Powerpoint-Folien von G. Herold und C. Stamm

Das Erste Auslöschungs-Theorem
Das Erste Auslöschungs-Theorem
Produkt von zwei elementaren Kobordismen mit Indizes λ, λ+1;
Schnitt von SR und S‘L ist transversal in f-1(1/2) und besteht aus
einem einzigen Punkt
 der Kobordismus ist ein Produkt-Kobordismus
Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen
Definition – transversaler Schnitt:
Zwei Untermannigfaltigkeiten Mm, Nn ⊂ Vv haben transversalen Schnitt
in V, wenn der tangentiale Raum zu V an jedem q ∈ M ⋂ N aufgespannt
wird von den Vektoren, die tangential zu M sind und den Vektoren, die
tangential zu N sind.
Bemerkung:
Im Fall m+n < v ist das unmöglich;
transversaler Schnitt bedeutet dann M ⋂ N = ∅.
Lemma
Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen
M hat Produkt-Umgebung in V
⇨
es gibt einen Diffeomorphismus h: V V, der glatt isotop zur Identität ist, so
dass h(M) transversalen Schnitt mit N hat.
Beweis:
- Diffeo k: M × Rv-m  U ⊂ V;

dabei ist U eine Produkt-Umgebung von M, so dass k(M × 0 ) = M
- g = πk-1|N0,
mit N0 = U ⋂ N und π: M × Rv-m  Rv-m natürliche Projektion
k(M × {x}) hat genau dann keinen transversalen Schnitt mit N, wenn x ∈ Rv-m Bild
eines kritischen Punktes unter g ist, an dem g keinen maximalen Rang hat.
Sard
Satz
 von

 Bild der kritischen Punkte hat Maß 0
=> Wir können einen Punkt u wählen, der nicht kritisch ist.
Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen
Nun konstruieren wir den gewünschten Diffeomorphismus:
 Konstruiere glattes VF ζ mit ζ(x) = u für |x|≤ |u|, ζ(x) = 0 für |x| ≥ 2|u|
ζ hat kompakten Träger, Rv-m randlos ⇒ Integralkurven Ψ(t,x) definiert für alle reellen t
Es gilt:
- Ψ(0,x) ist die Identität auf Rv-m
- Ψ(1,x) ist Diffeo, der 0 zu u transportiert
- Ψ(t,x) , 0 ≤ t ≤ 1, liefert eine glatte Isotopie von Ψ(0,x) zu Ψ(1,x)
Definiere die gewünschte Isotopie ht: V V durch:
 k (q, (t , x)) falls w  k (q, x) U
ht ( w)  
falls w V  U
w
Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen
Theorem:
Man kann das gradienten-ähnliche VF ξ so wählen, dass SR
transversalen Schnitt mit SL‘ in V hat.
Beweis:
Vorheriges Lemma => Diffeo h: V V, der glatt isotop zur Identität ist, so
dass h(SR) SL‘ transversal schneidet
Lemma 4.7. => man kann ξ verändern:
rechte Sphäre ist h(SR), linke Sphäre bleibt unverändert
Theorem 1
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Identifiziere Rn = Ra × Rb.
h : Rn ↪ Rn orientierungserhaltender, glatter Diffeo mit
• h(0) = 0
• h(Ra) trifft Rb nur im Ursprung;
der Schnitt ist transversal, und die Schnittzahl ist +1.
 Zu einer gegebenen Umgebung N des Ursprungs gibt es eine glatte Isotopie
ht : Rn  Rn, 0 ≤ t ≤ 1 mit h0 = h und
I) ht(x) = h(x) für x=0 und x∈ Rn – N
II) h1(x) = x für x in N1 ⊆ N (kleine Umgebung von 0)
III) h1`(Ra) ⋂ Rb = 0 (gilt für alle ht!)
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Strategie:
- Zuerst homotopieren wir h zu einer lokal linearen Funktion.
- Danach scheren wir die „neue“ Funktion zur Identität.
Dazu:
Sei o.E. N = Dε‘(0).
Sei fortan Ψ: R  [0,1] glatt mit
-Ψ (x) = 1 nahe 0
- Ψ(x) = 0 nahe 1
- Ψ(x) = 0 ∀ x ≥ 1
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Für 0 < ε < ε‘ betrachten wir nun folgende Homotopie:
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
mit L := Dh(0), φ(x) = Ψ(|x| / ε)
Behauptung:
Für ε hinreichend klein ist dies eine Isotopie wie gewünscht, die h zu Lx in
einer Umgebung von 0 homotopiert.
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
Dazu zu zeigen:
(a) htt ist
istglatt
glatt
(b) h0(x)
(x) == h(x)
h(x)
(c) h1(x)
(x) == Lx
Lx nahe
nahe00
(d) htt(0) = 0
(e) htt(x)
(x) == h(x)
h(x)außerhalb
außerhalbDD
ε‘(0)
ε‘(0)
(f) Dht(x) nicht-singulär ∀ x
(g) ht ist injektiv für alle t
(h) ht(Ra) ⋂ Rb = {0}
Beweis:
(a), (b), (c), (d), (e) sind klar.
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
(a)
ht ist glatt
(b)
h0(x) = h(x)
(c)
h1(x) = Lx nahe 0
(d)
ht(0) = 0
(e)
ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0)
(f)
Dht(x) nicht-singulär ∀ x
(g)
ht ist injektiv für alle t
(h)
ht(Ra) ⋂ Rb = {0}
Beweis:
∀ δ > 0 gibt es ε‘ > ε0 > 0, so dass mit ε < ε0 < ε‘ gilt:
||ht – h || < δ für x ∈ Dε(0) ∀ε; ht = h außerhalb
||Dht – Dh|| < δ
Beweis:
Nun
o.E.
det
x ≠es
Dh(x)
0.ε‘ >>ε k > 0,∀ so
x ∈ <D (0)
∀Sei
δ >gilt
0 gibt
| x 0| x dassε‘ mit ε < ε0 < ε‘ gilt:
| x|
– 'dass
( –||Dh(x)
) Lx) = –t (φ(x)
h(tx(x)||
) <Lx
)=>
 t|det
( Dh)(–Dh
x) t
=0, tso
ht Dh
–Sei
ht-Dh
=δ t>φ(x)
(h(x)
(h(x)
–δ Dh(0)x)
Dh
det(Dh
| <Dh
k/2(0))
||ht – h || < δ für x∈ Dε(0)
| x∀ε|

