) dx dy =
Z
Z
√
∆
1
dy dx =
1 − x2
x∈(0,1) y∈(−x,x)
=
h
p
−2
1 − x2
Z
√
2x
dx
1 − x2
x∈(0,1)
i1
=2.
0
Ein Rest–Teil des Randes des Kreuzgewölbes ist noch das Quadrat mit den Ecken (±1, ±1), seine Seite ist 2, seine
Fläche 4 .
Die Oberfläche des Kreuzgewölbes ist also 4 · 2 + 4 = 12 .
.
Aufgabe 24 Sei t > 0 (t ∈ R). Man bestimme die Oberfläche des durch |z| < t begrenzten Teils des einschaligen Rotationshyperboloids, welcher durch die Gleichung in R3 3 (x, y, z) bestimmt ist:
z 2 − x2 − y 2 = 1 .
Lösung: Sei H die Menge der Punkte des (abgeschnittenen) einschaligen
Rotationshyperboloids aus der Aufgabenstellung,
 

2
2
2 
 x
z
=
1
+
x
+
y
 y  ∈ R3
;
.
H = H(t) :=

0<z<t
z
Ist t < 1, so ist H(t) leer, seine Oberfläche also gleich Null.
Ist t = 1, so ist H(t) = {(1, 0, 0)}, seine Oberfläche also gleich Null.
Sein nun t > 1. Dann ist die Projektion von H(t) auf die xOy–Ebene eine
offene Kreisscheibe K = K(t) mit Zentrum Null und Radius R = R(t) :=
(t2 − 1)1/2 . Wir können dann leicht die Parametrisierung ϕ : K → H
hinschreiben:
29
a := 3:
plot3d( sqrt(1+x^2+y^2) ,
x=-a..a , y=-a..a , view=0..a ,
scaling=CONSTRAINED , axes=NONE ,
orientation=[30,80] );


x
x
 .
y
ϕ
:= 
y
(1 + x2 + y 2 )1/2
Wir berechnen dann standardmäßig:

∂x ( x )
∂y ( x )

∂x ( y )
∂y ( y )
A(x, y) := (Dϕ)(x, y) = 
2
2 1/2
2
2 1/2
∂x ( (1 + x + y )
) ∂y ( (1 + x + y )
)


1
0

0
1
=
2
2 −1/2
2
2 −1/2
x(1 + x + y )
y(1 + x + y )


1
0
2
2 −1/2
1
0
x(1
+
x
+
y
)


0
1
(A0 A)(x, y) =
0 1 y(1 + x2 + y 2 )−1/2
2
2 −1/2
2
2 −1/2
x(1 + x + y )
y(1 + x + y )
"
#
xy
x2
1 + 1+x2 +y2
1+x2 +y 2
=
xy
y2
1
+
1+x2 +y 2
1+x2 +y 2
y2
x2 y 2
x2
1
+
−
det(A0 A)(x, y) = 1 +
1 + x2 + y 2
1 + x2 + y 2
(1 + x2 + y 2 )2
x2
y2
=1+
+
.
2
2
1+x +y
1 + x2 + y 2
1/2
x2 + y 2
1/2
0
det (A A)(x, y) = 1 +
.
1 + x2 + y 2

Nach einer Polarkoordinaten–Substitution
[ formal x = r cos t , y = r sin t , (x, y) ∈ K(t) \ {0} ⇐⇒ r ∈ (0, R) , t ∈ [0, 2π) , dx dy ↔ r dr dt ]
folgt:
1/2
Z
Z
x2 + y 2
dx dy
Oberfläche(H(t)) =
det 1/2 (A0 A)(x, y) dx dy =
1+
1 + x2 + y 2
K(t)
K(t)
1/2
1/2
Z
Z
Z
r2
r2
=
1+
r
dt
dr
=
2π
1
+
r dr
1 + r2
1 + r2
t∈(0,2π)
r∈(0,R(t))
Z
=π
R(t)
r∈(0,R(t))
1+
0
r2
1 + r2
1/2
d(r2 ) = π
Z
R(t)2
1+
0
u
1+u
1/2
Z
t2 −1
du = π
1+
0
u
1+u
1/2
du
Substitution: v = u + 1 . . .
1/2
Z t2
Z t2 Z T
1/2
v−1
w2 dw
dv = π
2 − v −1
=π
1+
dv = 2π
2
2
v
{z
}
1 |
1
1 (w − 2)
=w
= 2π ( F (T ) − F (1) ) ,
wobei
T :=
und F eine Stammfunktion für w →
assume( t>1 );
with(student);
J1 := Int( 2*Pi*
J2 := changevar(
J3 := changevar(
J4 := changevar(
2−
1/2
1
t2
√
∈ (1, 2)
w2
ist. Maple–Code für die obigen Zeilen:
(2 − w2 )2
sqrt( 1+r^2/(1+r^2) ) *r ,
u=r^2 , J1 , u ):
v=u+1 , J2 , v ):
w=sqrt(2-1/v) , J3 , w ):
r=0..sqrt(t^2-1)
J2:=simplify( J2
J3:=simplify( J3
J4:=simplify( J4
);
);
);
);
Die Berechnung der Stammfunktion F benötigt eine Partialbruchzerlegung und eine Rekursion. (Oder einfach direkt maple
oder Ähnliches. Man kann dann direkt zur Formel für F springen, indem man int( w^2/(w^2-2)^2 , w); tippt und auf
eine menschliche Darstellung des Resultats hofft.)
Die Partialbruchzerlegung ist (spätestens im Nachhinein klar):
30
convert( w^2/(2-w^2)^2 , parfrac , w );
latex(%);
w2
2
1
=
−
.
(2 − w2 )2
(2 − w2 )2
2 − w2
Die Integrale:
Z
Ik :=
1
T
dw
(2 − w2 )k
erfüllen eine Rekursion, die man durch partielle Integration bekommt:
Z
T
1
dw
(2 − w2 )k
1
Z
T
= w · (2 − w2 )−k 1 −
Ik :=
w0 ·
T
w·
1
=
=
w · (2 − w2 )−k
T
2 −k
T
w · (2 − w )
1
1
Z
T
+ 2k
1
1
(2 − w2 )k
0
dw
(2 − w2 ) − 2
dw
(2 − w2 )k+1
+ 2k(Ik − 2Ik+1 ) .
Maple–Assistenz dafür:
II := Int( 1/(2-w^2)^k , w=1..T );
intparts( II , 1/(2-w^2)^k );
Dies fürt zu einer expliziten Formel für die gesuchte Stammfunktion F :
F (w) =
w
1
w
1
·
− √ arctanh √ .
2 2 − w2
2 2
2
int( w^2/(2-w^2)^k , w );
Mit t → ∞ geht T gegen
√
2 , also F (T ) gegen ∞ .
Fazit: Es gilt:
√
1
1
1
1
1
− √ arctanh √ = − √ ln(1 + 2) ,
2 2 2
2 2 2
2
Oberfläche( H(t) ) = 2π( F (T ) − F (1) )
#
"
r
r
π
2t2 − 1
2−1
2
1/2
− arctanh
−π − √
.
= π t(2t − 1)
arctanh
{z
}
|
2t2
2
2
√
|
{z
}
∼πt·t 2
F (1) =
unbeschränkter Ausdruck mit Asymptotik ln t für t → ∞
Wie erwartet hat die Oberfläche von H(t) eine Asymptotik von der Gestalt
√
Oberfläche( H(t) ) ∼ π t · t 2 .
(Wir haben dabei die Konstante π und den logarithmisch wachsenden
Term vernachlässigt.
√
Zusätzlich gilt auch√π t(2t2 − 1)1/2 ∼ π t(2t2 − 0)1/2 = πt · t 2 mit quadratisch polynomialen Wachstum.)
Der Ausdruck πt · t 2 ist genau die Oberfläche des “asymptotischen Kegels” K = K(t) der Quadrik H = H(t),
 

2
2
2 
 x
z =x +y
 y  ∈ R3
K = K(t) :=
;
.

0<z<t
z
√
K(t) ist nämlich ein Kegel mit der Höhe t, Radius der Basis auch t, und Mantel–Erzeugende der Länge t 2.
31
Blatt 7
Aufgabe 25 Seien X, Y metrische Räume, U ⊆ X offen mit kompaktem Abschluss U und V ⊆ Y eine beliebige Teilmenge.
Gegeben sei eine bijektive und stetige Abbildung
f : U −→ V .
Man zeige, dass f unter der folgenden Annahme topologisch ist:
Es existiert eine stetige Fortsetzung
f : U −→ Y ,
so dass f (U − U ) im Komplement von V liegt.
Hinweis: Die Abbildung f ist genau dann topologisch, wenn das Bild jeder abgeschlossenen Menge abgeschlossen ist.
Lösung: Wir zeigen, dass f topologisch ist, indem wir mit dem Kriterium aus dem Hinweis zeigen, dass f (offen oder
äquivalent) abgeschlossen ist, i.e. dass abgeschlossene Mengen in U auf abgeschlossene Mengen in V durch f abgebildet
werden.
Wir nehmen an, dass die in der Aufgabenstellung spezifizierte Annahme gilt: In einem Bild:
XO
YO
?
/ Bild
: O f
tt
t
t
tt
, ttt
?
|>
||
|
||
. ||
f
UO
f
U \U
/
(Bild f )\V
?
/ V?
f
U
Sei A eine in U abgeschlossene Menge. Sei A der Abschluss von A in U (oder äquivalent in X). Dann ist A eine in U
kompakte Menge.
Das Bild einer kompakten Menge durch eine stetige Abbildung ist kompakt, so ist f (A) eine im Bild von f kompakte Menge.
Insbesondere ist f (A) eine im Bild von f abgeschlossene Menge. Es folgt:
f (A) = f (A) ∩ V
= f (A) ∩ V
= f (A) ∩ V ,
da Punkte aus A \ A ⊆ U \ U durch die Annahme nicht nach V abgebildet werden. So ist f (A) abgeschlossen in V :
abgeschlossen in Bild f
f (A) =
|
z }| {
f (A)
{z
abgeschlossen in V
∩V .
}
Wir haben gezeigt, dass die Bijektion f : U → V eine abgeschlossene Abbildung, also topologisch (i.e. ein Homöomorphismus)
ist.
Aufgabe 26 Man zeige, dass sich das Kriterium aus Aufgabe 25 auf die Parametrisierung der punktierten Kreislinie
α : (0, 1) −→ S 1 − {(1, 0)} ,
α(t) := ( cos(2πt) , sin(2πt) ) ,
anwenden lässt.
32
Lösung: Wir betrachten die folgende Situation:
RO
?
:u O
uu
uu
, uuuu
RO 2
?
:u O
uu
uu
, uuuu
{0,1}
/
f
U =[0,1]
Bild f =S 1
/ {1}
f
?
f
U =(0,1)
/
?
V =S 1 \{1}
dabei ist f := α die gegebene Abbildung U → V mit U := (0, 1), Teilmenge des kanonischen metrischen Raumes X := R,
und V := S 1 \ {1}, Teilmenge des kanonischen metrischen Raumes R2 .
Dann ist U = [0, 1] und f : U → R2 ist die Abbildung t → (cos t, sin t), t ∈ [0, 1], eine offensichtlich stetige Abbildung.
Die Punkte 0, 1 (mit {0, 1} = U \ U werden dann durch f nicht auf V abgebildet.
Die Eigenschaft aus der Annahme in Aufgabe 25 ist also in dieser Situation erfüllt.
Aufgabe 27 Man zeige, dass das offene Einheitsintervall (0, 1) ⊂ R und das offene Quadrat (0, 1) × (0, 1) ⊂ R2 nicht
homöomorph sind.
Hinweis: Man betrachte einen festen Punkt.
Lösung:
Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, dass es einen Homöomorphismus ϕ : (0, 1) → (0, 1) × (0, 1) gibt.
Sei a := 1/2 ∈ (0, 1) und b := ϕ(a) ∈ (0, 1) × (0, 1) . Die Einschränkung ϕ| : (0, 1) \ {a} → (0, 1) × (0, 1) \ {b} liefert dann
einen Homöomorphismus zwischen
.
dem nicht–zusammenhängenden Raum (0, 1) \ {a} (mit den zwei Zusammenhangskomponenten (0, a) und (b, 1))
.
und dem zusammenhängenden Raum (0, 1) × (0, 1) \ {b}. (Dieser Raum ist zusammenhängend, da er wegezusammenhängend ist: Jede zwei beliebige Punkte können in ihm entweder durch die Strecke zwischen diesen Punkten
oder durch eine “leicht deformierte” Zwei–Strecken–Version davon verbunden werden.)
Dies ist ein Widerspruch. Unsere Annahme ist falsch. Es folgt die Behauptung aus der Aufgabenstellung.
Aufgabe 28 Seien r, R positive Zahlen mit r < R.
Sei T = T (r, R) die abgeschlossene Untermenge von R3 , welche wie folgt parametrisiert werden kann:
 

x = (R + r cos s) cos t


 x

s
 y  ∈ R3 ;
y = (R + r cos s) sin t
für Parameter
∈ R2
T :=
t



 z
z=
r sin s
Finden Sie eine geeignete offene Menge V ⊂ R2 für eine reguläre Parametrisierung
(einer offenen, dichten Untermenge) von T und berechnen Sie anschließend die
Oberfläche von T .
Im rechts stehenden Bild:
Eine Skizze von T für R = 3 und r = 1 .
33
.
Lösung: Wir versuchen zuerst, eine Beschreibung davon zu geben, warum die gegebene (mehrfache) Parametrisierung ein
Torusbild ergibt. (Der Torus ist in unserer Auffassung eine 2–dimensionale Mannigfaltigkeit, wir meinen also nur die “Schale”
des “Donuts”, der Volltorus ist dann die “gefüllte” Menge.)
• Wir “suchen” die Parametrisierung eines Torus mit den folgenden Daten: Die Oz–Achse ist die Symmetrie–Drehachse. Die
Ebene xOy halbiert den Torus in zwei gleiche Teile. Der Ursprung 0 ist Symmetrie–Zentrum des Torus. Wir schreiben die
Gleichung des Kreises in der Ebene xOy mit Zentrum in 0 und Radius R. Ein Punkt Z(t) dieses Kreises hat dann in R3 die
Koordinaten:
Z(t) := ( R cos t, R sin t, 0 ) ,
t ∈ [0, 2π) .
Die Wahl des Intervalls [0, 2π) ist eine “minimale” Wahl. Lässt man den Punkt 0 aus, so wird das Zentrum Z(0) = (1, 0, 0)
ausgelassen. (Das werden wir später tun.)
• Die Gleichung der Ebene E(t), welche die Symmetrie–Achse Oz und den Punkt Z(t) beinhaltet ist x sin t − y cos t = 0 ,
E(t) = { (x, y, z) ∈ R3 ; x sin t − y cos t = 0 } ,
t∈R.
• Die Gleichung des Kreises K(Z(t), r) mit Radius r < R und Zentrum Z(t) in der Ebene E(t) ist:
(
x sin t − y cos t = 0
K(Z(t), r) =
(x, y, z) ∈ R3
;
2
(x − R cos t) + (y − R sin t)2 + z 2 = r2
)
.
Man prüft leicht nach, dass die Abbildung
s −→ Z(t) + r cos s · (cos t, sin t, 0) + r sin s · (0, 0, 1)
= ( (R + r cos s) cos t, (R + r cos s) sin t, r sin s )
eine Parametrisierung des Kreises K(Z(t), r) ist. Der Parameter s ∈ R kann in [0, 2π) (statt R) variieren, um eine eindeutige
Parametrisierung zu realisieren.
• Es folgt, dass die Abbildung
V := (0, 2π) × (0, 2π)
s
t
/ T \ (K1 ∪ K2 )


(R + r cos s) cos t
s
/ϕ
:= (R + r cos s) sin t 
t
r sin s
ϕ
eine glatte 1–zu–1–Parametrisierung des offenen Teils T \ (K1 ∪ K2 ) des Torus T ist, wobei K1 und K2 die Kreise um 0
bzw. Z(0) = (1, 0, 0) mit den Radien R bzw. r sind. Diese Kreise sind 1–dimensionale Untermannigfaltigkeiten von T , sie
tragen nicht zur Berechnung der Fläche von T bei.
• Ausgehend von der Parametrisierung ϕ berechnen wir standardmäßig:


