Klassische Differentialgeometrie

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1 Klassische Differentialgeometrie Ausgewählte Themen Julius Lang Sommersemester 2017

2 Die Themen für diese Woche: 1. Bernstein-Polynome und Bernstein-Kurven 2. Approximation von Kurven durch Polygonzüge: Bogenlänge 3. Approximation geschlossener Kurven durch Polygonzüge: Totalkrümmung κ(c) und der Satz von Fenchel: κ(c) 2π

3 1. Thema: Bernstein-Polynome und Bezier-Kurven

4 Bernstein-Polynome Betrachte folgende Gleichung, welche für alle t R gilt: ( ( ) 1 = [(1 t) + t] n binom. n Form. n = )t k (1 t) n k n t k (1 t) n k k k k=0 }{{} b k n(t):= Definition Sei n N. Für 0 k n definieren wir das k-te Bernstein-Polynom vom Grad n als ( bk(t) n n = k ) t k (1 t) n k. (Für andere k setze bk n = 0.) Eigenschaften der Bernstein-Polynome 1. Partition der 1: Für n N ist n k=0 bn k(t) 1. (Das ist genau die binom. Formel ( )!) 2. Für t [0, 1] ist b n k(t) [0, 1] und b n k(t) = b n n k(1 t). 3. b n k : [0, 1] R hat sein einziges Maximum in t = k n. 4. Jedes Polynom vom Grad n lässt sich als Linearkombination der b n k schreiben. Anders ausgedrückt: {b n 0, b n 1,.., b n n} ist eine Basis für den Vektorraum der Polynome vom Grad n. ( )

5 Beispiele von Bernstein Polynomen n = 2 b n k (t) = ( n k ) t k (1 t) n k b0(t) 2 = (1 t) 2 b1(t) 2 = 2t(1 t) b2(t) 2 = t 2 n = 3 b0(t) 3 = (1 t) 3 b1(t) 3 = 3t(1 t) 2 b2(t) 3 = 3t 2 (1 t) b3(t) 3 = t 3 n = 4 b 4 0 = (1 t) 4 b 4 1 = 4t(1 t) 3 b 4 2 = 6t 2 (1 t) 2 b 4 3 = 4t 3 (1 t) b 4 4 = t 4

6 Eigenschaften der Bernstein-Polynome b n k(t) = ( ) n t k (1 t) n k k 1. Partition der 1: Für n N ist n k=0 bn k (t) Für t [0, 1] ist bk n(t) [0, 1] und bn k (t) = bn n k (1 t). 3. bk n : [0, 1] R hat sein einziges Maximum in t = k n. 4. Jedes Polynom vom Grad n lässt sich als Linearkombination der bk n schreiben. Anders ausgedrückt: {b0 n, bn 1,.., bn n } ist eine Basis für den Vektorraum der Polynome vom Grad n. Beweis: 1. binomische Formel von letzter Folie. 2. Für t [0, 1] und alle k = 0,.., n ist bk n (t) 0 (als Produkt nicht negativer Zahlen). Da n k=0 bn k (t) = 1 ist, gilt bn k (t) 1. Die andere Eigenschaft ist klar. 3. Suchen Extremwerte durch Nullstellen der Ableitung: (bk n) (t) = ( n) [ k kt k 1 (1 t) n k + ( 1)(n k)t k (1 t) n k 1] = ( n k) t k 1 (1 t) n k 1 [k(1 t) (n k)t]. Das ist = 0 nur wenn t = 0, 1 oder 0 = k(1 t) (n k)t = k nt, also t = k n. Da bk n(0) = 0 (außer wenn k = 0) und bn k (1) = 0 (außer wenn k = n) sind t = 0 und t = 1 (falls k / {0, n}) keine Maxima und der dritte Extrempunkt t = k muss ein Maximum sein. n Für k = 0, bzw k = n sind offensichtlich t = k n = 0, bzw. t = k n = 1 Maxima. 4. bk n(t) besteht nur aus Termen mit Exponenten k. Angenommen n k=0 λ kbk n (t) = 0. Vergleichen der Koeffizienten von t 0 liefert λ 0 = 0, für t 1 dann λ 1 = 0, usw.. Also sind bk n (t) n + 1 linear unabhängige Vektoren im n + 1-dim. Raum der Polynome vom Grad n, also eine Basis.

