2. Übungsblatt zur Differentialgeometrie

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1 Institut für Mathematik Prof. Dr. Helge Glöckner Dipl. Math. Rafael Dahmen SoSe Übungsblatt zur Differentialgeometrie (Aufgaben und Lösungen) Gruppenübung Aufgabe G3 (Atlanten) (a) In der Vorlesung wurde mithilfe von vier Karten gezeigt, dass S 1 = { x R 2 : x = 1 } eine topologische Mannigfaltigkeit ist. Zeigen Sie, dass diese vier Karten einen C - Atlas bilden. (b) Wie gewöhnlich bezeichne R die reellen Zahlen mit der gewöhnlichen Topologie. Wir definieren: ψ 1 : R R : x x + 1 ψ 2 : R R : x x 3. Zeigen Sie, dass sowohl A 1 := {ψ 1 }, als auch A 2 := {ψ 2 } beide C -Atlanten für R sind, aber dass A 1 A 2 = {ψ 1,ψ 2 } kein C -Atlas ist. Insbesondere sind die beiden C -Atlanten A 1 und A 2 in keinem gemeinsamen maximalen C -Atlas enthalten. (c) Sei M :=] 2,2[ mit der gewöhnlichen Topologie. Wir definieren: φ 1 : ] 1,2[ ] 2,4[: x 2x φ 2 : ] 2,1[ ] 8,3[: x x( x + 2). Zeigen Sie, dass {φ 1,φ 2 } ein C 1 -Atlas, aber kein C 2 -Atlas ist. Lösung: (a) Die Kreisscheibe S 1 wird überdeckt von folgenden vier offenen Mengen: U 1 := { (x,y) S 1 : x > 0 }, U 2 := { (x,y) S 1 : x < 0 }, U 3 := { (x,y) S 1 : y > 0 }, U 4 := { (x,y) S 1 : y < 0 }.

2 Auf diesen vier offenen Mengen definieren wir die folgenden Abbildungen: φ 1 : U 1 ] 1,1[: (x,y) y, φ 2 : U 2 ] 1,1[: (x,y) y, φ 3 : U 3 ] 1,1[: (x,y) x, φ 4 : U 4 ] 1,1[: (x,y) x. In der Vorlesung wurde bereits (für den allgemeineren Fall der S n gezeigt, dass diese Abbildungen Homömorphismen sind. Somit ist S 1 eine topologische Mannigfaltigkeit. Wir wollen nun zeigen, dass A := {φ 1,φ 2,φ 3,φ 4 } ein C -Atlas ist. Dazu müssen wir zeigen, dass die Kartenwechsel φ i φ 1 j : φ j (U i U j ) φ i (U i U j ) glatte Abbildungen sind. Es gibt hierbei drei Fälle zu untersuchen: 1.Fall: i = j: In diesem Fall ist der Kartenwechsel die Identität und es gibt nichts zu tun. 2.Fall: U i U j = : In diesem Fall gibt es keinen Kartenwechsel und es ist nichts zu zeigen. (Beziehungsweise der Kartenwechsel ist die leere Abbildung von der leeren Menge in die leere Menge und die ist immer glatt) 3.Fall: i j und U i U j : Dies sind eigentlich immer noch viele Einzelfälle, je nachdem wie i und j gewählt sind. Allerdings ist es aus Symmetriegründen möglich, sich auf einen der Fälle zu beschränken. Wir betrachten von nun an i = 1 und j = 3. Dann ist U 1 U 3 der obere rechte Viertelkreis. Der Definitionsbereich des Kartenwechsels φ 2 (U 1 U 2 ) ist gerade ]0,1[ und der Kartenwechsel ist gegeben durch: φ 1 φ 1 3 :]0, 1[ ]0, 1[ x 1 x 2 Diese Funktion ist glatt, weil die Wurzelfunktion für alle Argumente größer 0 glatt ist und die Funktion nur als Verkettung von glatten Funktionen entsteht. (b) Zuerst einmal müssen wir überprüfen, dass ψ 1 und ψ 2 Homöomorphismen sind. Dies ist aber klar, weil sie beide streng monotone stetige Funktionen von R nach R sind. Die einelementigen Mengen A 1 und A 2 sind C -Atlanten, weil die Karten global auf ganz R definiert sind und somit jede Karte allein bereits den ganzen Raum überdeckt und weil Kartenwechsel egal sind bei einelementigen Mengen (hier ist der einzige Kartenwechsel die Identität, die immer glatt ist). Die Vereinigung der beiden Atlanten ist kein C -Atlas, weil der Kartenwechsel ψ 1 ψ 1 2 an der Stelle 0 nicht differenzierbar und somit insbesondere nicht glatt ist. 2