∂s ( (R + r cos s) cos t )
∂t ( (R + r cos s) cos t )
∂t ( (R + r cos s) sin t )
A(s, t) := (Dϕ)(s, t) =  ∂s ( (R + r cos s) sin t )
∂s (
r sin s
)
∂t (
r sin s
)


−r sin s cos t
−(R + r cos s) sin t
(R + r cos s) cos t
= −r sin s sin t
r cos s
0


−r sin s cos t
−(R + r cos s) sin t
−r sin s cos t
−r sin s sin t
r cos s 
−r sin s sin t
(R + r cos s) cos t
(A0 A)(s, t) =
−(R + r cos s) sin t
(R + r cos s) cos t
0
r cos s
0
2
r
0
=
0 (R + r cos s)2
det(A0 A)(s, t) = r2 (R + r cos s)2
det 1/2 (A0 A)(s, t) = r |R + r cos s| = r (R + r cos s)
(wegen 0 < r < R) .
34
Es folgt:
Fläche(T ) = Fläche( T \ (K1 ∪ K2 ) )
Z
= det 1/2 (A0 A)(s, t) ds dt =
Z
r (R + r cos s) ds dt
(0,2π)2
V
Z
= 2πr
0
2π
Z
(R + r cos
|{z}s ) ds = 2πr
kein
Beitrag
2π
R ds
0
= (2πr)(2πR) .
(Ich weigere mich, das Endresultat in die Form 4π 2 rR zu schreiben, da ginge zu viel verloren. Inklusive der Formel.)
Das Bild des Torus aus der Aufgabenstellung wurde mittels maple erstellt:
R:=3; r:=1;
plot3d (
[ (R-r*cos(t))*cos(s) , (R-r*cos(t))*sin(s) , r*sin(t) ] ,
s=0..2*Pi , t=0..2*Pi ,
scaling=CONSTRAINED , color=grey
);
35
Blatt 8
Aufgabe 29 Sei D ⊆ Rn offen, sei ϕ : D → Rm eine stetig differenzierbare Funktion und
X := { x ∈ D ; ϕ(x) = 0 }
sei nicht leer. Weiterhin sei rang( J(ϕ, a) ) = m für alle a ∈ X .
Man zeige, dass X eine eingebettete Mannigfaltigkeit der Dimension n − m ist.
Lösung: Wir erinnern uns zuerst an die Definition:
Eine Teilmenge X ⊆ Rn heißt eingebettete (differenzierbare) Mannigfaltigkeit der Dimension d,
falls zu jedem a ∈ X eine Umgebung Ua,X von a in X existiert, (Ua,X = Ua,Rn ∩ X für eine geeignete Umgebung
Ua,Rn von a in Rn ,)
so dass Ua,X eine d–dimensionale parametrisierbare Mannigfaltigkeit ist,
mit anderen Worten, so dass gilt:
Es gibt eine offene Menge V = Va ⊆ Rd und eine topologische (i.e. homöomorphe) Abbildung
α : V → Ua,X ,
⊆
α
so dass die Verkettung V −
→ Ua,X −−→ Rn regulär (i.e. stetig differenzierbar) ist.
Zur Lösung der Aufgabe: Wir setzen d := n − m . (Notation.)
Sei a ∈ X beliebig.
(Wir suchen eine geeignete Umgebung Ua,Rn . . . )
Wir nutzen die Information rang( J(ϕ, a) ) = m aus der Hypothese aus, um den Satz über Inplizite Funktionen
anzuwenden. (Er führt direkt zur Lösung.)
Nach einer geeigneten (von a abhängigen) Permutation der Koordinaten können wir annehmen, dass die m × m
Untermatrix von J(ϕ, a), welche aus den esrten m Spalten besteht, vollen Rang hat. (Solche Permutation–der–
Koordinaten–Abbildungen sind Diffeomorphismen.)
Explizit und zum Teil überflüssig schreiben wir die Jacobi–Matrix als ein Differenzial nach x, wir teilen dann die
Variable x in zwei Teile x = (x0 , x00 ) der Länge m für x0 und d = n − m für x00 und zerlegen entsprechend die
entsprechende Matrix:
#
"
J(ϕ, a) = (Dx ϕ)(a) = (D(x0 ,x00 ) ϕ)(a) = (Dx0 ϕ)(a) (Dx00 ϕ)(a)
| {z } | {z }
m×m Matrix



=

m×d Matrix
D1 ϕ1
D1 ϕ2
..
.
D2 ϕ1
D2 ϕ2
..
.
...
...
..
.
Dm ϕ1
Dm ϕ2
..
.
Dm+1 ϕ1
Dm+1 ϕ2
..
.
...
...
..
.
Dm ϕ1
Dm ϕ2
..
.
D1 ϕm
D2 ϕm
...
D m ϕm
Dm+1 ϕm
...
D m ϕm



 (a)

.
Wir wenden nun den Satz über implizite Funktionen an:
So gibt es eine Umgebung Ua,Rn von a in D ⊆ Rn , welche die Produkt–Gestalt hat:
Ua,Rn = Ua0 ,Rn × Ua00 ,Rn ,
a = (a0 , a00 ) ∈ Rn ; a0 ∈ Rm , a00 ∈ Rd ,
und es gibt des Weiteren eine stetig differenzierbare Abbildung f : Ua00 ,Rn → Ua0 ,Rn mit den Eigenschaften:
f (a00 ) = a0 ,
ϕ(f (x00 ), x00 ) = 0 .
Wir setzen Ua,X := X ∩ Ua,Rn und zeigen des Weiteren, dass die definierenden Eigenschaften dafür erfüllt sind:
Wir setzen Va := Ua00 ,Rn .
Wir setzen dann α : Va = Ua00 ,Rn → Ua,X als die Abbildung
x00 −−−→ ( f (x00 ) , x00 ) .
Diese ist wohldefiniert, die Werte von α liegen in X wegen ϕ(f (x00 ), x00 ) = 0 . Sie ist bijektiv, denn die
Umkehrabbildung α−1 : x = (x0 , x00 ) → x00 kann sofort hingeschrieben werden.
Beide Abbildungen α, α−1 sind offensichtlich stetig.
36
⊆
α
Wir betrachten noch die Verkettung Va = Ua00 ,Rn −
→ Ua,X −−→ Rn ,
x00 → ( f (x00 ) , x00 ) .
Sie ist offensichtlich stetig differenzierbar, da f es ist.
Wir haben damit mit der Definition gezeigt, dass X eine eingebettete Mannigfaltigkeit der Dimension d = n − m ist.
Aufgabe 30 Auf der n–Sphäre
S n :=
n
x ∈ Rn+1 ; x21 + · · · + x2n+1 = 1
o
betrachten wir die Äquivalenzrelation ∼ mit [ x ∼ y ] ⇐⇒ [ x = y oder x = −y ] , x, y ∈ S n .
Wir definieren den reellen projektiven Raum P n (R) als Menge der Äquivalenzklassen [x], x ∈ S n , bzgl. ∼ ,
o
.
n
[x] ; x ∈ S n .
P n (R) := S n ∼ =
Man zeige, dass durch d : P n (R) × P n (R) → R>0 ,
x, y ∈ S n ,
d( [x] , [y] ) := min( d(x, y) , d(x, −y) ) ,
eine Metrik auf P n (R) definiert wird. Dabei ist d die Einschränkung auf S n der euklidischen Metrik auf Rn+1 .
Lösung: Bevor ich zur Lösung übergehe, ist es vielleicht nicht (oder doch) schlecht, die (meinen) natürlichen Anfreunde–
Versuche mit dem projektiven Raum darzustellen. Was ist P 1 (R) ? Es ist die Menge S 1 / ∼ . Dabei ist S 1 die Einheitskreislinie:
C
•
B
•
A0 •
•A
•
B0
(A, A0 ; B, B 0 ; C sind einige Punkte auf S 1 .)
Man sollte sich nun ein eindimensionales Wesen vortsellen, dass wir auf S 1 beobachten können, dass aber eine für uns
unerklärliche Eigenschaft besitzt, es kann nämlich sponatan von einem Punkt zum gegenüberliegenden Punkt wechseln. (Für
Nicht–Physiker sind schon solche normalen Diskussionen unter Physikern ein Grund, sie aus dem Normalen zu verbannen. . . )
Wir können vielleicht dies beobachten, das Wesen hat keine Ahnung davon, es lebt bedenkenlos in der eigenen Welt. Es kann
spontan von A nach A0 wechseln. Oder von B nach B 0 . Um von A nach C zu “gehen”, wechselt es spontan von A nach
A0 und rennt nach C auf dem kürzeren Bogen. Es tut dies ohne Bedenken durch Anpassung seit der Geburt. In dieser Welt
gibt es auch eine natürliche Metrik, die “angepasste” Bogenlänge. Leider musste es gegenüber Finanzamt feststellen, dass
“andere Welten” völlig andere Bemessungsgrundlagen haben, nämlich die Metrik d aus der Aufgabe, als würde es von A0
nach C die “Gerade” von A nach C wählen können. Dieses eindimensionales Wesen ist ziemlich beschränkt im Denken und in
der Vorstellung, es kann wirklich nicht glauben, dass es so etwas wie die Gerade von A0 nach C gibt. (Im Endeffekt hat man
doch ein Kompromiss gefunden. Ein eindimensionaler Steuerberater hat dann die Strecke AC statt A0 C angegeben. . . Es
gibt Welten und Welten.)
Das eindimensionale Wesen stellt sich die eigene Welt aus unserer Sicht als eine “gleitende Kalotte”, welche in dem Punkt
immer zentriert ist, wo es sich befindet:
C
•
B
•
A0 ◦
C
•A
oder
B
•
•
A0 •
C
◦A
C
A0 ◦
◦
B0
◦
B0
◦
B
•
•A
◦
B0
•
oder
B
◦
◦
A0 •
C0
Wesen ist in B lokalisiert.
Wesen ist in A lokalisiert.
◦A
•
B0
Seine Weltanschauung ist ein Halbkreis
Seine Weltanschauung ist ein Halbkreis
mit genau einem der Punkte A und A0 ,
mit genau einem der Punkte B und B 0
es kann sie sowieso nicht unterscheiden.
es kann sie sowieso nicht unterscheiden.
37
•
C0
Arbeitet es lokal um B, so ist die erste Weltanschauung auch für uns gut vertretbar.
Arbeitet es lokal um A, so ist die zweite Weltanschauung auch für uns gut vertretbar.
Eine lokale Parametrisierung der Weltanschauung um A wäre eine reguläre Abbildung von einem offenen Intervall in R (–wir
tun so, als wären wir auch eindimensionale Wesen–) nach der offenen Kalotte um A, explizit: (−π, π) → P 1 (R) \ {[B]}
, t → [(cos t, sin t)] . Die eckigen Klammern stehen hier und weiter, um klar zu machen, dass es sich um die Klasse des
entsprechenden Punkt in S 1 handelt. Also um einen Punkt in der Weltanschauung des P 1 (R)–Wesens.
Zur Aufgabe:
0.
d ist wohldefiniert: In der Definition von d kommen Vertreter x, y für die Klassen [x], [y] vor. Man zeigt leicht die
Unabhängigkeit davon, indem man eine Formel in Termen von [x], [y] schreibt:
d( [x] , [y] ) = min( d(x, y) , d(x, −y) )
| {z }
| {z }
=d(−x,−y)
=d(−x,y)
= min( d(x, y) , d(−x, −y) , d(x, −y) , d(−x, y) )
= min
d(x0 , y 0 ) ,
0
x ∈[x]
y 0 ∈[y]
1.
wobei die Klasse [x] aus +x und −x, die Klasse [y] aus +y und −y besteht, also x0 ∈ [x] = {x, −x} , y 0 ∈ [y] =
{y, −y} . (Am Besten würde man ab sofort ξ ∈ P n (R) statt [x] ∈ P n (R), x ∈ S n , als ein “generiches Element”
verwenden.)
Der letzte Ausdruck ist eine Formel für d( [x] , [y] ), welche nur von [x], [y] (und nicht mehr von Vertretern x, y)
abhängt. Die klärt die Wohldefiniertheit von d.
d nimmt Werte > 0 und ist nicht ausgeartet:
Es ist klar, dass d > 0 ist. Seien nun [x], [y] ∈ P n (R), so dass d( [x] , [y] ) = 0 ist. Es folgt
0 = d( [x] , [y] ) = min
d(x0 , y 0 ) .
0
x ∈[x]
y 0 ∈[y]
Es gibt also x0 ∈ [x] und y 0 ∈ [y], so dass der minimale Wert 0 angenommen wird:
d(x0 , y 0 ) = 0 .
Da d eine Metrik in R2 ist, gilt x0 = y 0 , insbesondere:
[x] = [x0 ] = [y 0 ] = [y] .
2.
Die Abbildung d ist also nicht ausgeartet.
d ist symmetrisch:
Seien [x], [y] ∈ P n (R). Es gilt dann
d( [x] , [y] ) = min
d(x0 , y 0 )
0
x ∈[x]
y 0 ∈[y]
= min
d(y 0 , x0 ) ,
0
da d eine Metrik, insbesondere symmetrisch, ist,
y ∈[y]
x0 ∈[x]
= d( [y] , [x] ) .
3.
d erfüllt die Dreiecksungleichung:
Seien [x], [y], [z] ∈ P n (R).
Sei x0 ∈ [x] beliebig. (Ich setze x0 := x, schleppe den Strich umsonst mit.)
Sei y 0 ∈ [y], so dass d( [x] , [y] ) = d(x0 , y 0 ) .
Sei z 0 ∈ [z], so dass d( [x] , [z] ) = d(x0 , z 0 ) .
Es gelten also:
d(x0 , y 0 ) 6 d(x0 , −y 0 )
d(x0 , z 0 ) 6 d(x0 , −z 0 )
Es gilt dann durch Ausnutzung der Dreiecksungleichung für d an Stellen,
38
die leider klitzeklein geschrieben werden:
d( [x] , [y] ) + d( [y] , [z] ) = d(x0 , y 0 ) + min( d(y 0 , z 0 ) , d(−y 0 , z 0 ) )
= min(
d(x0 , y 0 ) + d(y 0 , z 0 )
|
{z
}
,
>d(x0 ,z 0 )
d(x0 , y 0 ) + d(−y 0 , z 0 )
|
{z
}
)
=d(x0 ,y 0 ) + d(y 0 ,−z 0 )
>d(x0 ,−z 0 )
>d(x0 ,z 0 )
> min( d(x0 , z 0 ) , d(x0 , z 0 ) ) = d(x0 , z 0 )
= d( [x] , [z] ) .
Wir haben damit alle definierenden Eigenschaften einer Metrik für d bewiesen.
Aufgabe 31 Es sei X := P n (R) der reelle projektive Raum aus Aufgabe 30. Sei
n
o
Xi :=
[x] ∈ X ; x ∈ S n , xi 6= 0 ,
16i6n+1 .
Die Mengen X1 , . . . , Xn+1 sind offen in X. Wir betrachten die Abbildungen α1 , . . . , αn+1 :
αi
Rn
/ Xi
/ αi (x) :=
x = (x1 , . . . , xn )
"
1
(x1 , . . . , xi−1 , 1, xi , . . . , xn )
(1 + kxk2 )1/2
#
,
wobei kxk2 := x21 + · · · + x2n ist.
−1
Man beweise, dass αi topologisch für alle i, 1 6 i 6 n + 1, ist und dass durch { α1−1 , . . . , αn+1
} ein differenzierbarer
n
Atlas auf P (R) gegeben ist.
Lösung: Wir konstruieren eine Umkehrabbildung βi für αi . Um besser die Punkte in der Mannigfaltigkeit P n (R) und in
der parametrisierenden Räumen Rn zu trennen, möchte ich folgende Konventionen einführen:
.
Die Punkte in Rn bezeichne ich mit y = (y1 , . . . , yn ).
.
Die Punkte in X = P n (R) bezeichne ich mit [x], wobei x = (x1 , . . . , yn , yn+1 ) ∈ S n ⊂ Rn+1 einer der zewi Vertreter
der Klasse [x] ist. Es gilt also x21 + · · · + x2n+1 = 1 . Insbesondere ist mindestens eine der Komponenten von x dann
6= 0. Aus diesem Grund überdecken die Mengen X1 , . . . , Xn+1 den projektiven reellen Raum X := P n (R).
.
X1 , . . . , Xn+1 sind offene Teile in X: Begründung:
Sei der Index i fest zwischen 1 und n + 1.
Sei [x] ∈ Xi . Indem wir x durch −x eventuell ersetzen, können wir dann (xi > 0 und wegen xi 6= 0 auf Xi
anschließend)
xi > 0
annehmen. Diesen Schritt sprechen wir als Normierung (bzgl. Xi oder bzgl. der i. ten Komponente) an.
Dann kann man die Kalotte aller solchen normierten Vertreter in S n natürlich in Betracht nehmen. Da auf dieser
Kalotte die i. te Komponente > 0 ist, ist es naheliegend sie mit:
Sxni >0
zu bezeichnen. (Der Äquator, welcher senkrecht auf den i. ten Einheitsvektor von Rn+1 ist, ist der Rand von Sxni >0 .)
n
(Sxni >0 ist offensichtlich offen in S n , denn es ist der Schnitt des offenen Halbraums Rn+1
>0 mit S . Der Halbraum
n+1
R>0 ist offen, denn es ist das Urbild von (0, ∞) durch die stetige Abbildung x → xi und Urbilder offener Mengen
durch stetige Abbildungen sind per Definition offen.)
Die Abbildung Sxni >0 → Xi , x → [x] , ist des Weiteren offensichtlich bijektiv.
(Die Kalotte Sxni >0 ist nur ein Hilfsmittel für eine bessere Anschauung.)
Die Abbildung αi aus der Aufgabenstellung und ihre Umkehr–Abbildung haben dann die Formeln:
Rn o
/X
i
αi
βi
n
/ [x] , x = (x , . . . , x
1
n+1 ) ∈ Sxi >0
y = (y1 , . . . , yn ) o
39
mit αi (y) = [x] , βi ([x]) = y für die Abbildungen:
αi (y) = αi (y1 , . . . , yn )
"
#
1
=
(y1 , . . . , yi−1 , 1, yi , . . . , yn ) ,
(1 + kyk2 )1/2
1
x1 , . . . , xi−1 , |{z} xi+1 , . . . , xn+1 .
βi ([x]) =
xi
kein
xi
Diese Abbildungen sind offensichtlich topologisch, denn sie sind
◦
bijektiv, da zueinander invers,
◦
und stetig, da die entsprechenden Abbildungen zwischen Rn und dem offenen Halbunterraum von Rn+1 es sind.
Wir zeigen schließlich, dass { β1 , . . . , βn+1 } ein differenzierbarer Atlas auf X ist. Seien i, j beliebige Indizes. Wir betrachten
dann die “Übergangsisomorphismen” ϕji : βi (Xij ) → βj (Xij ), Xij := Xi ∩ Xj aus dem folgenden Diagramm:
Xi gOO
7 Xj
OOO
ooo **
o
OOO
o
**
O4 T * oooo
**
Xij
**
*
βi **βj
***
**
*
**
**
** βj |
*
βi | **
n
**
βi (Xi ) = R
Rn = βj (Xj )
gOOO
7
o
**
o
OOO
o
O4 T
* ooo
ϕji
/ βj (Xij )
βi (Xij )
Dabei sind βi | und βj | die entsprechenden Einschränkungen von βi bzw. βj .
Wir zeigen also, dass Übergangsisomorphismen tatsächlich (bijektiv und) stetig differenzierbar sind.
•
OBdA wählen wir i < j, da ϕji und ϕij zueinander invers sind.
(Der Fall i = j ist trivial, der entsprechende Übergangsisomorphismus ist die Identität.)
(Diese OBdA–Annahme erleichert nur die Schreibweise, wir wissen, dass die Komponente yi vor der Komponente yj
in y steht.)
•
Das Bild durch βi des Durchschnitts Xij = Xi ∩ Xj ist wie folgt zu ermitteln:
n
o
Xij :=
[x] ∈ X ; x = (. . . , xi , . . . , xj , . . . ) ∈ S n , xi 6= 0 , xj 6= 0
βi (Xij ) = { y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn ; yj−1 6= 0 }
βj (Xij ) = { y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn ; yi 6= 0 }
•
ϕji berechnet man für y ∈ βi (Xij ) schließlich als die folgende Verkettung:
αi
y −→
!
1
Klasse von
(1 + kyk2 )1/2
y1 , . . . , yi−1 , 1, yi , . . . , yj−1 , yj , . . . , yn
|{z}
j. Platz
1 βj
−→
yj−1
!
y1 , . . . , yi−1 , 1, yi , . . . , |{z}, yj , . . . , yn
.
weg
Diese Verkettung ist eine unendlich oft differenzierbare von βi (Xij ) nach βi (Xij ) .
So ist { β1 , . . . , βn+1 } ein (unendlich oft) differenzierbarer Atlas auf X.
Aufgabe 32 Sei A das Vektorfeld:
R2 \ {(0, 0)}
(x, y)
/ R2
A
/ A(x, y) :=
x
x
,
x2 + y 2 x2 + y 2
Man berechne das Integral von A längs der einmal durchlaufenden Einheitskreislinie.
40
.
Lösung: Die einmal durchlaufende Einheitskreislinie kann wie folgt parametrisiert werden:
α : [0, 2π] → R2 ,
α(t) := (cos(t), sin(t)) , t ∈ [0, 2π] .
Die Ableitung von α ist α̇(t) = (− sin(t), cos(t)) . Durch Definition erhalten wir dann:
Z
Z
A=
h A(α(t)) , α̇(t) i dt
α
[0,2π]
2π Z
cos t
cos t
· (− sin t) +
· cos t
2 t + sin2 t
2 t + sin2 t
cos
cos
0
Z
1 2π 2
=
−
t cos }t
+
|2 sin{z
|2 cos
{z }t
2 0
=
=sin 2t
kein Beitrag zum Integral
=
1
2
Z
dt
dt
=1+cos 2t
nur 1 liefert einen Beitrag zum Integral
2π
1 dt = π .
0
Nachtrag: Beim Tippen der Aufgabe habe ich zu viel mit der Maus gearbeitet. . . Viel instruktiver ist die Berechnung für das
Vektorfeld
x
−y
,
.
B(x, y) :=
x2 + y 2 x2 + y 2
Die entsprechende Berechnung lautet:
Z
Z
B=
h B(α(t)) , α̇(t) i dt
α
[0,2π]
2π Z
=
0
− sin t
cos t
· (− sin t) +
· cos t
cos2 t + sin2 t
cos2 t + sin2 t
Man kann die lokalen “Stammfunktionen”
arctan
y
x
oder
Z
dt =
2π
dt = 2π .
0
π
x
− arctan
2
y
verwenden, um dieses Resultat zu deuten !
Das Vektorfeld B erfüllt also rot(B) = 0 und das Integral von B auf einer geschlossenen Kurve um (0, 0) ist nicht 0. Die
Singularität (0, 0) von B und f muss dabei umkreist werden, damit das Integral nicht verschwindet.
Man kann kein global (auf R2 \ {(0, 0)}) definiertes Potenzial f finden, so dass B = grad f gilt. Lokal hat B aber um jeden
Punkt eines der oben erwähnten Potenziale.
41
1. Klausur
Aufgabe 33 (a)
Sei
E := { (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 = 1 }
(b)
der Einheitskreis. Geben Sie eine explizite reguläre Parametrisierung für E \ {(1, 0)} an.
Berechnen Sie den Umfang des Kreises E an Hand der Parametrisierung aus (a).
Lösung: (a) Die gesuchte Parametrisierung lautet:
α : (0, 2π) → R2 ,
α(t) := (cos t, sin t) , t ∈ (0, 1) .
(α ist offensichtlich unendlich oft differenzierbar, also glatt, das Bild von α ist E \ {(1, 0)}, die Einschränkung α| : (0, 2π) →
E \ {(1, 0)} ist bijektiv, stetig, abgeschlossen – s. Aufgaben 25, 26 – also topologisch.)
(b) Der Umfang des Kreises ist:
Z 2π
Z
k α̇(t) k dt =
0
2π
Z
2π
k (− sin t, cos t) k dt =
0
( (− sin t)2 + (cos t)2 )1/2 dt =
Z
2π
dt = 2π .
0
0
Aufgabe 34 Berechnen Sie den Flächeninhalt des Paraboloids
x2 + y 2
P :=
x, y,
∈ R3
;
2
Tips:
(A)
(B)
2
2
x + y < 1 , x, y ∈ R
.
√
Man kann eine Stammfunktion von r 1 + r2 erraten, indem man (1 + r2 )α differenziert.
2π √
Das Resultat ist
(2 2 − 1) .
3
Lösung: Sei V die offene Kugel in R2 um 0 mit Radius 1,
V =
( x , y ) ∈ R2
;
x2 + y 2 < 1 , x, y ∈ R
.
Dann ist α : V → R3 , α(x, y) := ( x, y, (x2 + y 2 )/2 ) eine reguläre Parametrisierung des Paraboloids P . Wir verwenden α,
um die Fläche von P zu berechnen:
α
• Die Jacobi–Matrix der Einbettung V −
→ P ⊂ R3 ist:

 

∂x ( x )
∂y ( x )
1 0
 =  0 1 .
∂x ( y )
∂y ( y )
A(x, y) := (Dα)(x, y) = 
∂x ( (x2 + y 2 )/2 ) ∂y ( (x2 + y 2 )/2 )
x y
• Wir berechnen das Weiteren standardmäßig:
1
(A0 A)(x, y) :=
0
0
1

1
x 
0
y
x

0
1 + x2
1 =
xy
y
xy
1 + y2
.
• Die Determinante von (A0 A)(x, y) ist:
det(A0 A)(x, y) = (1 + x2 )(1 + y 2 ) − x2 y 2 = 1 + x2 + y 2 .
• Die gesuchte Fläche ist:
Z
Fläche(P ) :=
det 1/2 (A0 A)(x, y) dx dy =
V
Z
V
42
(1 + x2 + y 2 )1/2 dx dy
. . . dann Polarkoordinaten–Substitution
1
Z
2π
Z
(1 + r2 )1/2 dt r dr = 2π
=
0
0
Z
1
(1 + r2 )1/2 r dr
0
. . . dann die Substitution u = r2 , formal du = 2r dr, r = 0 ↔ u = 0, r = 1 ↔ u = 1,
Z
=π
0
1
(1 + u)1/2 du = π
i1
i
h 2
2π h 3/2
(1 + u)3/2
=
2 − 13/2
3
3
0
i
2π h √
=
2 2−1 .
3
Aufgabe 35 Was versteht man unter einer d–dimensionalen parametrisierbaren eingebetteten Mannigfaltigkeit X ⊆ Rn ?
Lösung: (Der Begriff einer d–dimensionalen parametrisierbaren eingebetteten Mannigfaltigkeit X ⊆ Rn ist mehr oder
weniger standardmäßig in der Literatur. Genauer sollte man die Beschreibung d–dimensionale global parametrisierbare eingebettete Mannigfaltigkeit X ⊆ Rn dafür verwenden, um keine Unklarheiten zuzulassen. Das Wort “global” bezieht sich auf
die Tatsache, dass es eine parametrisierende Abbildung gibt, welche das ganze X parametrisiert.)
Eine d–dimensionale (global) parametrisierbare eingebettete Mannigfaltigkeit X ⊆ Rn ist eine (lokal abgeschlossene) Teilmenge von Rn ,
so dass es
eine offene Menge V in Rd
und eine topologische Abbildung ϕ : V → X
gibt,
ϕ
so dass die Verkettung V −
→ X ⊆ Rn regulär ist. (Die Eigenschaft Regulär–Zu–Sein für eine Abbildung
bedeutet: Sie ist glatt, i.e. von der Klasse C 1 , und die Jacobi–Matrix hat an jeder Stelle des Definitionsbereiches den maximalen Rang d.)
(In der Bewertung wurden Punkte abgezogen, falls man statt einer globalen Parametrisierung viele lokale Parametrisierungen
ins Spiel gebracht hat und falls man nicht erklärt hat, was “regulär” bedeutet, Letzteres, um denjenigen vielen Studenten
gegenüber fair zu sein, die “regulär” richtig oder falsch erklärt haben.)
43
Blatt 9
Aufgabe 36 Sei U ⊆ R3 ein offener Teil. Für ein stetig differenzierbares Vektorfeld A : U → R3 und eine stetig differenzierbare Funktion f : U → R definiert man Funktionen U → R bzw. U → R3 :
∂A2
∂A3
∂A1
+
+
,
∂x1
∂x2
∂x3
∂A3
∂A2 ∂A1
∂A3 ∂A2
∂A1
rot(A) :=
−
,
−
,
−
,
∂x2
∂x3
∂x3
∂x1
∂x1
∂x2
div(A) :=
∆(A) := ( ∆(A1 ) , ∆(A2 ) , ∆(A3 ) ) ,
∂f
∂f
∂f
,
,
.
grad(f ) :=
∂x1 ∂x2 ∂x3
wobei ∆ der Laplace–Operator ist,
Für zweimal stetig differenzierbare Abbildungen A : U → R3 und f : U → R zeige man die folgenden Identitäten:
(i)
div(rot(A)) = 0 .
(ii)
rot(grad(f )) = 0 .
(iii)
rot(rot(A)) = grad(div(A)) − ∆(A) .
Lösung: Es ist bequem, die Notation einzuführen:
Di :=
∂
.
∂xi
Dann haben wir folgende Definitionen für div, rot, ∆, grad (falls die entsprechenden Funktionen die geeignete Differenzierbarkeitseigenschaft besitzt):
X
div(A) := D1 A1 + D2 A2 + D3 A3 =
Di Ai ,
rot(A) := ( D2 A3 − D3 A2 , D3 A1 − D1 A3 , D1 A2 − D2 A1 ) = Di+1 Ai+2 − Di+2 Ai+1
,
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
grad f := ( D1 f , D2 f , D3 f ) ,
∆f := (D12 + D22 + D32 )f .
Wir berechnen dann:
(i)
div(rot(A)) =
X
i=1,2,3
X
=
X
Di (rot(A))i =
Di Di+1 Ai+2 −
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
X
=
Di ( Di+1 Ai+2 − Di+2 Ai+1 )
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
X
Di Di+2 Ai+1
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
Di Di+1 Ai+2 −
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
X
Di+1 Di Ai+2
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
=0.
Wir haben beim letzten Übergang in der zweiten Summe die “zyklische”
Index–Verschiebung
für i vorgenommen:
P
P
P
Di Di+2 Ai+1 = Di+1 Di+3 Ai+2 = Di+1 Di Ai+2 .
Das Resultat ist Null, da die partiellen Ableitungen Di , Di+1 vertauschen (das schwarzsche Lemma).
(ii)
rot(grad(f )) = rot( (Di f )i=1,2,3 ) =
Di+1 Di+2 f − Di+2 Di+1 f
= (0, 0, 0) .
Wir haben erneut die Vertauschbarkeit der partiellen Ableitungen verwendet.
44
i=1,2,3
mit Indizes modulo 3
(iii) Schließlich ist die i.te Komponente von rot(rot(A)), i = 1, 2, 3 gleich:
rot(rot(A))i = Di+1 rot(A)i+2 − Di+2 rot(A)i+1 ,
dabei sind
rot(A)i+2 = D(i+2)+1 A(i+2)+2 − D(i+2)+2 A(i+2)+1 = Di Ai+1 − Di+1 Ai ,
rot(A)i+1 = D(i+1)+1 A(i+1)+2 − D(i+1)+2 A(i+1)+1 = Di+2 Ai − Di Ai+2 .
Es folgt:
rot(rot(A))i = Di+1 rot(A)i+2 − Di+2 rot(A)i+1 ,
= Di+1 ( Di Ai+1 − Di+1 Ai ) − Di+2 ( Di+2 Ai − Di Ai+2 )
2
2
= Di+1 Di Ai+1 + Di+2 Di Ai+2 − Di+1
Ai − Di+2
Ai
2
2
= Di Di Ai + Di Di+1 Ai+1 + Di Di+2 Ai+2 − Di2 Ai − Di+1
Ai − Di+2
Ai
2
2
2
− ( Di + Di+1 + Di+2 )Ai
= Di Di Ai + Di+1 Ai+1 + Di+2 Ai+2
{z
}
|
|
{z
}
=div A
=∆
= Di div(A) − ∆(Ai )
= ( grad(div(A)) − ∆(A) )i .
Dies schließt den formalen Beweis der Aussagen aus der Aufgabenstellung. Es ist jedoch von großer struktureller Bedeutung,
diese Eigenschaften der Differenzialoperatoren div, rot, ∆, grad in Termen von Differenzialformen zu interpretieren.
Seien Ωk = Ωk (R3 ) die Vektorräume der (Schnitte von) globalen Differenzialformen auf R3 . Explizit gilt:
Ω0
ist der Raum der Funktionen R3 → R, ein generisches Element dieses Raumes hat die Gestalt
f .
Ω1
Dabei ist f eine reellwertige Funktion.
ist der Raum der 1–Formen, ein generisches Element dieses Raumes hat die Gestalt
f1 dx1 + f2 dx2 + f3 dx3 .
Ω2
Dabei sind f1 , f2 , f3 reellwertige Funktionen R3 → R.
Die globalen Formen dx1 , dx2 , dx3 bilden eine Basis von Ω1 über dem Ring Ω0 .
ist der Raum der 2–Formen, ein generisches Element dieses Raumes hat die Gestalt
f12 dx1 ∧ dx2 + f23 dx2 ∧ dx3 + f3 dx3 ∧ dx1 .
Ω3
Dabei sind f12 , f23 , f31 reellwertige Funktionen R3 → R.
Die globalen Formen dx1 ∧ dx2 = −dx2 ∧ dx2 , dx2 ∧ dx3 = −dx3 ∧ dx2 , dx3 ∧ dx1 = −dx1 ∧ dx3 bilden eine Basis
von Ω2 über dem Ring Ω0 .
ist der Raum der 3–Formen, ein generisches Element dieses Raumes hat die Gestalt
f123 dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 .
Dabei ist f123 eine reellwertige Funktion R3 → R.
Die globale Form dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 bildet eine Basis von Ω3 über dem Ring Ω0 .
Man schreibt oft:
1 = dxI mit einer geordneten leeren Indexmenge I = () ,
dxi = dxI
dxi ∧ dxj = dxI
dxi ∧ dxj ∧ dxk = dxI
mit einer geordneten Indexmenge I = (i) ,
mit einer geordneten Indexmenge I = (i, j) ,
mit einer geordneten Indexmenge I = (i, j, k) .
Dann gilt dxI = ±dxJ , falls man die geordnete Indexmenge J als eine Permutation der geordneten Indexmenge I entstehen
kann. Dabei ist die Wahl des Vorzeichens ±1 genau das Signum der Permutation, welche I nach J überführt.
45
In diesem Zusammenhang definiert man Differenzialoperatoren d, d∗ wie folgt:
ΩO 3
d
d∗
di (f dxI ) := 0 , falls i in I “vorkommt”,
d :=
X
d∗ :=
X
ΩO 2
ΩO 1
d
di (f dxI ) := (Di f dxi ∧ dxI = (Di f ) dx( i, I) ,
d∗i
d∗i (f dxI ) := 0 , falls i in I “nicht vorkommt”, sonst kann man o.B.d.A annehmen,
i
d∗
d
di
i
d∗i
d∗
dass das Multiindex I mit i anfängt. Man setzt dann explizit:
(f dxi ∧ dxI ) := (Di f ) dxI .
Ω0
Nun kann man wie folgt Funktionen f und Vektorfelder A als Differenzialformen deuten:
f
ist entweder die 0–Form f
oder die 3–Form f dx123 := f dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 .
A
ist entweder die 1–Form A1 dx1 + A2 dx2 + A3 dx3
oder die 2–Form A1 dx2 ∧ dx3 + A2 dx3 ∧ dx1 + A3 dx1 ∧ dx2 .
Man definiert bis auf geeignete Normierungskonstanten den Hodge–Stern–Operator, der gerade diese Wahlen implementiert:
(f )∗ := f dx1 ∧ dx2 ∧ dx3
(f dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 )∗ := f
(A1 dx1 + A2 dx2 + A3 dx3 )∗ := A1 dx2 ∧ dx3 + A2 dx3 ∧ dx1 + A3 dx1 ∧ dx2
(A1 dx2 ∧ dx3 + A2 dx3 ∧ dx1 + A3 dx1 ∧ dx2 )∗ := A1 dx1 + A2 dx2 + A3 dx3 .
Dann kann man identifizieren:
ΩO 3
ΩO 3
d
d∗
div
ΩO 2
d∗
d
ΩO 1
d
grad
ΩO 2
und
d∗
rot
dd = 0
rot
∗ ∗
ΩO 1
grad
Ω0
und die Eigenschaften aus der Aufgabenstellung haben die Gestalt:
d d =0
∆ = dd∗ + d∗ d .
div
Ω0
Aufgabe 37 Sei D ⊆ R2 eine offene Teilmenge, A : D → R2 ein stetig differenzierbares Vektorfeld und a, b ∈ D zwei
Punkte, so dass die Verbindungsstrecke α : [0, 1] → R2 , α(t) := a + t(b − a) , 0 6 t 6 1 , ganz in D enthalten ist. Wir
Z b
Z
definieren
A :=
A.
a
α
Sei speziell D = R2 und A : R2 → R2 , A(x, y) := ( x2 − y 2 , −2xy ) . Man zeige, dass für drei beliebige Punkte a, b, c ∈ D
gilt:
Z
b
Z
A+
a
c
Z
A+
b
a
A = 0.
c
Lösung: Wir definieren die Funktion f durch die Vorschrift:
f (x, y) :=
1 3
x − xy 2 .
3
(Bemerkung: grad f = A.)
46
Sei α eine beliebige oder die Strecken–Parametrisierung α : [0, 1] → D eines Weges von a nach b in D. Dann gilt:
Z
b
Z
1
Z
A :=
h A(α(t)) , α̇(t) i dt
A :=
a
Z
α
1
0
Z
1
h (grad f )(α(t)) , α̇(t) i dt =
=
0
Z
=