φ(x)(h(0)
+ Dh(0)x
– Dh(0)x)
||x||² für C>0 im Abschluss von Dε‘(0)
und=ε tso
klein, dass
||Dh(x)
< δ auf≤DCε(0)
| x +| –O(x²)
1Dht(x)||
2
||Dht
–
Dh||
<
δ
 || Dh  Dh ||  ||  ( ) C ||  || Dh ( x)  Dh (0) ||
t
 
⇨ Dht(x) ist nicht-singulär ∀ x
 || Dht  Dh ||  
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
(a)
ht ist glatt
(b)
h0(x) = h(x)
(c)
h1(x) = Lx nahe 0
(d)
ht(0) = 0
(e)
ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0)
(f)
Dht(x) nicht-singulär ∀ x
(g)
ht ist injektiv für alle t
(h)
ht(Ra) ⋂ Rb = {0}
Beweis:
Wir werden im Laufe des Beweises ein Lemma benutzen!
- Es gilt: || Dht-1|| < const, unabhängig von ε, weil ht C1-nah an h ist.
- xi x j ht ;k ist nach oben beschränkt auf Dε(0), unabhängig von ε
Dabei ist ht;k die k-te Komponente von ht.
⇨ Wir können das Lemma anwenden; also ist ht injektiv!
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
(a)
ht ist glatt
(b)
h0(x) = h(x)
(c)
h1(x) = Lx nahe 0
(d)
ht(0) = 0
(e)
ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0)
(f)
Dht(x) nicht-singulär ∀ x
(g)
ht ist injektiv für alle t
(h)
ht(Ra) ⋂ Rb = {0}
Beweis:
Sei ϑ(x) := prRa h(x) ; ϑ: Ra  Ra
ϑt(x) = prRa ht(x)
Dann: Dϑ(0) = Dϑt(0) = A mit det A > 0 (weil h orientierungserhaltend; Schnittzahl +1)
⇨ ϑt(x) = Dϑt(0)x + O(x²) ≠ 0 in Dε`(0) , denn:
Dϑt(0) = A invertierbar, somit || Anˆ ||  const  | nˆ | 1
⇨ ht(Dε(0)) ⋂ Rb = {0}
⇨ ht(Ra) ⋂ Rb ={0} , da ht = h außerhalb Dε‘(0)
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Wir können also o.E. annehmen, dass h(x) = Lx in Dε‘(0), wobei
 A *