3 Dies zeigt, dass der maximale Atlas, der von A 1 erzeugt wird ein anderer maximaler Atlas als der von A 2 ist. Insbesondere sind erzeugen die beiden Atlanten A 1 und A 2 also zwei unterschiedliche glatte Strukturen (glatte Mannigfaltigkeitsstrukturen) auf R. Es kann also auf einem topologischen Raum mehr als eine glatte Mannigfaltigkeitstruktur geben. (c) Die zu beweisende Aussage folgt aus dem folgenden Lemma 1 Die Funktion φ 2 : ] 2,1[ ] 8,3[: x x( x +2) ist ein C 1 -Diffeomorphismus, aber an der 0 nicht zweimal diffbar. Wenn nämlich das Lemma gilt, dann ist φ 2 insbesondere ein Homömorphismus. Die Abbildung φ 1 ist offensichtlich ein Homöomorphismus. Die beiden Karten überdecken M und die Kartenwechsel sind als Verkettungen von C 1 -Abbildungen wieder C 1 -Abbildungen. Dies zeigt, dass {φ 1,φ 2 } ein C 1 -Atlas ist. Dieser Atlas ist kein C 2 -Atlas, weil dann die Kartenwechsel C 2 sein müssten. Da φ 1 glatt ist, würde aus der C 2 -Eigenschaft der Kartenwechsel die C 2 -Eigenschaft von φ 1 folgen, was aber nach Lemma an der 0 schief geht. Es bleibt, nun das Lemma zu zeigen, was aber nur Analysis 1 ist: Zuerst stellen wir fest, dass φ 2 : t sgn(x) x 2 +2x überall stetig und außerhalb der 0 diffbar ist mit Ableitung φ 2(x) = 2sgn(x) x + 2 = 2( x + 1). Die Ableitung lässt sich stetig an der 0 fortsetzen und somit können wir (mit der Stetigkeit von φ 2 ) schließen, dass φ 2 auch an der 0 diffbar ist mit Ableitung φ 2 (0) = 2. (Alternativ kann man die Ableitung an der 0 auch direkt mit dem Diffquotienten ausrechnen) Also ist φ 2 diffbar mit stetiger Ableitung, also C 1. Die Ableitung ist immer 2 > 0 und somit ist φ 2 streng monoton steigend, also injektiv. Aus der Stetigkeit von φ 2, der Monotonie und den Grenzwerten lim φ 2(t) = 3 und lim φ 2(t) = 8 t 1 t 2 folgt die Surjektivität. Also ist φ 2 eine bijektive C 1 -Abbildung. Weil die Ableitung an jedem Punkt ungleich 0 ist, folgt aus dem Satz über die Umkehrfunktion, dass die Umkehrfunktion ebenfalls C 1 ist, also ein Diffeo. Aus der obigen Formel für φ 2 folgt sofort, dass φ 2 nicht diffbar bei 0 ist. Das beweist das Analysis1-Lemma. Aufgabe G4 (Topologie) (a) Sei X ein topologischer Raum. Zeigen Sie: X ist genau dann hausdorffsch, wenn es eine stetige injektive Abbildung g: X Y in einen Hausdorff-Raum Y gibt. 3