f 0 (α(t)) · α0 (t) dt
0
1
(f ◦ α)0 (t) dt = (f ◦ α)(1) − (f ◦ α)(0) = f (α(1)) − f (α(0))
0
= f (b) − f (a) .
Die Aussage aus der Aufgabestellung folgt nun sofort:
Z
b
Z
A+
a
c
Z
a
A = (f (b) − f (a)) + (f (c) − f (b)) + (f (a) − f (c)) = 0 .
A+
b
c
Aufgabe 38 Sei D ⊆ R2 eine offene, konvexe Teilmenge. Sei A : D → R2 ein stetig differenzierbares Vektorfeld. Der
gausssche Integralsatz für Dreiecksflächen besagt, dass für drei beliebige Punkte a, b, c ∈ D bei richtiger Orientierung die
Formel gilt:
Z
Z
∂A2
∂A1
A=
rot(A) ,
rot(A) :=
−
.
∂x
∂x2
1
∂∆
∆
dabei ist ∆ die Dreiecksfläche mit den Eckpunkten a, b, c und wir setzen:
Z
Z
A :=
b
Z
A+
∂∆
a
c
Z
A+
b
a
A.
c
Man darf den gaussschen Integralsatz im Folgenden verwenden (jedoch nicht in Aufgabe 37).
Man zeige, dass unter der Annahme rot(A) = 0 eine differenzierbare Funktion f : D → R existiert, so dass gilt:
A = grad(f ) .
Lösung: Wir machen die Annahme über A : D → R2 , D ⊆ R2 offen:
rot(A) = 0 .
Sei a ∈ D ein fester Punkt. Für alle x ∈ D definieren wir
αx : [0, 1] → D ,
αx (t) := a + t(x − a) .
Dann ist αx ein Weg, dessen Bild die Strecke von a nach x ist. Diese Strecke liegt in D, da D konvex ist, dies sichert die
Wohldefiniertheit von f : D → R,
Z x
Z
Z 1
f (x) :=
A :=
A =
A(a + t(x − a)) · (x − a) dt .
a
αx
0
Der Integrand im letzten Integral ist das Skalarprodukt des Vektors A(a + t(x − a)) ∈ R2 mit dem Vektor (x − a) ∈ R2 .
Dieser Ausdruck ist stetig in der Gesamtvariable (t, x), insbesondere stetig bzgl. t, insbesondere integrierbar bzgl. t.
Der gaussschen Integralsatz (GI) kann nun verwendet werden, um die folgende Rechnung einfach führen zu können:
47
Seien x, x0 ∈ D beliebig. Dann gilt:
Z
x
f (x) − f (x0 ) − A(x0 ) · (x − x0 ) =
Z
x0
A−
Zax
=
A+
Z x0
a
(GI)
A − A(x0 ) · (x − x0 )
Zaa
A − A(x0 ) · (x − x0 )
x0
= −
−A(x0 ) · (x − x0 )
Z x x
=
−A(x0 ) · (x − x0 )
x0
1
Z
A(x0 + t(x − x0 )) · (x − x0 ) dt − A(x0 ) · (x − x0 )
=
0
Z
1
Z
A(x0 + t(x − x0 )) · (x − x0 ) dt −
=
0
Z
1
A(x0 ) · (x − x0 ) dt
0
1
( A(x0 + t(x − x0 )) − A(x0 ) ) · (x − x0 ) dt . . .
=
0
Sei nun x0 fest. Dann gibt es eine kompakte Kugelumgebung K(x0 , ) mit einem geeigneten Radius > 0, so dass auf
K(x0 , ) die stetig differenzierbare Funktion A die Taylor–Entwickung besitzt: A(y) = A(x0 ) + (DA)(x0 )(y − x0 ) +
Restx0 (y), y ∈ K(x0 , ). Daraus folgt: lim kA(y) − A(x0 )k / ky − x0 k = k(DA)(x0 )k < ∞. Also ist die Funktion
y → kA(y) − A(x0 )k / ky − x0 k auf dem Kompaktum K(x0 , ) beschränkt. Sei C eine obere Schranke. Dann können wir
für alle x ∈ K(x0 , ) abschätzen:
Z 1
k f (x) − f (x0 ) − A(x0 ) · (x − x0 ) k = ( A(x0 + t(x − x0 )) − A(x0 ) ) · (x − x0 ) dt 0
Z 1
6
k ( A(x0 + t(x − x0 )) − A(x0 ) ) · (x − x0 ) dt k
0
Z
1
k A(x0 + t(x − x0 )) − A(x0 ) k · k x − x0 k dt
6
0
Z
1
Ck t(x − x0 ) k · k x − x0 k dt
6
0
Z
=
1
Ck x − x0 k2 t dt =
0
C
k x − x0 k2 .
2
Es folgt:
lim
x→x0
x6=x0
f (x) − f (x0 ) − A(x0 ) · (x − x0 )
=0.
k x − x0 k
Die lineare Abbildung A(x0 )· ist also das Differenzial von f in x0 . Es folgt sofort:
grad f = A .
48
Blatt 10
Aufgabe 39 Unter einem Rechteck verstehen wir eine Menge der Form
[a, b] × [c, d] ,
a < b , c < d , a, b, c, d ∈ R .
Wir nennen (b − a) die Breite und (d − c) die Höhe dieses Rechtecks.
Gegeben sei eine endliche Menge M von Rechtecken mit den folgenden Eigenschaften:
(1)
Verschiedene Rechtecke aus M haben höchstens Randpunkte gemeinsam.
(2)
Für Rechtecke aus M können Höhe und Breite nicht beide irrational sein.
(3)
Die Vereinigung aller Rechtecke aus M ist ebenfalls ein Rechteck R.
Man zeige:
Höhe oder Breite von R ist rational.
Lösung: Wir starten mir einer “Zerlegung” des Rechteckes R wie in de Aufgabenstellung. Seien a, b, c, d reelle Zahlen, so
dass gilt: R = [a, b] × [c, d]. Wir zeigen, dass entweder b − a oder d − c rational ist.
Nachdem wir mit dem gemeinsamen Nenner (oder einfach mit dem Produkt aller Nenner) aller rationalen Seiten der Rechtecke
aus M multiplizieren, können wir o.B.d.A annehmen, dass für jedes Rechteck aus M entweder die Höhe oder die Breite eine
ganze Zahl ist.
Wir betrachten die Funktion f : R2 → C,
f (x, y) := exp( 2πi(x + y) ) .
Wir bemerken Folgendes:
Das Integral von f auf einem Rechteck [α, β] × [γ, δ], α, β; γ, δ ∈ R ist gleich zu
Z
Z
f=
exp( 2πi(x + y) ) dx dy
[α,β]×[γ,δ]
[α,β]×[γ,δ]
Z
Z
exp( 2πix ) · exp( 2πiy ) dx dy
=
[α,β]
[γ,δ]
! Z
Z
=
exp( 2πix ) dx
!
exp( 2πiy ) dy
[α,β]
[γ,δ]
i
i
1 h
1 h
exp( 2πix )
·
exp( 2πiy )
2πi
2πi
[α,β]
[γ,δ]
1 =
exp( 2πiβ ) − exp( 2πiα ) exp( 2πiδ ) − exp( 2πiγ ) .
2
(2πi)
=
Insbesondere veschwindet genau dann das Integral von f auf einem Rechteck [α, β]×[γ, δ], wenn β −α ∈ Z oder δ −γ ∈ Z.
In unserem Fall:
49
• Das Integral von f auf jedem Rechteck der Zerlegung M verschwindet, da entwder die Höhe oder die Breite eines jeden
solchen Rechteckes ganz ist.
• Durch Summation folgt daraus, dass das Integral von f auf dem “Gesamtrechteck” R = [a, b] × [c, d] verschwindet.
• Durch die obige Bemerkung folgt, dass entweder b − a oder d − c ganz ist.
Verallgemeinerung: Sei n > 2 eine feste natürliche Zahl.
Unter einem Quader in Rn verstehen wir eine Menge der Form
[a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] ,
a1 < b1 , . . . , an < bn , a1 , b1 ; . . . ; an , bn ∈ R .
Wir nennen (b1 − a1 ), . . . , (bn − an ) die Seitenlängen des obigen Quaders.
Gegeben sei eine endliche Menge M von Quadern in Rn mit den folgenden Eigenschaften:
(1)
Verschiedene Quader aus M haben höchstens Randpunkte gemeinsam.
(2)
Für Quader aus M ist mindestens eine Seitenlänge rational.
(3)
Die Vereinigung aller Quader aus M ist ebenfalls ein Quader Q.
Man zeige:
Mindestens eine Seitenlänge von R ist rational.
Der Beweis nimmt den gleichen Verlauf: Sei Q ein Quader mit einer Zelegung M wie obig beschrieben.
Man nimmt o.B.d.A. (nach Multiplikation mit dem gemeinsamen Nenner aller rationalen Seitenlängen) an, dass die Verfeinerung (20 ) von (2) gilt:
(20 ) Für Quader aus M ist mindestens eine Seitenlänge natürlich.
Wir betrachten die Funktion f : Rn → C, f (x) = exp( 2πi(x1 + · · · + xn ) ) für alle x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn .
Der Satz von Fubini zeigt sofort die Gleichheit:
!
bj
Z
Z
Y
Y 1
2πi xj
e2πi xj
.
f=
e
dxj =
2πi
[a1 ,b1 ]×···×[an ,bn ]
[aj ,bj ]
aj
16j6n
(3)
16j6n
Da die Funktion t → exp(2πi t) die Periode 1 hat, verschwindet das Integral von f auf jedem Quader aus M, denn mindestens
einer der Faktoren in der entsprechenden Produktdarstellung (3) des Integrals verschwindet.
So ist das Integral von f auf dem Gesamtquader Q gleich Null. Die entsprechende Produktdarstellung (3) für Q ist also Null,
mindstens eine der Faktoren verschindet, also ist mindestens eine der Seitenlängen von Q natürlich.
50
Blatt 11
Aufgabe 40 Sei A : R3 → R3 eine lineare Abbildung. Man zeige, dass die induzierte Abbildung
A[2] : ∧2 R3 → ∧2 R3
durch die 2 × 2–Unterdeterminanten von A gegeben ist.
Lösung: Seien aij , 1 6 i, j 6 3 die Einträge der Matrix A.
Seien e1 , e2 , e3 die kanonischen Basisvektoren des Vektorraumes V = R3 . Die e–Basis von V ist also (e1 , e2 , e3 ).
(e1 , e2 , e3 bilden also auch die kanonische Basis des Anteils ∧1 V im Grad 1 von V .)
Dann bilden e1 ∧ e2 , e2 ∧ e3 und e1 ∧ e3 eine (mehr oder weniger kanonische) Basis von ∧1 V , die wir mit e[2] bezeichnen:
e12 := e1 ∧ e2 ,
[2]
e
:= ( e12 , e23 , e13 ) ,
e23 := e2 ∧ e3 ,
e13 := e1 ∧ e3 .
Wie operiert

a11
a21
a31
A = A[1] auf V = ∧1 V ? Die Relationen

   
a12 a13
a11 a12
1
a11
a21 a22
a22 a23  0 = a21  ,
a31
a32 a33
0
a31 a32
   
a13
0
a12
a23  1 = a22  ,
a32
a33
0

a11
a21
a31
a12
a22
a32
   
a13
0
a13
a23  0 = a23 
a33
a33
1
schreiben sich als
Ae1 = a11 e1 + a21 e2 + a31 e3
Ae2 = a12 e1 + a22 e2 + a32 e3
(4)
Ae3 = a13 e1 + a23 e2 + a33 e3
oder kurz und gut:
Aei =
X
aji ej .
(5)
16j63
Dies liegt daran, dass in unserer Konvention R3 als Vektorraum von “Spaltenvektoren”, i.e. von Matrizen 3 × 1, aufgefasst
wird. (Arbeitet man mit “Zeilenvektoren”, i.e. mit Matrizen 1 × 3, so entsteht eine “schönere” Schreibweise für die Bilder
de kanonischen Basisvektoren. . . Diese Konvention ist jedoch an anderen Stellen unschön.)
Man liest die Gleichheit (5) auch wie folgt:
Der Koeffizient von Aei in ej (bzgl. der e–Basis) ist aji .
Sollte man wissen, was man schreibt, so ist es erlaubt die Gleichheiten aus (4) auch in die folgende Form “kompakter” zu
schreiben:
  
 
e1
a11 a21 a31
e1
A e2  = a12 a22 a32  e2  ,
e3
a13 a23 a33
e3
man drückt dies oft so aus: “A operiert auf die kanonische Basis durch ihre Transponierte”. . . Wie gesagt, nur wenn man
den Formalismus und die Aussage versteht.
Nun zur Aufgabe:
Wie operiert dann A[2] auf die (von uns gewählten) Basis von ∧2 V ?
Wir berechnen dafür explizit:

 

X
X
X
A[2] ei ∧ ek := (Aei ) ∧ (Aek ) = 
aji ej  ∧ 
alk el  =
aji alk ej ∧ el .
16j63
16l63
Nun würden wir gerne den folgenden Satz vervollständigen:
Der Koeffizient von A[2] ei ∧ ek in ej ∧ el (bzgl. der Basis) ist . . .
51
16j63
16l63
In der obigen letzten Summe sind 9 Summanden. Die 3 Summanden für j = l veschwinden (ej ∧ ej = 0), die anderen 6
kann man auf solche reduzieren, welche ej ∧ el mit j < l beinhalten. Dafür gruppiert man für j < l die Terme aji alk ej ∧
el + ali ajk el ∧ ej als ( aji alk − ali ajk ) ej ∧ el zusammen. Es folgt:
X
X
aji alk ej ∧ el =
( aji alk − ali ajk ) ej ∧ el
A[2] eik = A[2] ei ∧ ek =
16j63
16l63
=
X
16j<l63
( aji alk − ali ajk ) ejl .
16j<l63
Dabei ist der (gesuchte) Koeffizient von A[2] eik in ejl (bzgl. der e[2] –Basis) gleich zu
a
ajk ( aji alk − ali ajk ) = ji
,
ali alk also gleich zur Determinante der 2 × 2–Untermatrix von A, welche aus den Zeilen j, l und den Spalten i, k von A besteht. Aufgabe 41 Man zeige die folgende Ableitungsregel für zwei beliebige Differenzialformen ω und ω 0 auf Rn :
d(ω ∧ ω 0 ) = (dω) ∧ ω 0 + (−1)grad(ω) ω ∧ (dω 0 ) .
Hinweis: Es genügt, Formen vom Typ f dxi1 ∧ · · · ∧ dxip zu betrachten.
Lösung: Seien ω und ω 0 die speziellen Differenzialformen
ω = f dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ,
ω 0 = g dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb ,
wobei i1 , . . . , ia und j1 , . . . , jb jeweils verschiedene Indizes zwischen 1 und n sind. Die Funktionen f, g werden als genügend
glatt (z.B. von der Klasse C ∞ ) angenommen. Es reicht durch Linearität (wie im Hinweis) die Formel aus der Aufgabenstellung
für diese speziellen Differenzialformen zu zeigen. Wir tun dies auch:
d(ω ∧ ω 0 ) = d( f g dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb )
X ∂(f g)
=
dxk ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb
∂xk
16k6n
=
X
16k6n
+
X
f·
16k6n
=
X
16k6n
+ (−1)a
∂f
· g dxk ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb
∂xk
∂g
dxk ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb
∂xk
∂f
dxk ∧ dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧ g dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb
∂xk
X
f dxi1 ∧ · · · ∧ dxia ∧
16k6n
∂g
dxk ∧ dxj1 ∧ · · · ∧ dxjb
∂xk
= (dω) ∧ ω 0 + (−1)a ω ∧ (dω 0 ) .
Dies beweist die gewünschte Formel. (Dabei ist a der Grad von ω.)
Aufgabe 42 (a) Es seien f1 , . . . , fm unendlich oft differenzierbare Funktionen auf einem offenen Teil U ⊆ Rn . Man zeige:
d(f1 ∧ df2 ∧ · · · ∧ dfm ) = df1 ∧ df2 ∧ · · · ∧ dfm .
(b) Eine Differenzialform ω heißt geschlossen, wenn dω = 0 ist.
Man beweise, dass für zwei geschlossene Differenzialformen ω und η auch ω ∧ η geschlossen ist.
52
Lösung: (a) Durch die naheliegende Verallgemeinerung der Relation in der Aufgabe 41 (oder Induktiv, ausgehend von
dieser Relation,) und wegen dd = 0 ( –wir benötigen nur ddfi = 0– ) folgt:
d(f1 ∧ df2 ∧ df3 ∧ · · · ∧ dfm ) =(df1 ) ∧ df2 ∧ df3 ∧ · · · ∧ dfm
+ f1 ∧ (ddf2 ) ∧ df3 ∧ · · · ∧ dfm
− f1 ∧ df2 ∧ (ddf3 ) ∧ · · · ∧ dfm
± ...
+ (−1)m f1 ∧ df2 ∧ df3 ∧ · · · ∧ (ddfm )
=df1 ∧ df2 ∧ df3 ∧ · · · ∧ dfm + 0 − 0 + 0 − . . .
=df1 ∧ df2 ∧ df3 ∧ · · · ∧ dfm .
(b) Seien ω und η geschlossene Formen, i.e. dω = dη = 0. Dann gilt mittels der Produktformel aus der Aufgabe 41 :
d( ω ∧ η ) = (dω) ∧ η ± ω ∧ (dη)
= 0∧η±ω∧0
= 0.
Aufgabe 43 Man betrachte die Abbildung F : R2 → R2 ,
F
R2
(r, ϕ)
/ R2
/ (x, y) := ( r cos ϕ , r sin ϕ )
(Wir bezeichnen dabei die Koordinaten im Definitionsbereich R2 von F mit (r, ϕ) und die Koordinaten im Wertebereich R2
von F mit (x, y).)
Man berechne für zwei unendlich oft differenzierbare Funktionen f, g : R2 → R die zurückgezogene Differenzialform
F ∗ ( f dx + g dy ).
Was ist F ∗ ( dx ∧ dy ) ?
Lösung: Nebenbemerkung: Das Symbol “x” in der Bindung dx steht für die “Erste–Koordinatenfunktion”. Das Symbol
“y” in der Bindung dx steht für die “Zweite–Koordinatenfunktion”.
(Zum Beispiel sind die Schreibweisen vertretbar: x(4, 7) = 4 und y(4, 7) = 7.)
Wir berechnen sukzessive:
(F ∗ f )(r, ϕ) := (f ◦ F )(r, ϕ) = f (F (r, ϕ)) = f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) ,
(F ∗ g)(r, ϕ) := (g ◦ F )(r, ϕ) = g(F (r, ϕ)) = g( r cos ϕ , r sin ϕ ) ,
(F ∗ dx)(r, ϕ) := (dF ∗ x)(r, ϕ) = d(x ◦ F )(r, ϕ) = dx( r cos ϕ , r sin ϕ ) = d(r cos ϕ)
= cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ ,
(F dy)(r, ϕ) := (dF ∗ y)(r, ϕ) = d(y ◦ F )(r, ϕ) = dy( r cos ϕ , r sin ϕ ) = d(r sin ϕ)
∗
= sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ ,
(F ( f dx + g dy ))(r, ϕ) := (F ∗ f )(F ∗ dx) + (F ∗ g)(F ∗ dy) berechnet im Punkt (r, ϕ)
∗
= f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) (cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ) + g( r cos ϕ , r sin ϕ ) (sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ) ,
(F ∗ ( dx ∧ dy ))(r, ϕ) := (F ∗ dx) ∧ (F ∗ dy) berechnet im Punkt (r, ϕ)
= (cos ϕ dr − r sin ϕ dϕ) ∧ (sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ)
=? · dr
∧ dr} +r cos2 ϕ dr ∧ dϕ − r sin2 ϕ dϕ ∧ dr +? · dϕ ∧ dϕ
| {z
| {z }
| {z }
=0
2
=−dr∧dϕ
=0
2
= r(cos ϕ + sin ϕ) dr ∧ dϕ
= r dr ∧ dϕ .
Das Zurückziehen des “Volumenlements” dx ∧ dy von R2 liefert also r dr ∧ dϕ, eine Bestätigung der Polarkoordinatentransformation !
53
Blatt 12
Aufgabe 44 Sei (x, y) ∈ R2 . Man zeige, dass unter allen Punkten (x + m, y + n), (m, n) ∈ Z × Z, einer mit minimalen
euklidischen Abstand zum Nullpunkt existiert. Dieser minimale Abstand werde mit µ(x, y) bezeichnet.
Man zeige, dass durch
d( (x, y) , (x0 , y 0 ) ) := µ(x − x0 , y − y 0 ) ,
(x, y), (x0 , y 0 ) ∈ R2 ,
eine Funktion R2 × R2 → R>0 mit folgenden Eigenschaften für alle a, b, c ∈ R2 definiert wird:
(i) d(a, b) = d(b, a)
(ii) d(a, c) 6 d(a, b) + d(b, c)
(iii) d(a, b) = 0 ⇔ a − b ∈ Z × Z .
Lösung: Sei (x, y) ∈ R2 . Wir betrachten alle Punkte der Form (x + m, y + n), (m, n) ∈ Z × Z. Einer diese Punkte ist
(x − [x], y − [y]), er befindet sich im “Quadrat” [0, 1) × [0, 1) und ist der einzige (unter den oben erwähnten Punkten) mit
dieser Eigenschaft. Die Punkte
O
(x − [x],
y − [y] ) ,
(x − [x] − 1, y − [y] ) ,
(x − [x],
y − [y] − 1 ) ,
(x − [x] − 1,
•
•
•
•
/
y − [y] − 1 ) ,
sind dann die einzigen (unter den oben erwähnten Punkten), welche im “Quadrat” [−1, 1) × [−1, 1) liegen. Dann ist µ(x, y)
gleich zum minimalen Abstand von Null zu diesen vier Punkten. Warum ?
Genau einer dieser
[−1/2, 1/2) × [−1/2, 1/2). So ist der Abstand zu diesem einen
√ Punkte befindet sich in der “Masche”
√
Punkt höchstens 2/2. Die Kreisscheibe mit Radius 2/2 ist im “Quadrat” [−1, 1) × [−1, 1) beinhaltet. Punkte außerhalb
des “Quadrats” [−1, 1) × [−1, 1) können also den Minimalabstand µ(x, y) nicht verwirklichen.
Es gilt die Formel:
d(a, b) := µ(a − b) ,
a, b ∈ R2 .
Wir zeigen nun die verlangten Eigenschaften von d:
(i)
Die Funktion µ erfüllt µ(x, y) = µ(−x, −y), da der Abstand von 0 auf ( x − m , y − n ) gleich zum Abstand von 0
auf −(x − m, y − n) = ( −x − (−m) , −y − (−n) ) ist, ±m, ±n ∈ Z, dies gilt also auch für die Minimalabstände.
Es folgt dann sofort für a, b ∈ R2 :
d(b, a) = µ(a − b) = µ( −(a − b) ) = µ(b − a)
= d(a, b) .
(ii)
Seien a, b, c ∈ R2 .
Dann ist d(a, b) = µ(a − b) =Abstand zwischen 0 und a − b − za,b für einen geeigneten Punkt za,b ∈ Z2 ⊂ R2 .
(Diese Wahl von za,b mach diesen Abstand minimal.)
Analog ist d(b, c) = µ(b − c) =Abstand zwischen 0 und b − c − zb,c für einen geeigneten Punkt zb,c ∈ Z2 ⊂ R2 .
(Diese Wahl von zb,c mach diesen Abstand minimal.)
Dann ist d(a, c) = µ(a − c) der kleinst mögliche Abstand |a − c − z| zwischen 0 und einem Punkt von der Gestalt
a − c − z mit z ∈ Z2 , insbesondere ist
d(a, c) kleiner als |a − c − za,b − zb,c | = |(a − b − za,b ) + (b − c − zb,c )|
6 |a − b − za,b | + |b − c − zb,c |
= µ(a − b) + µ(b − c)
= d(a, b) + d(b, c) .
(iii)
Seien a, b ∈ R2 . Dann gilt:
d(a, b) = 0 ⇔ µ(a − b) = 0 ⇔ Es gibt ein z ∈ Z2 , so dass der Abstand zwischen 0 und a − b − z gleich Null ist ⇔
a − b ∈ Z2 .
54
Aufgabe 45 Man betrachte auf R2 die Äquivalenzrelation ∼ mit a ∼ b ⇔ a − b ∈ Z × Z für alle a, b ∈ R2 . Die Menge
der Äquivalenzklassen werde mit T = R2 /Z2 bezeichnet und die Äquivalenzklasse eines Elements x ∈ R2 mit [x] ∈ T . Man
zeige, dass durch
d( [x] , [y] ) := d(x, y)
eine Metrik d auf T definiert wird, wobei in dieser Definition d aus der Aufgabe 44 verwendet wird. Weiterhin beweise man:
(i) Der metrische Raum (T, d) ist kompakt.
(ii) Die natürliche Projektion p : R2 → T , x → [x] (x ∈ R2 ) ist stetig und offen.
(iii) Eine Teilmenge U ⊆ R2 heiße “klein”, falls für alle x, y ∈ U die Ungleichung kx − yk < 1 gilt. Ist U ⊂ R2 eine kleine
p|U
offen Menge, so definiert die Einschränkung p|U von p auf U eine topologische Abbildung U −−→ p(U ). Die Menge aller
Umkehrabbildungen ϕU : p(U ) → U definiert einen differenzierbaren Atlas A auf T .
Lösung: Wir zeigen, dass d eine Metrik auf T := R2 /Z2 ist.
Zuerst ist die Definition d( [x] , [y] ) := d(x, y) unabhängig von den gewählten Vertretern x, y der Klassen [x], [y], da für
x ∼ x0 , x = (x1 , x2 ) ∈ R2 , x0 = (x01 , x02 ) ∈ R2 , gilt:
d(x, y) 6 d(x, x0 ) + d(x0 , y) = 0 + d(x0 , y) = d(x0 , y)
und durch Symmetrie auch
d(x0 , y) 6 d(x0 , x) + d(x, y) = 0 + d(x, y) = d(x, y) ,
also
0
d(x, y) = d(x y) .
Analog oder durch die Symmetrie von d folgt für y, y 0 ∈ R2 auch d(x, y) = d(x, y 0 ), d(x0 , y) = d(x0 , y 0 ) also
d(x0 , y 0 ) = d(x0 y) = d(x, y) .
Dies klärt (zu explizit) die Wohldefiniertheit (Unabhängigkit von Vertretern) in der Definition von d.
Wir zeigen nun, dass d eine Metrik auf T = R2 /Z2 ist.
•
d ist symmetrisch, denn d hat die entsprechend Eigenschaft (laut Aufgabe 44): Für x, y ∈ R2 gilt:
d( [x] , [y] ) = d(x, y)
= d(y, x)
= d( [y] , [x] ) .
•
d erfüllt die Dreiecksungleichung, denn d hat die entsprechend Eigenschaft (laut Aufgabe 44): Für x, y, z ∈ R2 gilt:
d( [x] , [z] ) = d(x, z)
6 d(x, y) + d(y, z)
= d( [x] , [y] ) + d( [y] , [z] ) .
d nimmt wie d Werte in R>0 an und ist nicht ausgeartet, denn aus d( [x] , [y] ) = 0, x, y ∈ R2 , folgt d(x, y) = 0
also (laut Aufgabe 44) x − y ∈ Z2 , also [x] = [y] in T .
Dies zeigt, dass d eine Metrik auf T ist.
(i) Wir zeigen nun: Der metrische Raum (T, d) ist kompakt.
Sei dafür (Uj ) eine Überdeckung von T mit (bzgl. der Metrik d) offenen Mengn Uj in T . (Der Index j läuft dabei in einer
Indexmenge J, die aus Kostengründen wir nicht in die Schauspielerliste aufnehmen wollen.) Es gilt also
[
T =
Uj .
•
j
(Wir zeigen, dass T eine endliche Teilüberdeckung besitzt.)
Sei Vj in R2 die Menge
Vj := { x ∈ R2 ; [x] ∈ Uj } .
Dann ist Vj offen in R2 , denn es gilt (direkt aus der Definition):
55
Sei x0 ∈ Vj . Dann liegt [x0 ] in der d–offenen Menge Uj . So existiert ein > 0, so dass die d–Kugel vom Radius in
T voll in Uj beinhaltet ist.