L  
*
*


mit det A > 0, det L > 0.
⇨ L kann durch Spalten-/Zeilenumformungen in die Identität umgeformt werden:
(1)
1 0   0
1 0   0






0 
0 
L  

 L , LL

  mit   0




 0
 0


0   0 1
0   0 1




(2)
1






L 
0





0

(3)
1






L 
















L






1 
0

1
0 1
k


0


0
1
1
k
0








L ,






1 
,
1






LL








1






LL









0


k

0
k

0
1
1
0
0





0 






1 

1 0
1

(1‘)














1 
(2‘)
(3‘)
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Sei 1 ≤ i, j ≤ n; i ≠ j und 0 < ε < ε‘. Für φ(x) = ψ(|x| / ε) definiere:
..
.
 ( x)t



x


1 

1


A ( x)  
t

i 


j
1



 

 x
Bt ( x)  
1  ( x)t


 


1 

mit |ε| < 1
Wir wollen nun zeigen, dass At und Bt für hinreichend kleine ε Isotopien sind
und wenden dazu das Lemma mit h = id an.
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen:
nn
nn
- htt(x)
(x) == h(x)
h(x)für
für|x|
|x| ≥≥ε,ε, wobei
wobeih:h:RR
h(R
h(R
) )Diffeomorphismus
Diffeomorphismusist,
ist,hh
h(x)
0(x)
0(x)==h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 : || xi x j ht ;k ||  C1 für x ∈ Dε(0)
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
x  D ( x)
n̂ mit || n̂ || 1
Beweis:
Das ist klar, denn für |x| > ε ist At(x) = x = Bt(x).
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 :
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
|| xi x j ht ;k ||  C1
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Beweis:
Als Verallgemeinerung von At und Bt betrachten wir nun Ct:
0



Ct ( x)  x   


0

Dann gilt:


( x)t


0





0 

x
| x | xk xl
= O(ε² + δkl)
∂
xkCt i l = δkl ± δil δ jk tεφ( x ) ± δil tψ ' (
)
ε |x|
⇨ Ct ist C1-nah an id ⇨ ||DCt n̂ || ≥ const
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0:
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
|| xi x j ht ;k ||  C1
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Beweis:
Es gilt:
| x | xk xl
∂
xkCt i l = δkl ± δil δ jk tεφ( x ) ± δil tψ ' (
)
ε |x|
Also:
| x | xm xk xl
| x | δmk x j + δmj xk
∂xm xkCti l ( x ) = ± tδil ψ ' ' ( )
± tδil ψ ' ( )
2
ε
|x| ε
ε
|x|
- xk x j xm
|x|
| x | xm
± tδil ψ ' ( )
± tδil δ jk ψ ' ( )
3
ε
|x|
ε
|x|
Das ist beschränkt für |x| <ε < ε‘
!
⇨ Das Lemma ist anwendbar, Ct ist Isotopie für hinreichend kleine ε !
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Nahe 0 ist
0



C1 ( x )  x   


0






0



  x


0 
Wähle nun Ct(1), Ct(2),… Ct(m); Ct‘(1),… Ct‘(m) von obiger Form.
⇨ Isotopie ht = Ct(1) ∘ Ct(2) ∘… ∘Ct(m) ∘ h ∘ Ct‘(1) ∘… ∘ Ct‘(m)
so dass h1 nahe 0 die Identität ist und die C1(i) von der Form (1), (2), (3)
nahe 0 und C1´(i) von der Form (1‘), (2‘), (3‘) nahe 0 sind.
Es gilt:
Ct analog der Form (1), (2), (3) ⇨ Ct(x) ∈Rb  x ∈ Rb
Ct analog der Form (1‘), (2‘), (3‘) ⇨ Ct(x) ∈Ra  x ∈ Ra
⇨ ht ist wie gewünscht!
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Lemma:
Sei für alle ε > 0 eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn  Rn gegeben, so
dass:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist
- h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 : || xi x j ht ;k ||  C1 für x ∈ Dε(0)
- || Dht ( x)nˆ || C0
x  D ( x)
n̂ mit || n̂ || 1
Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleine ε.
zurück
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Lemma:
Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn  Rn gegeben, so dass:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x)
|| xi x j ht ;k ||  C1
- für alle 0 < ε < ε0 :
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε.
Bemerkung:
Ist ht C1-nah an h, so ist die Bedingung an die erste Ableitung automatisch
erfüllt, denn:
Es gilt:
min || Dht nˆ ||  (max || Dh -1tmˆ ||) 1
|nˆ| 1
|m̂| 1
Dht nˆ
denn:
Weiterhin
ˆ
ˆ
Dhgilt:
t n || Dht n || 
|| Dht nˆ ||



