Geometrie und Topologie von Flächen

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1 SoSe 06 Geometrie nd Topologie on Flächen Lösng der Afgaben on Blatt 6 Prof. Dr. Thomas Vogel Dr. Jonathan Bowden Afgabe. a) Wir wählen die Parametrisierng ϕ : V S, ϕx, y) x, y, ϕx, y)). Nach Definition gilt für der Flächeninhalt on S AS) ϕ x ϕ y dx dy 0 0 dx dy f f x y f x f y dx dy ) f ) f + + dx dy x y b) S ist der Teil des Graphen on f : R R, fx, y) + x + y der über D {x, y) x + y } liegt. Mit Hilfe on Polarkoordinaten ρ, θ) af R nd dem Hinweis berechnet man ) ) AS) x + D y + + x + y dx dy + x + y x + y + D + x dx dy + y π ρ + ρdϑ dρ ρ π s + / 0 s + /) + / ds [ )] π s + /)s + ) ln s + / + s + s0 Afgabe. F ist a) F ist glatt, also gilt dies ach für die Einsschränkngen ϕ, ˆϕ. Die Jacobimatrix on sin) + cos )) cos) 4 sin ) cos) cos ) DF, ) cos) + cos )) sin) 4 sin ) sin) cos ) 4 cos ) sin ).

2 m z zeigen, dass DF immer Rang hat bestimmen wir das Krezprodkt der Spalten F F sin ) cos) + cos )) sin) 4 sin )) 4 cos ) sin) cos ), ) sin) + cos )) + cos) 4 sin )) sin ) + cos) cos ) 4 cos ) sin) + cos )) cos) 4 sin )) sin) cos ) cos) cos ) cos) + cos )) sin) 4 sin )) sin ) cos) + cos ))) sin) 8 sin ) sin) + cos ))) + cos) 8 cos ) + cos )) Weil < < nd cos/) erschwindet die z-komponente nr, wenn cos/) 0. Dann gilt sin/) ± sin) cos/) sin/) 0 cos) cos/)) sin/)). Falls cos/) 0 ist die x-komponente des Krezprodkts also ±. Also erschwindet das Krezprodkt nie nd DF, ) hat immer Rang. m z zeigen, dass ϕ : ϕ) nd ˆϕ : Û ˆϕÛ) Homöomorphismen sind, erwenden wir folgende mkehrfnktion trigonometrischer Fnktionen: arccot : R 0, π) arctan : R π/, π/). ) Mit Hilfe dieser Fnktionen kann man die mkehrabbildng on ϕ angeben. Wir erwenden ach, dass sin/) > 0 af 0, π). Sei nn x, y, z) ϕ). Für das rbild, ) ψx, y, z) folgt arccotx/y) falls y > 0 x, y, z) arccotx/y) + π falls y < 0 arctany/x) + π falls x < 0 wenn y 0, dann gilt x < 0.) x, y, z) sin z x,y,z) ). In der Definition on wird die Fnktion x, y, z) erwendet as der Zeile drüber. Insbesondere ist ψ : ϕ) stetig, wohldefiniert nd diese Abbildng ist iners z ϕ. Für die mkehrabbildng ˆϕ erhält man man beachte, dass cos/) > 0 für π, π)): arccotx/y) falls y > 0 x, y, z) arccotx/y) π falls y < 0 arctany/x) falls x > 0 wenn y 0, dann gilt x > 0.) ˆx, y, z) x + y ). cos x,y,z)

3 b) Nach der Definition on ϕ nd ˆϕ gilt ϕ) F 0, π), )) S \ {x 0, y 0} ˆϕÛ) F π, π), )) S \ {x 0, y 0}. Daher ist ϕ) ˆϕÛ) S \ {y 0} nd ϕ ϕ) ˆϕÛ) ) 0, π) \ {π}), ) ˆϕ ϕ) ˆϕÛ) ) π, π) \ {0}), ). Der maximale Definitionsbereich on ϕ ˆϕ ist also π, π) \ {0}), ) Û. Dieser Definitionsbereich ist nicht zsammenhängend, er zerfällt in die zwei Teile Û+ 0, π), ) nd Û π, 0), ). Für, ˆ) Û+ ist die y-koordinate on ˆϕ, ˆ) positi. Also ) cos) ϕ ˆ ˆϕ, ˆ)) arccot, sin )) sin) sin arccotcos)/ sin)), ˆ). Wenn, ˆ) Û, so ist die y-koordinate on ˆϕ, ˆ) negati. Wenn man ) beachtet nd zwar on der ersten in die zweite Zeile der folgenden Rechnng!) erhält man ) cos) ϕ ˆ ˆϕ, ˆ)) arccot + π, sin )) sin) sin arccotcos)/ sin))+π ˆ + π) + π, sin )) sin + π, ˆ). +π)+π Damit erhält man die Jacobimatrix on ϕ ˆϕ ) 0 D ϕ ˆϕ ) wenn 0, π),ˆ) 0 ) 0 wenn π, 0). 0 Die Jacobideterminante on ϕ ˆϕ ist bei, ˆ) also wenn < 0 nd + wenn > 0. Afgabe 3. a) Die lokalen Parametrisierngen f ϕ i ) i I überdecken ganz S, denn i I f ϕ i i ) f i I ϕ i )) fs) S. Eine Rechnng analog z Afgabe 3a zeigt, dass σ ϕ i ) i I eine Orientierng af S definiert. Für i, I berechnen wir noch die Koordinatenwechsel f ϕ i ) f ϕ ) ϕ i f f ϕ i ϕ i ϕ. Wenn die Jacobideterminante on ϕ i ϕ positie ist, so gilt dies ach für det D f ϕ i ) f ϕ ) )). 3