Insbesondere sind alle Punkte von der Gestalt [x0 + h], |h| < , in Uj .
Insbesondere sind alle Punkte von der Gestalt x0 + h, |h| < , in Vj .
Also ist Vj offen in R2 .
Da die Mengenfamilie (Uj ) den Torus T überdecken, überdeckt die Familie (Vj ) den Raum R2 .
Insbesondere ist (Vj ) eine offene Überdeckung der kompakten Menge Q := [0, 1]2 . Man wählt eine endliche Überdeckung
(Vj )j∈E , E endlich. Dann ist
( Uj )j∈E
eine endliche Überdeckung von T .
(ii) Wir zeigen nun: Die natürliche Projektion p : R2 → T , x → [x] (x ∈ R2 ) ist stetig und offen. Durch die Definition ist p
eine Kontraktion, denn es gilt für alle x, y ∈ R2 :
d(px, py) = d( [x] , [y] ) = d(x, y)
= µ(x − y) = min2 |x − y − z|
mit dem d aus Aufgabe 44
z∈Z
mit der euklidischen Metrik dR2 von RR2 .
6 |x − y − 0| = |x − y| = dR2 (x, y)
Da p eine Kontraktion ist, ist p stetig.
Um zu sehen, dass p offen ist, zeigen wir explizit:
Das Bild durch p einer offenen Menge V in R2 ist eine offene Menge U := p(V ) in T .
Sei also V eine offene Menge in R2 .
Sei U := p(V ). (Wir zeigen U offen.)
Sei [x0 ] = p(x0 ) ∈ U , wobei x0 ∈ R2 liegt.
(Wir zeigen die Existenz einer d–Kugel um [x0 ] in U .)
Da x0 in der offenen Menge V von R2 liegt, existiert ein > 0, so dass die dR2 –Kugel K (x0 ) von
Radius um x0 in V beinhaltet ist:
K (x0 ) ⊆ V .
Es folgt dann
K ( [x0 ] ) ⊆ U ,
wie man “schablonenhaft” (elementweise, direkt von der Definition) überprüfen kann:
Sei [x] ∈ K ( [x0 ] ), x ∈ R2 . (Wir zeigen [x] ∈ U .)
Es folgt d( [x] [x0 ] ) < , also für ein geeignetes z ∈ Z2 :
|(x − z) − x0 | = |x − x0 − z|µ(x − x0 ) = d(x, x0 ) = d( [x] [x0 ] ) < .
Dann ist x − z ∈ K (x0 ) ⊆ V , also ist
[x] = [x − z] = p(x − z) ∈ p(V ) = U .
Aufgabe 46 Man betrachte die Differenzialform dx ∧ dy für jede kleine offene Menge U ⊂ R2 . Durch Zurückziehen
über
Z
die Karten ϕU : p(U ) → U aus Aufgabe 45 erhält man eine Differenzialform ω auf (T, A). Man beweise:
ω=1.
T
Lösung: Wir betrachten die offene Menge V := (0, 1)2 in R2 . Dann ist das Komplement des Bildes von V in T ,
T \ p(V )
eine Vereinigung von zwei 1-dimensionalen Untermannigfaltigkeiten von M , nämlich { [(x, 0)] ; x ∈ R } und { [(0, y)] ; y ∈
R}.
Also ist das Integral von ω auf T \ p(V ) gleich Null.
Die Abbildung p|V , die Einschränkung von p auf V mit Werten in p(V ), ist dann eine topologische Bijektion.
56
Wir berechnen dann:
Z
Z
ω=
T
ω
p(V )
Z
p∗ (dx ∧ dy)
=
p(V )
Z
dx ∧ dy
=
V
Z
Z
=
dx dy =
1
Z
dx
(0,1)2
0
1
dy
=1·1
0
=1.
Aufgabe 47 Sei X die disjunkte Vereinigung von R2 und einer einelementigen Menge {∞}.
(i) Sei d : X × X → R>0 die Abbildung
d(x, y) :=
(1 +
kx − yk
,
+ kyk2 )1/2
kxk2 )1/2 (1
d(x, ∞) = d(∞, x) :=
1
,
(1 + kxk2 )1/2
d(∞, ∞) = 0 ,
wobei x, y in R2 ⊂ X liegen. Dabei ist k · k die euklidische Norm auf R2 .
Man zeige: d ist eine Metrik auf X und (X, d) ein kompakter metrischer Raum.
(ii) Weiterhin zeige man, dass durch
id : X \ {∞} = R2
→ R2 ,
ϕ : X \ {0}
→ R2 ,
ϕ(x) := kxk−2 · (x1 , −x2 ) für x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ⊂ X , x 6= 0 ,
ϕ(∞) := 0 ,
ein orientierter differenzierbarer Atlas auf X definirt wird.
Lösung: (i) Wir zeigen zuerst, dass d eine Metrik ist.
• d nimmt Werte in R>0 an. Ausserdem ist d nicht ausgeartet, da aus d(P, Q) = 0 sofort P = Q folgt. (Ist P oder Q
gleich ∞, so ist nur der Fall P = Q = ∞ mit d(P, Q) = 0 vereinbar. Sonst gilt P = x, Q = y, für x, y ∈ R2 und aus
d(x, y) = 0 folgt dann kx − yk = 0 also x = y wegen der Normeigenschaft von k · k .)
• d ist per Definition symmetrisch:
d(∞, ∞) = d(∞, ∞) ,
d(x, ∞) = d(∞, x) durch Definition, x ∈ R2 ,
d(x, y) = d(y, x) (wegen ky − xk = k(−1)(x − y)k = | − 1| · kx − yk = kx − y|) für alle x, y ∈ R2 .
• Die einzige Eigenschaft von d, die “Nachweis–Probleme” bereitet, ist die Dreiecksungleichung:
Seien P, Q, R drei Punkte in X. Wir beweisen:
d(P, R) 6 d(P, Q) + d(Q, R) .
Ohne eine gewisse Fallunterscheidung kommt man nicht aus. Wir unterscheiden deswegen die Fälle:
.
Mindestens zwei der drei Punkte sind gleich zu ∞. Dann ist mindestens einer der Abstände d(P, R), d(P, Q), d(Q, R)
gleich d(∞, ∞) = 0 und die Ungleichheit ist trivial.
.
Genau einer der drei Punkte ist gleich zu ∞. Aus der Beobachtung:
d(x, ∞) =
.
1
1
kx − yk
=
lim
(1 + kxk2 )1/2
(1 + kxk2 )1/2 |y|→∞ (1 + kyk2 )1/2
= lim d(x, y)
|y|→∞
folgt dann die Dreiecksungleichung in diesem Fall aus der Dreiecksungleichung aus dem nächsten Fall:
P, Q, R ∈ R2 , explizit: P = x, Q = y, R = z; x, y, z ∈ R2 .
Nach Multiplikation mit (1 + kxk2 )1/2 (1 + kyk2 )1/2 (1 + kzk2 )1/2 haben wir dann zu zeigen:
kx − zk(1 + kyk2 )1/2 6 kx − yk(1 + kzk2 )1/2 + ky − zk(1 + kxk2 )1/2 .
57
(6)
Äquivalent dazu ist (nachdem wir diese Ungleichung zwischen Zahlen > 0 quadrieren):
kx − zk2 (1 + kyk2 ) 6 kx − yk2 (1 + kzk2 ) + ky − zk2 (1 + kxk2 )
+ 2kx − yk(1 + kzk2 )1/2 ky − zk(1 + kxk2 )1/2 .
(7)
Aus kx − zk 6 kx − yk + ky − zk für alle x, y, z ∈ R2 folgt nach Quadrieren kx − zk2 6 . . .
Um (7) zu zeigen, reicht also aus, Folgendes für alle x, y, z ∈ R2 zu zeigen:
kx − zk2 kyk2 6 kx − yk2 kzk2 + ky − zk2 kxk2 + 2kx − ykkzkky − zkkxk .
(8)
Wir ziehen die quadratische Wurzel auf beiden Seiten und erhalten äquivalent:
kx − zkkyk 6 kx − ykkzk + ky − zkkxk .
(9)
Auch wenn anscheinend die folgende äquivalente Umformung (10) “kompliziert” erscheint, sie ist der richtige Zwischenschritt zur geometrischen Veranschaulichung der Ungleichung (9):
Wir führen die Bezeichnungen für die Beträge und die Richtungen der Vektoren x, y, z ∈ R2 ein:
a := kxk ,
b := kyk ,
c := kzk ,
1
x,
a
1
ey := y ,
b
1
ez := z ,
c
ex :=
a, b, c > 0
ex , ey , ez ∈ R2 ,
kex k, key k, kez k = 1 .
Die äquivalente Umformung von (9) (via kx − yk · kzk = kx − yk · c = c · kx − yk = kcx − cyk = kac ex − bc ey k
u.s.w.) ist:
k ab ex − bc ez k 6 k ac ex − bc ey k + k ab ey − ac ez k .
(10)
In einem Bild:
R2
L
Richtung ex
Radius bc
Radius ac
?
◦
Richtung ez
bb
•bbbbbb •
◦
Radius ab •WWWQWW
• QQWWWW
◦
QQQ WWW
•
•
0
Richtung ey
Die Dreiecksungleichung ist dann die Dreiecksungleichung für die drei eingezeichneten Strecken. Wie kann man sie
zeigen ? Ganz einfach: Indem man sieht, dass diese drei Strecken jeweils gleich sind zu den drei Strecken zwischen
den drei mit ◦ markierten Punkten !
R2
L
Richtung ex
Radius bc
Radius ac
Radius ab
◦3%% 3
%% 33
3
• %% 33
%% 3◦
%% •
• % %
◦
58
?
Richtung ez
•
•
•
0
Richtung ey
Wir zeigen des Weiteren, auch im Rahmen von (i), dass der Raum X kompakt ist.
Sei (Uj ) eine offene Überdeckung von X. (Wir finden eine endliche Überdeckung.)
Da ∞ ∈ X überdeckt wird, gibt es eine offene Menge Uj∞ in der Familie (Uj ), so dass gilt:
∞ ∈ Uj∞ .
Insbesondere beinhaltet Uj∞ (per Definition) eine geeignete Kugelumgebung K (∞) von ∞ in X. (Dabei ist die Existenz
eines geeigneten > 0 gemeint.) Wir nehmen o.B.d.A. < 1 an.
Was ist diese Kugelumgebung?
K (∞) = {P ∈ X ; d(∞, P ) < }
= {∞} ∪ x ∈ R2 ; d(∞, x) < n
o
= {∞} ∪ x ∈ R2 ; (1 + kxk2 )−1/2 < = {∞} ∪ x ∈ R2 ; kxk2 > −2 − 1
= {∞} ∪ Komplement in R2 der kompakten Kugel K in R2 um 0 mit Radius δ ,
p
δ := (−2 − 1) .
Da K = K δ (0) kompakt in R2 ist, bekommen wir sofort aus der offenen Überdeckung (Uj \ {∞}) von (R2 also auch von)
dem Kompaktum K eine endliche Überdeckung
( Uj \ {∞} )j∈J0 ,
J0 endlich .
Wir erhalten dann die endliche Überdeckung von X:
( Uj \ {∞} )j∈J0 ∪{ j∞ } ,
J0 ∪ { j∞ } endlich .
So ist X kompakt.
(ii) Wir überprüfen zuerst, ob id und ϕ in der Tat Karten (eines mengentheoretischen Atlases für eine mengentheoretische
Mannigfaltigkeit) sind, i.e. ob es sich um Bijektionen handelt.
• id ist offensichtlich eine Bijektion.
• ϕ, eingeschränkt auf R2 \ {0}, ist eine Bijektion von R2 \ {0} auf sich selbst, denn man kann die Relation leicht beweisen:
für alle x ∈ R2 \ {0} .
ϕ(ϕ(x)) = x ,
Dies gilt wegen
kϕ(x)k = k
kxk−2 · (x1 , −x2 ) k = kxk−2 · k
= kxk−1
für alle x ∈ R2 \ {0} ,
−2
ϕ(ϕ(x)) = k ϕ(x) k ·( kxk
| {z }
−2
· x1
,
(x1 , −x2 ) k = kxk−2 · kxk
also. . .
−(−kxk−2 · x2 )
)
=kxk2
= ( x1 , −(−x2 ) ) = (x1 , x2 ) = x .
Die Inverse von ϕ, eingeschränkt auf R2 \ {0}, ist also ϕ, eingeschränkt auf R2 \ {0}. Man bekommt leicht aus dieser
Information und aus ϕ(∞) = 0 6= ϕ(x), x ∈ R2 \ {0}, die Bijektivität von ϕ : X \ {0} → R2 .
Wir überprüfen des Weiteren, ob id und ϕ in der Tat Karten (eines topologischen Atlases für eine topologische Mannigfaltigkeit) sind, i.e. ob es sich um Homeomorphismen von einem (restrikgierten) metrischen Raum X \ {?} → R2 handelt,
? ∈ {0, ∞}.
Dafür verwenden wir die folgende Lokale–Lipschitz–Eigenschaft, die eine Funktion zwischen metrischen Räumen haben
oder nicht haben kann:
Seien (Y, dY ) und (Z, dZ ) zwei metrische Räume. Sei f : Y → Z eine (mengentheoretische) Abbildung. Sei y0 ∈ Y . Dann
hat f lokal um y0 die Lipschitz–Eigenschaft, falls gilt:
Es gibt eine Umgebung UY um y0 in Y
und es gibt eine Konstante M > 0,
so dass für alle y ∈ UY gilt:
dZ ( f (y) , f (y0 ) ) 6 M dY ( y , y0 ) .
Man prüft leicht direkt von der Definition der Stetigkeit nach, dass gilt:
Hat f lokal um y0 die Lipschitz–Eigenschaft, dann ist f stetig in y0 .
Hat f lokal um jeden Punkt aus Y die Lipschitz–Eigenschaft, dann ist f stetig.
In unserem Fall sind dann folgende Abschätzungen relevant.
59
•
Die lokale Lipschitz–Eigenschaft für id :
Sei x0 ein Punkt in X \ {∞} = R2 . Dann gilt die doppelte Abschätzung:
1
dR2 (x, x0 )
2(1 + kx0 k2 )
6
dX (x, x0 )
| {z }
kx − x0 k
=
2
(1 + kxk )1/2 (1 + kx0 k2 )1/2
6
d 2 (x, x0 ) ,
| R {z }
=kx−x0 k
wobei x ein beliebiger Punkt in der Kugel um x0 mit Radius kx0 k ist.
Die rechts stehende Ungleichung ist immer gültig und trivial, sie ist durch 1+kx0 k2 > 1 und 1+kxk2 > 1 begründet.
Die links stehende Ungleichung folgt aus der Abschätzung der Nenner:
Aus kx − x0 k 6 kx0 k (i.e. x liegt in der Kugel um x0 mit Radius kx0 k ) folgt sofort:
kxk = k(x − x0 ) + x0 k 6 kx − x0 k + kx0 k 6 2kx0 k also
(1 + kxk2 )1/2 6 (1 + 4kx0 k2 )1/2 6 (4 + 4kx0 k2 )1/2 = 2(1 + kx0 k2 )1/2 , etc.
•
Durch die obige doppelte Abschätzung sind beide Abbildungen id : X \ {∞} → R2 und ihre Inverse stetig.
Die lokale Lipschitz–Eigenschaft für ϕ :
Sei P0 ein Punkt in X \ {0}. Wir unterscheiden zwei Fälle:
√
.
P0 = ∞. Wir betrachten dann die (abgeschlossene) Kugel um P0 in X mit Radius 1/ 2. Diese Kugelum2
= ∞ liegen
Null),√für die gilt:
gebung bezeichnen
√ wir mit U . Außer P20 −1/2
√ in U alle x ∈ R (ohne
dX (x, ∞) 6 1/ 2, äquivalent (1+kxk )
6 1/ 2, äquivalent (1+kxk2 )1/2 > 2, äquivalent 1+kxk2 >
2, äquivalent kxk2 > 1, äquivalent kxk > 1.
Wir stellen explizit dar:
1
,
dX ( x , ∞ ) =
(1 + kxk2 )1/2
1
1
dR2 ( ϕ(x) , ϕ(∞) ) = kϕ(x) − ϕ(∞)k = kϕ(x) − 0k = kϕ(x)k =
· k (x1 , −x2 ) k =
· kxk
2
kxk
kxk2
1
1
=
=
.
kxk
(0 + kxk2 )1/2
Für x ∈ U gilt dann die doppelte Ungleichung:
1