7 Rekursionseigenschaft der Bernstein-Polynome b n k (t) = ( n k ) t k (1 t) n k Die Bernstein-Polynome vom Grad n ergeben sich aus denen vom Grad n 1 mittels bk(t) n = tbk 1(t) n 1 + (1 t)b n 1 k (t) b 3 0 b 3 1 b 3 2 b 3 3 (1 t) t (1 t) t (1 t) t b 2 0 b 2 1 b 2 2 (1 t) t (1 t) t b 1 0 b 1 1 (1 t) b 0 0 = 1 Beweis: ( ) ( ) n 1 RS = t t k 1 (1 t) n 1 (k 1) n 1 + (1 t) t k (1 t) n 1 k k 1 k [( ) ( )] n 1 n 1 = + t k (1 t) n k = bk(t) n k 1 k }{{} =( k) n Rekursionsformel für bin. Koeff. t

8 Bezier-Kurven Definition Bezier-Kurve Zu Kontrollpunkten p 0,.., p m R n definieren wir die zugehörige Bezier-Kurve als Beispiele c : [0, 1] R n, c(t) = m bk m (t)p k. Für zwei Kontrollpunkte p 0, p 1 ist die Bezier-Kurve c(t) = (1 t)p 0 + tp 1. k=0 Für drei Kontrollpunkte p 0, p 1, p 2 ist die Bezier-Kurve c(t) = (1 t) 2 p 0 + 2t(1 t)p 1 + t 2 p 2 = (1 t) [(1 t)p 0 + tp 1] +t [(1 t)p 1 + tp 2] }{{}}{{} Bezierkurve zu p 0,p 1 Bezierkurven zu 2, 3 und 4 Kontrollpunkten (Wikipedia): Bezierkurve zu p 1,p 2

9 Rekursionseigenschaft von Bezier-Kurven c(t) = m k=0 b m k (t)p k Seien p 0,.., p m Kontrollpunkte. Fixiere t 0 [0, 1]. Wie findet man c(t 0)? Idee von letzter Folie: Zu p i, p i+1 bilde neuen Punkt pi 1 = (1 t 0)p i + t 0p i+1. Er liegt auf dem Geradenstück zwischen p i und p i+1. Wir haben nun neue Punkte p0, 1.., pm 1. 1 Wir wiederholen dies: pi 2 = (1 t 0)pi 1 + t 0pi+1 1 oder allgemein p j i = (1 t)p j 1 i + t 0p j 1 i+1. Behauptung: Der Punkt, der im letzen Schritt überbleibt, ist c(t 0), d.h. p m 0 = c(t 0). Beweis: Wiederholung (Rekursionseig. Bernsteinpoly.): bk n (t) = tbn 1 k 1 (t) + (1 t)bn 1 k (t) m m c(t 0) = bk m (t 0)p k = t 0b m 1 k 1 (t 0)p k + (1 t 0)b m 1 k (t 0)p k k=0 k=0 m 1 = b m 1 j (t 0)[(1 t 0)p j + t 0p j+1 }{{} j=0 =p j 1 m 2 0 = b m 2 j (t 0)pj 2 =.. = bj 0 (t 0)pj m = p0 m. j=0 j=0 ] (Umsortieren nach Summanden mit b m 1 ) j