4 2. Übung Differentialgeometrie (b) Gegeben seien drei topologische Räume X, Y, Z und stetige Abbildungen q: X Y und h: Y Z. Wir nehmen an, dass q: X Y surjektiv ist. Zeigen Sie: Wenn h q: X Z eine offene Abbildung ist, dann ist auch h: Y Z eine offene Abbildung. Lösung: q X Y h q h (a) Wenn X hausdorffsch ist, setze Y := X und g := id X. Dann ist g eine injektive stetige Abbildung in einen Hausdorff-Raum. Sei umgekehrt eine solche Abbildung g: X Y gegeben und x x seien zwei zu trennende verschiedene Punkte in X. Dann folgt aus der Injektivität, dass g(x) und g(x ) in Y verschieden sind. Weil Y hausdorffsch ist, gibt es dort zwei disjunkte offene Umgebungen U und U. Aus der bis jetzt noch nicht benutzten Stetigkeit von g folgt, dass g 1 (U) und g 1 (U ) offene Umgebungen von x und x sind und weil Urbilder von disjunkten Mengen wieder disjunkt sind, sind g 1 (U) und g 1 (U ) disjunkt. Das war zu zeigen. (b) Sei U Y eine offene Teilmenge. Es ist zu zeigen, dass h(u) offen in Z ist. Hierzu betrachten wir zuerst das Urbild q 1 (U) X. Dies ist offen, weil q stetig ist. Nun ist nach Voraussetzung h q offen, d.h. ( ) h q q 1 (U) ist offen in Z. Weil aber q surjektiv ist, ist q(q 1 (U)) = U. (Achtung: ohne Surjektivität gilt nur die eine Inklusion,,.) Z Hausübung Aufgabe H3 (Nochmal die Ein-Punkt-Kompaktifizierung) Wir verwenden die Notationen aus Aufgabe (G2): Sei also d N und X := R d { }, wobei X versehen ist mit der Topologie { O := U R d : U ist offen in R d} { X\K : K ist kompakt in R d}. Finden Sie einen C -Atlas für X. 4

5 Lösung: In der Aufgabe (G2b) wurde gezeigt, dass die Teilmenge U 1 := R d eine offene Teilmenge von X ist, die die gewöhnliche Topologie induziert. Folglich ist die Abbildung φ 1 : U 1 R d : x x ein Homöomorphismus. Da der Punkt von dieser Karte nicht getroffen wird (auf der Karte nicht verzeichnet ist), brauchen wir eine weitere Karte. Die Abbildung x f(x) falls x R d \ {0} F : X X : 0 0 ist ein Homömorphismus nach Aufgabe (G2d). Dieser bildet die offene Menge U 1 auf U 2 := X\ {0} abbildet. Also ist auch U 2 offen in X. Wir definieren: φ 2 : U 2 R d : x F(x) = F 1 (x) Dies ist ebenfalls ein Homöomorphismus. Somit ist A := {φ 1,φ 2 } ein Atlas für eine topologische Mannigfaltigkeit. Wir wollen nun zeigen, dass die Kartenwechsel C sind. Dies läuft darauf hinaus, zu zeigen, dass die Abbildung f : R d \ {0} R d \ {0} x x x 2 aus (G2c) glatt ist. In Koordinaten lässt sich die Funktion schreiben als: Dies ist offensichtlich glatt. f(x 1,...,x d ) = 1 x x2 d (x 1,...,x d ). Aufgabe H4 (R/Z = S 1 ) Wir wollen in dieser Aufgabe S 1 als Teilmenge von C verstehen. Wir definieren die Funktion f : R S 1 : t e 2πit Aus der Analysis ist bekannt, dass f stetig und surjektiv ist. (a) Zeigen Sie, dass für alle s,t R mit s < t eine offene Halbebene H C existiert, sodass f(]s,t[) = S 1 H ist. (b) Folgern Sie, dass f : R S 1 eine offene Abbildung ist. (c) Wir setzen q: R R/Z := {t + Z : t R} : t t + Z. Zeigen Sie, dass es eine eindeutige Abbildung f : R/Z S 1 gibt, sodass f = f q. (d) Wir versehen nun die Menge R/Z mit der Quotiententopologie (in diesem Fall identisch mit der Finaltopologie), bezüglich der Abbldung q: R R/Z. Zeigen Sie, 5