√ dR2 ( ϕ(x) , ϕ(∞) ) 6 dX ( x , ∞ ) 6 dR2 ( ϕ(x) , ϕ(∞) ) ,
2
welche eine Umformung der offensichtlichen doppelten Ungleichung
(kxk2 + kxk2 )1/2 > (1 + kxk2 )1/2 > (0 + kxk2 )1/2
.
(11)
(12)
darstellt.
P0 6= ∞. Sei dann P0 =: x0 , x0 ∈ R2 , x0 6= 0. Wir suchen eine geeignete Umgebung von x0 in X und eine
doppelte Abschätzung. . .
Da x0 6= 0 im separierten Raum X gilt, finden wir eine offene Kugel UX in X, welche 0 beinhaltet, jedoch
x0 , ∞ nicht. Sei UR2 das Bild von UX durch die offene Abbildung id. Dann ist UR2 offen auch in R2 . Es
existiert dann ein > 0, so dass die Kugel K (0) in R2 mit Zentrum 0 und Radius in UR2 beinhaltet ist.
(Die Identität id ist bijektiv.)
Es folgt x = id(x) 6∈ K (0) für alle x ∈ UX , i.e.
kxk > für alle x ∈ UX .
(Das war auch eine Art Abschätzung, der Vorzug qualitativr Natur von Abschätzung ist oft vorteilhaft.)
Sei x 6= 0, ∞ ein Punkt in UX . Wir stellen explizit dar:
kx − x0 k
,
(1 +
+ kx0 k2 )1/2
1
1
(x1 , −x2 ) −
(x01 , −x02 ) dR2 ( ϕ(x) , ϕ(x0 ) ) = kϕ(x) − ϕ(x0 )k = 2
2
kxk
kx0 k
1
=
kx0 k2 (x1 , −x2 ) − kxk2 (x01 , −x02 ) kxk2 kx0 k2
"
#1/2
1
2
2
2
2
2
2
=
(kx0 k x1 − kxk x01 ) + (kx0 k x1 − kxk x01 )
= ...
kxk2 kx0 k2
dX ( x , x0 ) =
=
kxk2 )1/2 (1
1
1
kxk kx0 k kx − x0 k =
kx − x0 k .
kxk2 kx0 k2
kxk kx0 k
60
Die Rolle der obigen “offensichtlichen doppelten Ungleichung” (12) ist nun
M kxk kx0 k > (1 + kxk2 )1/2 (1 + kx0 k2 )1/2 > (0 + kxk2 )1/2 (0 + kx0 k2 )1/2 = kxk kx0 k ,
(13)
wobei M die folgende Konstante ist:
1/2
(1 + kx0 k2 )1/2
1
M :=
· 1+ 2
.
kx0 k
Die (auch zu (11)) entsprechende doppelte Lipschitz–Abschätzung ist:
1
dR2 ( ϕ(x) , ϕ(x0 ) ) 6 dX ( x , x0 ) 6 dR2 ( ϕ(x) , ϕ(x0 ) ) .
M
(14)
Wir haben in beiden Fällen P0 = ∞ und P0 6= ∞ eine lokale Lipschitz–Eigenschaft für ϕ hergeleitet. Es folgt
die Stetigkeit von ϕ und ϕ−1 zwischen den entsprechenden Räumen (mit verschiedenen Metriken!). Also ist ϕ eine
topologische Abbildung, i.e. ein Homöomorphismus.
Schließlich: Der Übergangsmorphismus:
Es ist klar, dass für die zwei “Karten” id und ϕ nur ein Übergangsmorphismus (von id auf ϕ) auf Glattheit geprüft werden
muss.
(Die Übergangsmorphismen von id auf id und von ϕ auf ϕ sind die Identitäten von R2 . Der Ubergangsmorphismus von ϕ
auf id ist die Umkehrung des Ubergangsmorphismus von id auf ϕ, also a posteriori glatt und orientiert nach dem Satz zur
Umkehrfunktion.)
Der Übergangsmorphismus ist die Abbildung Ψ in dem folgenden Diagramm:
X\{0}
X\{∞}
**
gOOO
oo7
OOO
o
**
o
o
O
* oo
4T
**
X\{0,∞}
**
**
**ϕ
id *
**
**
**
**
** ϕ|
**
id|
**
R gO
R
**
7
OOO
o
oo
*
OOO
o
o
* ooo
OO4 T *o
Ψ
R\{0}
/ R\{0}
Für x ∈ R2 \ {0} gilt dann:
Ψ(x) := ϕ| ◦ id|(x) = ϕ|(x) = ϕ(x) = kxk−2 · (x1 , −x2 )
x1
−x2
,
,
=
x21 + x22 x21 + x22
∂
x1
∂
x1
x22 − x21
−2x1 x2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∂x1 x1 + x2 ∂x2 x1 + x2 (x1 + x2 )
(x1 + x2 )
2
2
=
∂
−x2
−x2
∂
2x
x
x
−
x
1 2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∂x1
x1 + x2
∂x2
x1 + x2
(x1 + x2 )
(x1 + x2 )
2
h
i
2
x − x1 −2x1 x2 = (x21 + x22 )−4 · (x21 − x22 )2 + 4x1 x2 = (x21 + x22 )−4 · (x21 + x22 )2
= (x21 + x22 )−4 2
2x1 x2 x22 − x21 det(DΨ)(x) := = (x21 + x22 )−2 = kxk−4 > 0 .
Ψ ist also eine glatte Abbildung R2 \ {0} → R2 \ {0} und die Determinante der Jacobi–Matrix DΨ ist (an jeder Stelle
x ∈ R2 \ {0}) positiv. (Diese eine Positivität impliziert die Orientierbarkeit des gegebenen Atlases von X.)
61
Blatt 13
Aufgabe 48 Man zeige, dass die Punktmenge
X := { (x, y, z) ∈ R3 ;
z = xy
}
eine orientierbare Fläche ist, und gebe einen orientierten Atlas an.
Man betrachte die Differenzialform
ω := x dx ∧ dz − y dy ∧ dz
und berechne für
A := { (x, y, z) ∈ X ;
x2 + y 2 < 1
}
Z
das Integral
ω.
A
Lösung: Die Abbildung ψ : R2 → X, (x, y) → (x, y, xy), ist eine offensichtliche Bijektion. Ihre Inverse ist also eine Karte ϕ
für X, der Definitionsbereich dieser Karte überdeckt X, also ist die 1–elementige Menge {ϕ} ein Atlas auf X. Offensichtlich
ist dieser Atlas orientiert, da der einzige Übergangsmorphismus (von der Karte ϕ auf sich selbst) die Identität (x, y) → (x, y)
auf R2 ist, die Jacobi–Matrix ist konstant gleich zur Einheitsmatix, welche die Determinante
1>0
(an jeder Stelle von R2 ) hat.
Z
Die Aufgabe verlangt des Weiteren das Integral
ω.
A
Z
Genauer genommen, sollte man
ι∗ ω dafür schreiben, ι : X → R3 ist dabei die kanonische Inklusion, denn ω ist eine Form
A
auf R3 (–wir sehen 3 Variablen, x, y, z–).
Da auf X die Gleichheit von Funktionen “z = xy” gilt, gilt dann auf X auch
dz = d(xy) = (dx)y + x(dy) = y dx + x dy .
(Genauer: “z” ist die Funktion pr3 , Projektion auf die dritte Komponente. Ihre Vorschrift ist (x, y, z) → z. Analog definiert
man auch pr1 , pr2 . Dann gilt pr3 = pr1 · pr2 , eine Gleichheit von Funktionen auf X. Dies ist zu pedant. man schreibt statt
dessen formal “z = xy” mit der gleichen Bedeutung.)
Man hat eine andere Darstellung für ω:
ω = x dx ∧ dz − y dy ∧ dz
= x dx ∧ (y dx + x dy) − y dy ∧ (y dx + x dy)
= x dx ∧ (x dy) − y dy ∧ (y dx)
= x2 dx ∧ dy − y 2 dy ∧ dx
= x2 dx ∧ dy + y 2 dx ∧ dy
= (x2 + y 2 ) dx ∧ dy .
Die letzte Formel zeigt, dass ω die Form auf X ist, welche über ϕ∗ aus der Form (mit der gleichen Form) (x2 + y 2 ) dx ∧ dy
auf R2 gewonnen wird.
Die Integrationsmenge A auf X entspricht über ϕ zur Einheitskreisscheibe E := { (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 < 1 } auf R2 . Es
folgt dann mit der Notation ϕ∗ (E) = ϕ−1 (E) = A:
ϕ
Z
Z
ω=
A
X −−→ R2
Z
Z
ϕ∗ ( (x2 + y 2 ) dx ∧ dy ) = (x2 + y 2 ) dx ∧ dy = (x2 + y 2 ) dx dy
ϕ∗ (E)
E
Z 1
Z
=
0
(Polarkoordinaten–Substitution)
E
2π
r2 · r dr dα = 2π
0
Z
0
1
r3 dr = 2π ·
π
1
= .
4
2
62
Aufgabe 49 Sei ω die Differenzialform im Rn :
X
c i ∧ · · · ∧ dxn .
ω =
(−1)i−1 xi dx1 ∧ · · · ∧ dx
16i6n
Man beweise:
dω = n dx1 ∧ · · · ∧ dxn .
Lösung: Zuerst ein Kommentar zur Notation: “In dem Wedge–Podukt” (zu Deutsch vielleicht “im alternierenden Produkt”)
c i ∧ · · · ∧ dxn kommen in der spezifizierten Reihenfolge alle “Wedge–Faktoren” dx1 , . . . , dxn mit der Ausnahme
dx1 ∧ · · · ∧ dx
des “Wedge–Faktors” dxi , dessen Unterdrückung durch einen Hut markiert wird. (Eigentlich sollte man auch ein ∧ davor
oder danach unterdrücken.)
Zur Aufgabe:
Für jedes i zwischen 1 und n gilt mit dem Argument (und Resultat) aus der Aufgabe 42
c i ∧ · · · ∧ dxn )
d( xi dx1 ∧ · · · ∧ dx
c i ∧ · · · ∧ dxn
= dxi ∧ dx1 ∧ · · · ∧ dx
:= dxi ∧ dx1 ∧ · · · ∧ dxi−1 ∧dxi+1 ∧ · · · ∧ dxn
|
{z
}
hat den Grad i−1
1·(i−1)
= (−1)
dx1 ∧ · · · ∧ dxi−1 ∧ dxi ∧ dxi+1 ∧ · · · ∧ dxn .
Dabei ist 1 aus dem Produkt 1 · (i − 1) der Grad von dxi . Das Vorzeichen ±1 = (−1)1·(i−1) kommt wegen der Antikommutativität der Formen ins Spiel. Anschaulich “springt” dxi genau (i − 1) Male respektive über dx1 , . . . , dxi−1 , jedes Mal
muss man das Vorzeichen (−1) multiplikativ hinzufügen: dxi ∧ dx? = (−1) · dx? ∧ dxi .
Es folgt sofort:
X
dω =
(−1)i−1 xi · (−1)1·(i−1) dx1 ∧ · · · ∧ dxn
16i6n
=
X
dx1 ∧ · · · ∧ dxn
16i6n
= n dx1 ∧ · · · ∧ dxn .
Bemerkung: Damit es klar ist, welche Formeln aus diesem Satz hervorgehen, schreibe ich sie explizit in kleinen Dimensionen
und verwende die Variablen x, y, z, . . . :
n=1
ω=x,
dω = dx ,
n=2
n=3
ω = x dy − y dx ,
ω = x dy ∧ dz − y dx ∧ dz + z dx ∧ dy ,
dω = 2 dx ∧ dy ,
dω = 3 dx ∧ dy ∧ dz ,
etc.
Die Form x dy − y dx kommt (halbiert) nicht zufällig in der Aufgabe 50 vor.
Aufgabe 50 Sei A ⊂ R2 eine beschränkte offene Teilmenge mit glattem Rand.
Man zeige, dass der Flächeninhalt von A bei passender Orientierung des Randes durch die Formel gegeben ist:
Z
1
(x dy − y dx) .
2 ∂A
Hinweis: Man wende den Satz von Stokes auf eine geeignete Differenzialform an.
Lösung: Der Satz von Stokes ist durch die Voraussetzungen aus der Aufgabe anwendbar für die glatte Form ω :=
1
(x dy − y dx) und es gilt (bei geeigneter Orientierung mit der “Volumenform” dx ∧ dy und nicht etwa dy ∧ dx) :
2
Z
Z
Z
Z
Z
1
(x dy − y dx) =
ω=
dω =
dx ∧ dy =
dx dy =: Fläche(A) .
2 ∂A
∂A
A
A
A
63
Der Leser sollte versuchen, die Formen aus der Aufgabe 49 zu verwenden, um eine Verallgemeinerung für beschränkte offene
Teilmengen mit glattem Rand A ⊂ Rn zu bekommen.
Aufgabe 51 Man berechne den Flächeninhalt der Kreisscheibe
Kr := { (x, y) ∈ R2 ;
x2 + y 2 < r2
}
(r > 0)
mit der Formel aus der Aufgabe 50.
Lösung: Wir setzen A := Kr in Aufgabe 50 ein, A ist in der Tat offen und beschränkt. Der Rand ∂A von A ist dann der
Einheitskreis, in der Tat eine glatte Mannigfaltigkeit.
Wir parametrisieren ∂A ohne den Punkt (−1, 0) durch die Karte
ϕ
U := (∂A \ {(−1, 0)}) −−−−−−−−→ (−π, π)
welche am besten in umgekehrter Richtung erklärt wird:
ψ
U := (∂A \ {(−1, 0)}) ←−−−−−−−− (−π, π) ,
ψ
r(cos t, sin t) =: ψ(t) ←−−−−−−−− t ,
t ∈ (−π, π) .
Für Integationszwecke können wir ∂A durch U = ∂A \ {(−1, 0)} = ψ((−π, π)) ersetzen.
Durch ψ können wir das Integral auf U = ∂A \ {(−1, 0)} = ψ((−π, π)) durch ein Integral auf (−π, π) ersetzen. Bei diesem
Schritt haben wir die Form
1
ω := (x dy − y dx)
2
zurückzuziehen:
1
∗
∗
ψ ω=ψ
(x dy − y dx)
2
1
r cos t d(r sin t) − r sin t d(r cos t)
=
2
r2 cos t cos t dt − sin t (− sin t) dt
=
2
r2
r2
= ( cos2 t + sin2 t ) dt =
dt .
2
2
Es folgt schließlich:
A ⊃ U o
Z
Z
ω=
ω
A
ψ
(−π, π)
Z
ψ∗ ω =
ψ ∗ (U )=(−π,π)
U
Die Fläche der Kreisscheibe Kr mit Radius r ist also π r2 .
Z
π
−π
r2
dt = π r2 .
2
2. Klausur
Aufgabe 52 Man berechne:
d( x1 x2 x3 dx1 ∧ dx2 + x21 x2 dx1 ∧ dx3 ) .
64
Lösung: Wir wenden d auf jeweils jeden der beiden Summanden, um explizit die Kürzungen zu betonen. Wir bezeichnen
mit ∂j die partilelle Ableitung nach xj , j = 1, 2, 3.
d( x1 x2 x3 dx1 ∧ dx2 ) = ∂1 ( x1 x2 x3 ) dx1 ∧ dx1 ∧ dx2
+ ∂2 ( x1 x2 x3 ) dx2 ∧ dx1 ∧ dx2
+ ∂3 ( x1 x2 x3 ) dx3 ∧ dx1 ∧ dx2
= 0 + 0 + x1 x2 dx3 ∧ dx1 ∧ dx2
= (−1)Grad(dx3 )·Grad(dx1 ∧dx2 ) x1 x2 dx1 ∧ dx2 ∧ dx3
= x1 x2 dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 ,
d(
x21 x2
dx1 ∧ dx3 ) = ∂1 ( x21 x2 ) dx1 ∧ dx1 ∧ dx3
+ ∂2 ( x21 x2 ) dx2 ∧ dx1 ∧ dx3
+ ∂3 ( x21 x2 ) dx3 ∧ dx1 ∧ dx3
= 0 + x21 dx2 ∧ dx1 ∧ dx3 + 0
= − x21 dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 + 0
d( x1 x2 x3 dx1 ∧ dx2 + x21 x2 dx1 ∧ dx3 ) = x1 (x2 − x1 ) dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 .
Aufgabe 53 Man gebe eine 1–Form ω auf R2 an, so dass gilt:
dω = x2 dx1 ∧ dx2 .
Lösung: Sei ω die Form
ω := x1 x2 dx2 .
Dann ist
dω = ∂1 ( x1 x2 ) dx1 ∧ dx2 + ∂2 ( x1 x2 ) dx2 ∧ dx2 = x2 dx1 ∧ dx2 .
| {z }
=0
Aufgabe 54 Man berechne:
(x1 dx1 + x2 dx2 + x3 dx3 ) ∧ (x1 dx1 + x2 dx2 + x3 dx3 ) .
X
Lösung: Sei ω := x1 dx1 + x2 dx2 + x3 dx3 =
xj dxj .
16j63
1. Lösung: Für eine beliebige 1–Form ω (allgemeiner, für eine beliebige k–Form ω mit ungeradem k) gilt:
ω ∧ ω = (−1)Grad(ω)·Grad(ω) ω ∧ ω = −ω ∧ ω .
Es folgt 2 ω ∧ ω = 0 also ω ∧ ω = 0 .
2. Lösung: Man kann auch eine explizite Berechnung durchführen:

 

X
X
X
ω∧ω = 
xj dxj  ∧ 
xk dxk  =
xj xk dxj ∧ dxk =
16j63
=
X
16j63
16k63
j<k
16j63
16k63
16k63
X
xj xk dxj ∧ dxk
16j63
16k63
j6=k
xj xk (dxj ∧ dxk + dxk ∧ dxj ) = 0 .
|
{z
}
=0
65
Aufgabe 55 Kann es auf einer nicht leeren, offenen Teilmenge U ⊆ R3 eine Form ω geben, so dass
dω = x3 dx1 ∧ dx2 + x2 dx2 ∧ dx3
gilt ? Begründung.
Lösung: Nein, eine solche Form ω gibt es nicht.
Begründung: Widerspruchsbeweis: Wir nehmen an, dass es eine nicht leere, offenen Teilmenge U ⊆ R3 und eine Form ω
gibt, so dass gilt:
dω = x3 dx1 ∧ dx2 + x2 dx2 ∧ dx3 .
Durch Ableitung erhalten wir dann:
0 = dd ω = d( x3 dx1 ∧ dx2 + x2 dx2 ∧ dx3 ) = dx3 ∧ dx1 ∧ dx2 + 0 = dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 .
Wir integrieren dann auf einer beliebigen kompakten Kugel K ⊂ U die erhaltene Gleichheit 0 = dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 und
bekommen:
Z
Z
0=
0=
dx1 ∧ dx2 ∧ dx3 = Volumen(K) 6= 0 ,
K
K
Widerspruch. Unsere Annahme ist falsch.
Dies schließt die Begründung.
Aufgabe 56 Man berechne ϕ∗ ω für
ϕ : R2 → R3 ,
ϕ(x1 , x2 ) = ( x1 x2 , x21 , x22 ) ,
(x1 , x2 ) ∈ R2 ,
und
ω = y12 dy2 ∧ dy3 .
Lösung:
ϕ∗ ω = ϕ∗ ( y12 dy2 ∧ dy3 )
= ϕ∗ (y12 ) ϕ∗ (dy2 ) ∧ ϕ∗ (dy3 )
= ϕ∗ (y12 ) dϕ∗ (y2 ) ∧ dϕ∗ (y3 )
= (y1 ◦ ϕ)2 d(y2 ◦ ϕ) ∧ d(y3 ◦ ϕ)
= (x1 x2 )2 d(x21 ) ∧ d(x22 )
= x21 x22 (2x1 dx1 ) ∧ (2x2 dx2 )
= 4 x31 x32 dx1 ∧ dx2 .
Aufgabe 57 Sei S 2 der Rand der Einheitskugel im R3 . Der Flächeninhalt von S 2 kann geschrieben werden als das Integral
über eine gewisse 2–Form ω auf S 2 .
Existiert eine 2–Form α auf ganz R3 mit den zwei folgenden Eigenschaften (a) und (b) ?
(a)
dα = 0 ,
(b)
ω = α|S 2 .
Lösung: Nein, eine solche Form α existiert nicht.
Begründung: Widerspruchsbeweis:
Wir nehmen an, dass es eine Form α mit den Eigenschaften (a) und (b) aus der Aufgabenstellung existiert. Die Anwendung
des Satzes von Stokes für diese Form auf der kompakten Kugel K um Null mit Radius 1 und Rand ∂K = S 2 liefert dann:
Z
Z
Z
Z
Z
Stokes
2
0=
dα ====
α=
α=
(α|S ) =
ω = Volumen(S 2 ) 6= 0 .
K
∂K
S2
S2
66
S2
Widerspruch. Unsere Annahme ist falsch.
Dies begründet unsere Nein–Antwort zur gestellten Frage.
Aufgabe 58 Man betrachte die durch
α : { (x1 , x2 ) ∈ R2 ; 0 < x1 , x2 < 1 } −→ R3 ,
α(x1 , x2 ) := (x1 , x2 , x21 + x22 ) ,
parametrisierte Fläche X.
Sei ω = y33 dy1 ∧ dy2 |X .
(ω ist die Einschränkung auf X der 2–Form y33 dy1 ∧ dy2 auf R3 ) .
Man berechne das Integral:
Z
ω.
X
Hinweis: Das Ergebnis ist 24/35 (bei geeigneter Orientierung).
Lösung: Sei Q := (0, 1)2 der (in R2 offene) Definitionsbereich von α, Q ist ein Quadrat. Nachdem wir das Integral auf X
via α∗ als ein Integral auf Q schreiben, können wir es leicht berechnen:
Z
Z
Z
ω=
α∗ ω =
(x21 + x22 )3 dx1 ∧ dx2
X
Q
(0,1)2
Z
=
(x21 + x22 )3 dx1 dx2
(bei geeigneter Orientierung)
(0,1)2
1Z 1
Z
+
3x41 x22
+
3x21 x42
Z
+
x62 )
1
Z
1
dx1 dx2 = 2
(x61 + 3x41 x22 ) dx1 dx2
0
0
0
0
Z 1
Z 1
Z 1
Z 1
4
2
6
x1 dx1
x2 dx2
=2
x1 dx1
dx2 + 2 · 3
0
0
0
0
1 1
1 1
1
24
·1+3· ·
+
.
=2
=2
=
7
5 3
7 5
35
=
(x61
(durch Symmetrie)
Maple--Check: (In der Klausur funktioniert dieser Trick glücklicherweise leider nicht. . . )
int( int( (x1^2+x2^2)^3 , x1=0..1 ) , x2=0..1 );
24
-35
Aufgabe 59 Die beiden Abbildungen
ϕ : (−2, 1) × (−2, 1) −→ (−4, 2) × (−4, 2) ,
ϕ(x1 , x2 ) = (2x1 , 2x2 ) ,
und
ψ : (−1, 2) × (−1, 2) −→ (0, 3) × (0, 3) ,
ψ(x1 , x2 ) = (x1 + 1, x2 + 1) ,
sind Karten auf R2 . Man gebe die Kartenwechselabbildung “γ := ψ ◦ ϕ−1 ” an.
(Man gebe dabei auch Definitionsbereiche und Ziele von γ und den geeigneten Einschränkungen von ϕ, ψ genau an.)
Lösung: Die Schnittmenge der Definitionsbereiche von ϕ und ψ ist (−1, 1) × (−1, 1) = (−1, 1)2 , ein Quadrat Q.
67
ϕ (die Abbildung “mal 2”) bildet Q auf ein Quadrat ϕ(Q) = (−2, 2) × (−2, 2) = (−2, 2)2 ab. Wir bezeichnen mit ϕ| die
Einschränkung von ϕ mit Definitionsbereich Q und Wertebereich ϕ(Q),
ϕ| : Q → ϕ(Q) .
Die Umkehrabbildung (ϕ|)−1 ist eine Abbildung Q ← ϕ(Q) mit der Überschrift “mal 1/2”. ψ (die Abbildung “plus (1, 1)”)
bildet Q auf ein Quadrat ψ(Q) = (0, 2) × (0, 2) = (0, 2)2 ab. Wir bezeichnen mit ψ| die Einschränkung von ψ mit
Definitionsbereich Q und Wertebereich ψ(Q),
ψ| : Q → ψ(Q) .
Die korrekte Bezeichnung (ohne Anführungsstriche) für die Kartenwechselabbildung ist dann:
γ := (ψ|) ◦ (ϕ|)−1
γ(x) = γ(x1 , x2 )
= (ψ|) ◦ (ϕ|)−1 (x1 , x2 )
= (ψ|)( x1 /2 , x2 /2 )
= ( x1 /2 + 1 , x2 /2 + 1 )
1
= x + (1, 1) .
2
Q = (−1, 1)2
@ <<<
<<
<<
<<
<< ψ|
ϕ| <<
<<
(ϕ|)−1
<<
<<
<<
<
2
/
ψ(Q) = (0, 2)2
ϕ(Q) = (−2, 2)
γ
Aufgabe 60 Was versteht man unter einer Karte auf einem (metrischen) Raum ?
Was ist eine topologische Mannigfaltigkeit ?
Lösung:
• Eine Karte auf einem metrischen Raum X ist eine topologische Abbildung (i.e. ein Homöomorphismus, i.e. bijektiv, stetig
mit stetiger Umkehrabbildung)
ϕ : Uϕ to Vϕ
von einem offenen Teil Uϕ von X nach einem offenen Teil Vϕ von Rn (für ein geeignetes n ∈ N>0 ).
• Eine topologische Mannigfaltigkeit ist ein (metrischer) Raum X,
so dass jeder Punkt von X eine (offene) Umgebung U hat,
welche Definitionsbereich U = Uϕ einer Karte ϕ ist.
(Die Existenz der Karte ϕ ist hier stillschweigend gemeint.)
Aufgabe 61 Der Rand eines (nicht leeren) Quadrats in R2 ist:
2
eine topologische Mannigfaltigkeit,
2
eine (eingebettete) differenzierbare Mannigfaltigkeit.
(Bitte kein, ein oder zwei Kästchen ankreuzen!)
Lösung:
Der Rand eines (nicht leeren) Quadrats in R2 ist:
eine topologische Mannigfaltigkeit,
2
eine (eingebettete) differenzierbare Mannigfaltigkeit.
• Sei Q ein Quadrat. Dann ist der Rand ∂Q von Q eine topologische Mannigfaltigkeit, da lokal um jeden Punkt a von ∂Q
stetige Parametrisierungen des Randes existieren.
Um dies zu sehen, können wir o.B.d.A. Q = (0, 1)2 annehmen.
.
Ist a ∈ ∂Q kein “Eckpunkt”, i.e. a 6= { 0, 1}2 , so befindet sich a auf einer der “Seiten”
(0, 1) × {0} ,
(0, 1) × {1} ,
{0} × (0, 1) ,
{1} × (0, 1) ,
jede diese “Seiten” ist aber offen in ∂Q und topologisch zum offenen Intervall (0, 1) ⊂ R.
68
.
Ist a ein “Eckpunkt”, so können wir o.B.d.A (nach Drehung in R2 ) a = (0, 0) annehmen. Eine lokale topologische
Parametrisierung um a = (0, 0) ist dann:
ϕ : {0} × (0, 1) ∪ {(0, 0)} ∪ (0, 1) × {0} −→ (−1, 1)
|
{z
}
| {z }
Uϕ
Vϕ
mit ϕ(0, x) := −x, ϕ(0, 0) = 0, ϕ(x, 0) = x.
• Der Rand eines (nicht leeren) Quadrats in R2 ist keine differenzierbare Mannigfaltigkeit, wie die Aufgabe 19 es zeigt. Aufgabe 62 Was versteht man unter einem orientierten differenzierbaren Atlas ?
Lösung: Sei X eine topologische Mannigfaltigkeit.
Ein Atlas auf X ist eine Menge {ϕi }i∈I von Karten auf X, (welche hier nach einer Indexmenge I indiziert werden,)
ϕi : Ui → Vi ,
Ui ⊆ X offen , Vi ⊆ Rni offen , ni ∈ N>0 , i ∈ I ,
welche X (durch ihre Definitionsbereiche) überdecken, i.e.
[
Ui = X .
i∈I
Ein solcher Atlas {ϕi }i∈I heißt (unendlich oft) differenzierbar oder glatt,
falls jede zwei Karten ϕi , ϕj , i, j ∈ I, (Ui ∩ Uj 6= ∅,) differenzierbar verträglich sind,
i.e. die Kartenwechselabbildung (Übergangsmorphismus) ψij im folgenden Diagramm von der Klasse C ∞ ist:
Uij
111
11
11
11
11ϕj |
ϕi | 11
11
11
11
/ ϕj (Uij )
ϕi (Uij )
Uij := Ui ∩ Uj .
ψij
(Insbesondere sind die “lokalen Dimensionen” ni und nj gleich, falls Uij 6= ∅.)
Ein solcher differenzierbarer Atlas {ϕi }i∈I heißt orientiert
falls für alle i, j ∈ I die Kartenwechselabbildung ψij die Positivitätseigenschaft gilt:
det(Dψij ) > 0
(auf dem ganzen Definitionsbereich von ψij ) .
Dabei ist Dψij die Jacobi–Matrix von ψij . (In der Vorlesung wurde die Notation J(ψij , ·) verwendet.)
Aufgabe 63 Man betrachte auf der Menge X = [0, 2π) die Metrik
p
d : X × X → R>0 ,
d(x, y) := (cos x − cos y)2 + (sin x − sin y)2 , x, y ∈ X .
Ist der metrische Raum (X, d) eine topologische Mannigfaltigkeit ? Begründung.
Lösung: Ja.
Kurze Begründung: (X, d) ist topologisch äquivalent (homöomorf) zur Kreislinie S 1 := { z ∈ C ; |z| = 1 }.
Details: Wir betrachten die Abbildung e : X = [0, 2π) → S 1 ,
e(x) := eix = cos x + i sin x .
69
Es ist klar, dass e bijektiv ist (Polarkoordinaten–Darstellung).
Außerdem ist e eine Isometrie von (X, d) auf (S 1 , d0 ), wobei d0 die (von R2 auf S 1 eingeschränkte) Euklidische Metrik ist:
Für alle x, y ∈ X gilt:
p
d(x, y) := (cos x − cos y)2 + (sin x − sin y)2
= | (cos x − cos y) + i(sin x − sin y) | = | eix − eiy | = | e(x) − e(y) |
=: d0 ( e(x) , e(y) ) .
Es folgt: e ist topologisch.
Man kann also (X, d) (via e und der Mannigfaltigkeitsstruktur von S 1 ) als topologische (sogar als glatte) Mannigfaltigkeit
organisieren.
70