10 Weitere Eigenschaften von Bezier-Kurven c(t) = m k=0 b m k (t)p k 1. Orientierungsumkehrung: Ist c die Bezier-Kurve zu p 0,.., p m, so ist c : t c(1 t) die Bezier-Kurve zu p m, p m 1,.., p 0. Beweis: Folgt aus bk n(1 t) = bn n k (t) (Eigenschaft 2 der Bernstein-Polynome). Denn: c(1 t) = m k=0 bm k (1 t)p k = m k=0 bm m k (t)p j:=m k k = m j=0 bm j (t)p m j. Das ist die Bezier-Kurve zu den Punkten p m, p m 1,.., p Randwerte : c(0) = p 0, c (0) = m(p 1 p 0) und c(1) = p m, c (1) = m(p m p m 1). Beweis: (a) c(0) = m k=0 bm k (0)p k = p 0, da b0 m(0) = 1 und bm k (0) = 0 für k 1. c (0) = m k=0 bm k (0)p k = m ( m ) k=0 k [kt k 1 (1 t) m k (m k)t k (1 t) m k 1 ] t=0 p k Nach Einsetzen von t = 0 bleiben nur zwei Terme (k = 1 und k = 0), daher c (0) = ( m 1) p1 mp 0 = m(p 1 p 0 ). (b) Sei c(t) = c(1 t) wie oben. Für die Werte bei t = 1 ist c(1) = c(0) = p m und nach Kettenregel c (1) = d dt t=1c(t) = d dt t=0c(1 t) = c(0) (a) = m(p m 1 p m) = m(p m p m 1 ).

11 Weitere Eigenschaften von Bezier-Kurven c(t) = m k=0 b m k (t)p k 3. Für t [0, 1] ist c(t) eine Konvexkombination von p 0,.., p m, d.h. es gibt λ 0,.., λ m [0, 1] mit i λ i = 1, s.d. c(t) = i λ ip i. Die Menge aller Konvexkombinationen einer Menge A R 2 nennt man konvexe Hülle conv(a). Hier sind λ i = b m i (t) die Bernstein-Polynome vom Grad m und wir wissen schon, dass b m i (t) [0, 1] und m i=0 bm i (t) = 1. Also ist tatsächlich c(t) conv(p 0,.., p m). 4. Das bilden der Bezier-Kurve c zu Kontrollpunkten p 0,.., p m ist affin invariant. Genauer: Sei F : R n R n, F (x) = Ax + v eine affine Abbildung. Dabei ist A R n n und v R n. F ist also Multiplikation mit Matrix A und Translation. Dann ist F (c(t)) die Bezier-Kurve zu Kontrollpunkten F (p 0),.., F (p m). Beweis: ( m ) m F (c(t)) = A bk m (t)p k + ( bk m (t)) b k=0 k=0 }{{ } =1 m m = bk m (t)(ap k + b) = bk m (t)f (p k) k=0 k=0 Das ist die Bezier-Kurve zu Kontrollpunkten F (p 0 ),.., F (p m)!

12 2. Thema: Approximation von geschlossener Kurven durch Polygonzüge: Bogenlänge

13 Approximation von Kurven durch Polygonzüge Definition Sei c : [a, b] R n eine C 1 -Kurve. 1. Eine Unterteilung des Intervalls [a, b] sind Punkte a = t 0 < t 1 <.. < t m = b. Die Länge des längsten Zwischenintervalls, also max m i=1 t i t i 1 heißt Feinheit. 2. Die Punkte P i = c(t i ), i = 0,.., m bilden einen Polygonzug in c, bestehend aus den Strecken P i 1 P i. 3. Die Länge eines solchen Polygonzugs ist L(P) = m i=1 P i P i 1. Approximation von c durch Polygonzüge Idee: Wenn wir Polygonzüge mit immer kleinerer Feinheit wählen, werden diese immer ähnlich zur Kurve c. Tatsächlich kann man die Bogenlänge durch die Polygonzüge approximieren: Satz 1: Für C 1 -Kurven c : [a, b] R n gilt: L(c) = sup L(P) P Polygonzug in c Links steht die normale Bogenlänge L(c) = b a c (t) dt, rechts die kleinste obere Schranke der Länge aller möglichen (endlichen) Polygonzüge in c.