6 2. Übung Differentialgeometrie Lösung: dass f : R/Z S 1 ein Homöomorphismus ist. Hinweis: Verwenden Sie Aufgabe (G4b). q R R/Z (a) Hier gibt es mehrere Fälle zu unterscheiden: f ef 1.Fall: t s > 1 In diesem Fall ist f(]s,t[) = S 1. Es reicht nun eine Halbebene anzugeben, die den Einheitskreis vollständig enthält, z.b. H := {z C : R(z) > 2}. 2.Fall: t s = 1 Da f eine 1-periodische Funktion ist, gilt f(s) = f(t) und f(]s,t[) = S 1 \ {f(s)}. Das heißt: Es gibt genau einen Punkt auf dem Einheitskreis, der nicht in der Menge f(]s,t[) liegt. Wir wählen nun eine Tangente an den Einheitskreis, die den Einheitskreis am Punkt f(s) berührt und wählen H als die offene Halbebende, die von der Tangente begrenzt wird und die den Rest des Einheitskreises enthält. 3.Fall: t s < 1 Die Menge f(]s, t[) ist ein zusammenhängendes Stück vom Kreis mit unterschiedlichen Endpunkten x und y, d.h. f(s) = x und f(t) = y. Wir betrachten nun die Gerade (Sekante), die x und y verbindet. Die Gerade teilt C in zwei Halbebenen. Wir nehmen H als diejenige der beiden, in der die Menge f(]s,t[) liegt. Diese Argumentationen lassen sich auch mathematisch einwandfrei formalisieren, aber ich denke, die geometrische Idee sollte klar sein. (b) Wir wollen zeigen, dass f offen ist, d.h. für alle offenen U R ist f(u) offen in S 1. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass es ausreicht, dies für alle U aus einer Basis der Topologie zu zeigen und dass die Intervalle {]s, t[: s < t} eine solche Basis der gewöhnlichen Topologie auf R bilden. Sei also U :=]s,t[ mit s < t. Nach (a) gibt es eine offene Halbebene H C mit f(]s,t[) = H S 1. Die Menge H ist offen in C. Also ist H S 1 offen in S 1. (Spurtopologie) (c) Wir definieren: f : R/Z S 1 t + Z f(t). Dies ist wohldefiniert, weil aus t + Z = s + Z folgt, dass k := t s Z ist und somit f(t) = f(s + k) = e 2πi(s+k) = e 2πis e 2πik = f(s) (e 2πi) k = f(s). }{{} =1 S 1 6

7 Per Konstruktion gilt: f = f q. Diese Abbildung ist auch eindeutig mit dieser Eigenschaft, weil für eine andere Funktion g: R/Z S 1 mit f = g q sofort folgt: g(t + Z) = g(q(t)) = g q(t) = f(t) = f q(t) = f(t + Z). (d) Die Quotiententopologie auf R/Z ist bekanntlich definiert als: { V R/Z : q 1 (V ) ist offen in R }. Wir wollen nun zeigen, dass f : R/Z S 1 : t + Z f(t) ein Homöomorphismus ist. Surjektivität: Sei z S 1. Wir dürfen annehmen, dass f surjektiv ist, d.h. es gibt ein t R mit f(t) = z. Dann ist f(q(t)) = f(t) = z. Also ist f sujektiv. Injektivität: Seien s + Z und t + Z R/Z mit f(s) = f(t). Dann gilt f(s) = f(t) und somit e 2πis = e 2πit. Daraus folt e 2πi(s t) = 1 und somit ist frm eπi(s t) ker exp = 2πiZ. Also gilt s t Z und somit ist s + Z = t + Z und die Injektivität von f ist bewiesen. Stetigkeit: Sei U S 1 eine offene Teilmenge des Einheitskreises. Wir wollen zeigen, dass f 1 (U) offen in R/Z ist. Nach Definition ( der ) Quotiententopologie ist dies bewiesen, wenn wir zeigen können, dass q 1 f 1 (U) offen in R ist. Dies ist aber das Gleiche wie ( f q) 1 (U) = f 1 (U). Diese Menge f 1 (U) ist nun aber offen in R, weil f : R S 1 stetig ist. Offenheit: Die Quotientenabbildung q: R R/Z ist insbesondere stetig und surjektiv. Somit dürfen wir (G4b) verwenden und die Offenheit von f folgt aus der Offenheit von f, die wir im Aufgabenteil (b) gezeigt haben. Also ist f : R/Z S 1 ein Homömorphismus. Die Räume R/Z und S 1 sind also bzgl. topologischer Fragen als gleich zu betrachten. Bemerkung: Man sieht auch einfach ein, dass beide Räume eine kanonische Gruppenstruktur tragen und f auch ein Isomorphismus von Gruppen ist, also nicht nur die topologische Struktur, sondern auch die algebraische Struktur erhält. Bemerkung: Außerdem kann man die kanonische C -Mannigfaltigkeitsstruktur von R mittels q: R R/Z auf R/Z übertragen und dann sehen, dass f auch ein Diffeomorphismus von C -Mannigfaltigkeiten ist. Wir sehen also: In jeder sinnvollen Art und Weise gilt:r/z = S 1. 7