4 b) Wir betrachten die Parametrisierng on S drch Kgelkoordinaten: ϕ : 0, π) 0, π) S \ {x 0, y 0, z R} Die lokale Parametrisierng f ϕ ist also, ) cos) sin), sin) sin), cos)). f ϕ : 0, π) 0, π) S \ {x 0, y 0, z R} Der Koordinatenwechsel ϕ f ϕ) ist also drch, ) cos) sin), sin) sin), cos)). ϕ f ϕ) : 0, π) π, π)) 0, π) 0, π) π, π)) 0, π) { + π, π ) falls 0, π), ) π, π ) falls π, π) ) 0 Die Jacobimatrix des Koordinatenwechsels ist also immer, die Jacobideterminante 0 ist also immer. Daher ist f nicht orientierngserhaltend. Ürigens kann man leicht zeigen, dass f ϕ) i I nd ϕ i σ) i I s. folgende Afgabe) die gleiche Orientierng on S repräsentieren. Dann sagt man, f ist orientierngsmkehrend. Afgabe 4. a) Wieder überdecken die Parametrisierngen ϕ i σ) i I die ganze Fläche: i I ϕ i σ)σ i )) i I ϕ i i ) S. Asserdem ist gilt für die Jacobideterminante des Koordinatenwechsels ϕ ϕ i σ) )) )) det D ϕ ϕ i σ) det D ϕ ϕ i ) detdσ) weil ϕ < 0 ϕ i positie Jacobideterminante hat. b) Wir haben schon gezeigt, dass es mindestens zwei erschiedene Orientierngen gibt. Wenn S orientierbar nd zsammenhängend ist, so gibt es gena zwei Normalenektorfelder entlang S weil S zsammenhängend ist). As einer Orientierng erhält man ein Mormalenektorfeld nd wenn zwei Orientierngen das gleiche Normalenektorfeld erzegen stimmen die Orientierngen überein. Also gibt es gena zwei Orientierngen af einer zsammenhängenden orientierbaren Fläche. Afgabe 5. Die folgende Afgabe wrde später wieder assortiert nd ist ab etzt wohl as dem Rennen: Wir betrachten den n-dimensional C-Vektorram C n. Seien,..., n ), w,..., w n ) zwei geordnete Basen. Zeige, dass die geordneten R-Basen,..., n, i,..., i n ) nd w,..., w n, iw,..., iw n ) die gleiche Orientierng om R-Vektorram V repräsentieren. 4

5 Dabei darf man ohne Beweis erwenden, dass der Ram BC {,..., n ) angeordnete C-Basis on V } C n n wegzsammenhängend ist, d.h. für, w BC gibt es einen stetigen Weg γ : [0, ] BC C n n C n der mit w erbindet. Lösng: Sei γ γ,..., γ n ) : [0, ] BC ein stetiger Weg so dass γ0) nd γ) wir fassen BC als Teilram om metrischen Ram C n af). Dann gibt es stetige Fnktion c kl : [0, ] C, k, l n so dass γ k t) c kl t) l. ) l Die Stetigkeit dieser Fnktion ergibt as der Existenz einer Lösngsformel des linearen Gleichngssystems ) als rationale Fnktion in den Koordinaten on l nd γ k t) die nbekannten sind die Koeffizienten c kl ). Die Matrix Ct) c kl t)) kl ist inertierbar für alle t [0, ]. Zerlegt man c kl t) a kl t) + ib kl t) in Real- nd Imaginärteil so erhält man as ) γ k t) iγ k t) a kl t) l + b kl t)i l l b kl t) l + l l l a kl t)i l. Der Basiswechsel on nach γt) ist also gegeben drch die Blockmatrix ) At) Bt) Xt) Bt) At) wobei At) a kl t)) kl, Bt) b kl t)) kl. Diese Matrix ist inertierbar, weil sie eine Basis des R n C n in eine Basis des R n überführt. Insbesondere gilt detxt)) 0 für alle t [0, ] nd die Fnktion detxt)) ist stetig. Weil γ0) ist, gilt { falls k l c kl 0) 0 sonst. Daher ist detx0)) nd dann ist ach detx)) positi. Also repräsentieren,..., n, i,..., i n ) nd w,..., w n, iw,..., iw n ) die gleiche Orientierng on C n afgefasst als R-Vektorram. 5