14 Satz 1: Für C 1 -Kurven c : [a, b] R n gilt: L(c) = sup L(P) P Polygonzug in c Behauptung: Für jedes ɛ 0 > 0 existiert ein δ > 0, s.d. für alle Polygonzüge P in c mit Feinheit < δ gilt: L(c) L(P) < ɛ Beweis des Satzes unter Annahme der Behauptung: a.) Die Behauptung zeigt, dass es Polygonzüge gibt (nämlich mit kleiner Feinheit), deren Länge beliebig nahe an L(c) kommen. Daher ist L(P) L(c). sup P Polyg. in c b.) Ist P eine Verfeinerung von P (d.h. mit weiteren Punkten t i ), so ist L(P ) L(P), da nach Dreiecksungleichung c(t i ) c(t i 2 ) c(t i ) c(t i 1 ) + c(t i 1 ) c(t i 2 ) ist. Angenommen, es gibt einen Polygonzug P 0 in c mit L(P 0) > L(c). Wegen der Behauptung gibt es δ > 0, s.d. für jeden Polygonzug P mit Feinheit < δ gilt: L(c) L(P) < ɛ 0 := L(P 0) L(c). Nun gilt für jede Verfeinerung P 0 von P 0 mit Feinheit < δ einerseits L(P 0) L(c) L(P 0) L(c) = ɛ 0 und andererseits L(P 0) L(c) < ɛ 0. Dieser Widerspruch zeigt L(P) L(c), daher auch sup P L(P) L(c) und der Satz ist bewiesen. 2. Beweis der Behauptung: Sei ɛ 0 > 0. Schreibe c(t) = (c 1(t),.., c n(t)). Da c : [a, b] R n stetig auf einem Kompaktum ist, ist es sogar gleichmäßig stetig. Daher gibt zu jedem (noch beliebigem, wir wählen es später) ɛ > 0 ein δ > 0, s.d. t s < δ c (t) c (s) < ɛ. Insbesondere für j = 1,.., n t s < δ (c j (t) c j (s)) 2 (c 1(t) c 1(s)) (c n(t) c n(s)) 2 < ɛ 2. ( )

15 Suche δ, s.d. L(c) L(P) < ɛ 0 für alle P mit Feinheit < δ. Mittelwertsatz: Für C 1 -Funktion f : [a, b] R gibt es τ (a, b) mit f (τ) = f (b) f (a) b a. 3. Sei t 0,.., t k eine Unterteilung der Feinheit < δ. Wir wenden den MWS an auf die j-te Komponente auf dem i-ten Intervall c j : [t i 1, t i ] R und bekommen τj i (t i 1, t i ) mit c j (τ i j ) = c j(t i ) c j (t i 1 ) t i t i 1. Wir haben für jedes Intervall einen Vektor v i := (c 1(τ i 1),.., c n(τ i n)). Es ist c(t i ) c(t i 1 ) 2 = n n (c j (t i ) c j (t i 1 )) 2 = (t i t i 1 ) 2 c j (τj i ) 2 = (t i t i 1 ) 2 v i 2 j=1 Überprüfen, ob jeden solche Polygonzug (mit Feinheit < δ) L(c) L(P) < ɛ 0 erfüllt: ( m ) ti L(c) L(P) = c (s) ds c(t i ) c(t i 1 ) i=1 t i 1 m ti = c (s) c(t i) c(t i 1 ) i=1 t i 1 t i t i 1 ds m ti c (s) v i ds (Def. v i & Dreiecksungleichung) t i 1 i=1 j=1