Dht1
c 
mˆ




~
~
1
ˆ)
D
n̂ h
||t Dh t nˆ || C
Dh
1 t (m
 nah



  const
ˆ
n
1
det
Dh

Dh
(mˆt ) 
t



|| Dh nˆ ||
 k 0
t
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Lemma:
Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn  Rn gegeben, so dass:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 :
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
|| xi x j ht ;k ||  C1
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε.
Beweis:
Für festes ε und x, y ∈ Dε(0),ht(x) = ht(y) mit x ≠ y und nˆ 
 2n hti ( ) | y  x |2
hti ( y )  hti ( x)  Dhti nˆ | y  x | 
2
yx
| yx|
| y  x |2
 || Dhtii nˆ ||  | y  x |  || nˆ Hess hi ( )nˆ ||
2
T
 2  | y  x | 
T
ˆ ||
2 || Dhtii n
ˆ Hess hi ( )n
ˆ ||
|| n
 2
C0
C
   0
C1
C1
Für hinreichend kleine ε ist dies nicht möglich!
Sei also ε so klein. Dann ist ht injektiv.
gilt:
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Lemma:
Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn  Rn gegeben, so dass:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist ,h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 :
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
|| xi x j ht ;k ||  C1
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε.
Beweis:
Nun gilt für x, y ∈ Rn:
1. Fall: |x|, |y| ≤ ε :
ht(x) ≠ ht(y) wegen dem gerade Gezeigten!
2. Fall: |x|, |y| ≥ ε :
ht(x) = h(x) ≠ h(y) = ht(y), da h Diffeomorphismus ist.
3. Fall: |x| < ε, |y| > ε :
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
Lemma:
Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn  Rn gegeben, so dass:
- ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn  h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x)
- für alle 0 < ε < ε0 :
-
|| Dht ( x)nˆ || C0
|| xi x j ht ;k ||  C1
x  D ( x)
für x ∈ Dε(0)
n̂ mit || n̂ || 1
Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε.
Beweis:
Nun gilt für x, y ∈ Rn:
1. Fall: |x|, |y| ≤ ε : ht(x) ≠ ht(y) wegen dem gerade Gezeigten!
2. Fall: |x|, |y| ≥ ε : ht(x) = h(x) ≠ h(y) = ht(y), da h Diffeomorphismus ist.
3. Fall: |x| < ε, |y| > ε
h(D (0)) ist diffeomorphes Bild einer Sphäre, unterteilt also Rn in zwei
(wegzusammenhängende) Komponenten A1, A2.
Wäre ht(x) = ht(y), so gilt:
ht(y) = h(y) = hs(y) ∀ 0≤ s ≤ 1 und liege o.E. in A1;
h0(x) = h(x) liegt in A2.
↝ hs(x) liefert Weg von h(x) nach h(y) (0 ≤ s ≤ t)
⇨ ∃ s, so dass hs(x) ∈ h(∂Dε(0)) ; setze p:= hs(x).
Aber q:= h-1(p) ∈ ∂Dε(0), aber q ≠ x, da |q| = ε, |x| < ε ⇨ Widerspruch zu 1)
Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis
ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x))
Wir zeigen: xi x j ht ;k
ist nach oben beschränkt.
Es gilt xi/|x| ≤ 1
 beschränkt!
xi x j ht ;k  xi x j h( x) 
 t ( x )xi x j h( x) 
 beschränkt!
xi

 ( L jk  x j hk ( x )) 

| x|
xj
| x|

 t '(
)
 ( Lik  xi hk ( x )) 

| x|
xi x j
xi x j
|x|
| x|
 t  ( ' ' (
)


'
(
)

)  ( Lx  h( x ))

| x |2  2

| x |3 
 t ' (
| x|
)

zu :
|Ljk - ∂xjhk(y)| = O(ε) (Taylor für ∂xjhk(x)) ⇨  beschränkt
zu :
||Lx – h(x)|| = O(ε²) (Taylor!)
Es ist
 '(
| x|

)
xi x j
| x| 
3

 '(
| x|

| x|

)

xi x j
| x |2 
2
g(x):= ψ‘(x)/x ist stetig, weil ψ‘=0 nahe 0 ⇨ beschränkt ⇨  beschränkt unabh. von ε