16 Aus glm. Stetigkeit haben wir ( ): t s < δ c j (t) c j (s) ɛ. Letzte Folie: L(c) L(P) k ti i=1 c (s) v i ds t i 1 Für s (t i 1, t i ) ist τ i j s < δ (da P Feinheit < δ hat). Daher c j (s) c j (τ i j ) < ɛ. ( ) Die linke Seite sind (der Betrag der) Komponenten von c (s) v i für s (t i 1, t i ) und es ist ti Insgesamt ist also t i 1 c (s) v i ds ti L(c) L(P) nɛ t i 1 ɛ ɛ 2 ds = n(t i t i 1 )ɛ k (t i t i 1 ) = n(b a)ɛ i=1 Wir wollen L(c) L(P) < ɛ 0 und sind noch frei in der Wahl von ɛ. 1 Wir setzen ɛ = 2 ɛ0 und erhalten ein δ > 0, s.d. für jeden Polygonzug P mit n(b a) Feinheit < δ gilt: L(c) L(P) ɛ 0 2 < ɛ 0.

17 3. Thema: Approximation geschlossener Kurven durch Polygonzüge: Totalkrümmung κ(c)

18 Geschlossene Polygonzüge Wie zuvor die Bogelänge, wollen wir die Totalkrümmung κ(c) geschlossener Raumkurven c : I R 3 mit Polygonzügen berechnen. Definition 1. Ein geschlossener Polygonzug in einer geschlossenen Raumkurve c : [a, b] R 3 ist ein Tupel P = (a 1,.., a m) = (c(t 0),.., c(t m)) mit a t 1 <.. < t m < b und a i a i+1. Wir benutzen die Konvention a m+1 = a 1 und a m+1 a m = a 1 + (b a) a m. Die Seiten von P sind die Strecken a i a i Der Winkel ( von P an der ) Ecke a i ist α i = cos 1 ai a i 1,a i+1 a i a i a i 1 a i+1 a i [0, π]. 3. Der Totalwinkel eines Polygonzugs P ist κ(p) := m i=1 α i. Bemerkung: Die Winkel α i beschreiben, wie sehr P sich von einer Gerade unterscheidet: α i = 0 Bruch im Argument ist 1 a i 1, a i, a i+1 liegen in Reihenfolge auf Geraden. Bsp. Dreieck: Betrachte das Dreieck P = (a 1, a 2, a 3) mit Innenwinkeln β 1, β 2, β 3. In jedem Eckpunkt gilt α i = π β i. Da die Summe der Innenwinkel stets π beträgt, ist κ(p) = 3 i=1 α i = 3 i=1 (π β i) = 3π π = 2π.

19 Totalwinkel wächst bei Verfeinerung κ(p) = ( ) α i, α i = cos 1 ai a i 1,a i+1 a i a i a i 1 a i+1 a i Wir haben schon gesehen: Ist P ein Polygonzug, so ist L(P ) L(P) für jede Verfeinerung P von P. Selbiges gilt auch für den Totalwinkel: Lemma 1: Sei P = (a 1,.., a m) ein Polygonzug und P = (a 1,.., a k, b, a k+1,.., a m) eine Verfeinerung. Dann ist κ(p ) κ(p). Daher ist der Totalwinkel (beliebiger) Verfeinerungen von P mind. so groß wie der von P. Beweis: Seien α i die Winkel von P in a i, β i die von P, und β der Winkel von P in b. (vgl. Abbildung). Betrachte das Dreieck a k a k+1 b mit Winkeln γ k, γ k+1 in Ecken a k, a k+1. Aus dem Winkelsummensatz folgt β = γ k + γ k+1. Es ist κ(p) = m i=1 α i, κ(p ) = β + m i=1 β i, sowie α i = β i für i / {k, k + 1}. Daher ist κ(p ) κ(p) = β k + β + β k+1 α k α k+1 = (β k + γ k α k ) + (β k+1 + γ k+1 α k+1 ) Wir zeigen, dass die Klammern 0 sind. Es ist α k = cos 1 ( X, Y ), β k = cos 1 ( X, Z ), γ k = cos 1 ( Y, Z ) mit den normierten Vektoren X = a k a k 1 a k a k 1, Y = a k+1 a k a k+1 a k, Z = b a k b a k

20 Zu zeigen: κ(p ) κ(p) = (β k + γ k α k ) + (β k+1 + γ k+1 α k+1 ) 0 Wir benutzen folgenden Fakt: Der Winkel zwischen zwei Vektoren d(x, Y ) := (X, Y ) := cos 1 ( X, Y ) definiert auf der Sphäre S 2 eine Metrik. Insbesondere gilt die Dreiecksungleichung d(x, Y ) d(x, Z) + d(y, Z). Bei uns ist α k = cos 1 ( X, Y ), β k = cos 1 ( X, Z ), γ k = cos 1 ( Y, Z ) und daher gilt α k β k + γ k. Analog erhalten wir (mit anderen X, Y, Z) α k+1 β k+1 + γ k+1. Also ist κ(p ) κ(p). Damit gilt dies auch für beliebige Verfeinerungen von P.

21 Nächstes Ziel: Totalkrümmung einer Kurve durch Polygonzüge Wiederholung Die Krümmungsfunktion einer nach Bogenlänge parametrisierten Raumkurve c : I R 3 ist die Funktion κ : I R mit κ(t) = c (t). Sie misst - wie der Totalwinkel bei Polygonen - wie weit die Kurve von einer Geraden abweicht. Definition Die Totalkrümmung einer geschlossene, nach Bogenlänge parametrisierten C 2 -Kurve c : [a, b] R 3 ist die Zahl κ(c) := b a κ(t)dt. Genau wie die Bogenlänge, kann man die Totalkrümmung mit dem Totalwinkel von Polygonzügen berechnen: Satz 2: Für geschlossene, n.bl.p. C 2 -Kurven c gilt: κ(c) = sup κ(p) P Polygonzug in c Genau wie bei der Bogenlänge, reicht es folgende Aussage zu beweisen: ( ) Für jedes ɛ 0 > 0 existiert ein δ > 0, s.d. für alle Polygonzüge P in c mit Feinheit < δ gilt: κ(c) κ(p) < ɛ 0. Dann folgt zusammen mit dem Lemma (Totalwinkel wird nicht kleiner bei Verfeinerung) der Satz analog wie bei der Bogenlänge.

22 Bevor wir ( ) und damit den Satz beweisen, ein Lemma Lemma 2 Sei c : [t 0, t 1] R 3 eine nach Bogenlänge parametrisierte Kurve mit c (u) c (v) < ɛ für u, v [t 0, t 1] und sei τ := t 0+t 1 der Mittelpunkt des Intervalls [t 2 0, t 1]. Dann gilt: c(t1) c(t0) c (τ) t 1 t 0 ɛ (t1 t0). 4 Interpretation: Tangente bei halber Zeit ist ähnlich zur Verbindungslinie von Start- und Endpunkt Beweis: Wir berechnen zuerst t1 ( v ) t1 (A) c (u) c (τ)du dv = c (v) c (τ) (v τ)c (τ)dv τ τ τ = c(t 1) c(τ) (t 1 τ)c (τ) 1 2 (t2 1 τ 2 )c (τ) + (t 1 τ)τc (τ) = c(t 1) c(τ) (t 1 τ)c (τ) 1 2 (t1 τ)2 c (τ) (Binom. Formel ) τ ( t Analog: (B) v c (τ) c (u)du ) dv = c(τ) c(t 0) (τ t 0)c (τ) + 1 (τ 2 t0)2 c (τ) t 0 Wir haben die Integrale (A), (B) ausgerechnet, weil wir sie gut mit der Voraussetzung c (u) c (v) < ɛ abschätzen können: (A) t 1 v ɛdudv = ɛ t 1 v τ dv = ɛ[ t2 1 τ 2 2(t 1τ τ 2 ) ] = ɛ (t1 τ)2 τ τ τ (B).. ɛ (τ 2 t0)2 (selbe Rechnung)

23 Zu zeigen: c(t 1) c(t 0 ) t 1 t 0 c (τ) ɛ 4 (t 1 t 0 ) Da τ der Mittelpunkt von [t 0, t 1] ist, haben wir (τ t 0) = t 1 t 0 2 = (t 1 τ). Die Abschätzung von gerade eben gibt mit Dreiecksungleichung: (A) + (B) (A) + (B) ɛ 2 ((t1 τ)2 + (τ t 0) 2 ) = ɛ (t1 t0)2 4 Wir benutzen jetzt die Formeln für(a), (B), die wir beim ausrechnen der Integrale bekommen haben: (A) = c(t 1) c(τ) (t 1 τ)c (τ) 1 2 (t1 τ)2 c (τ) (B) = c(τ) c(t 0) (τ t 0)c (τ) (τ t0)2 c (τ) (A) + (B) = c(t 1) c(t 0) (t 1 t 0)c (τ) Nehmen des Betrags und teilen durch t 1 t 0 liefert die gesuchte Ungleichung.

24 Beweis des Satzes κ(c) = sup κ(p) P Polygonzug in c Müssen zeigen: ( ) Für jedes ɛ 0 > 0 existiert ein δ > 0, s.d. für alle Polygonzüge P in c mit Feinheit < δ gilt: κ(c) κ(p) < ɛ 0. Beweis: Sei ɛ > 0 (noch beliebig, wir werden später einen konkreten Wert wählen). Wir betrachten die Kurve c : [a, b] R 3. Ihre Länge L(c ) ist nach Def. κ(c). Wir können Längen schon durch Polygone approximieren (Behauptung zu Satz?): Es gibt δ 1 > 0, sd. für jeden Polygonzug P = (c (t 0),.., c (t m 1)) in c mit Feinheit < δ 1: m κ(c) c (t i ) c (t i 1 ) < ɛ (mit Konvention c (t m) = c (t 0 )) i=1 Die Funktion S 2 R, (X, Y ) (X, Y ) := cos 1 ( X, Y ) ist stetig auf einem Kompaktum und damit gleichmäßig stetig. Daher gibt es ein d > 0, s.d. X Y < d (X, Y ) < ɛ. Da auch c gleichm. stetig ist, gibt es ein δ 2 > 0, s.d. t s < δ 2 c (t) c (s) < d (c (t), c (s)) < ɛ. Analog gibt es ein δ 3, s.d. t s < δ 3 c (t) c (s) < ɛ.

25 Für einen gegebenen Polygonzug mit Zeitpunkten t i setzen wir τ i := t i+1 t i 2. Beachte, dass die τ i einen Polygonzug der gleichen Feinheit definieren. Wir betrachten folgende Winkel (mit (X, Y ) := cos 1 ( X X Y α i := (c(t i+1 ) c(t i ), c(t i ) c(t i 1 )) β i := (c (τ i ), c (τ i 1 )) γ i := (c (τ i ), c(t i+1 ) c(t i )) Lemma 2: Sei c : [t 0, t 1] R 3 n.bl.p. mit c (u) c (v) < ɛ für u, v [t 0, t 1] und sei τ := t 0+t 1. Dann gilt: 2 c(t 1) c(t 0 ) c (τ) ɛ (t1 t0). 4 t 1 t 0 Wir benutzen nochmal, dass gleichmäßig stetig ( X Y < d (X, Y ) < ɛ) und t s < δ 3 c (t) c (s) < ɛ: Ist P von Feinheit < δ 3, so können wir das Lemma auf jedes Intervall [t i 1, t i ] anweden und kriegen c(t i+1) c(t i ) t i+1 t i c (τ i ) ɛ (t 4 i+1 t i ). Für δ 4 := min(δ 3, d ) gilt: Ist P von Feinheit < δ4, so ist c(t i+1 ) c(t i ) ɛ t i+1 t i c (τ i ) d < d 4 und daher γ i = (c (τ i ), c(t i+1 c(t i )) = (c (τ i ), c(t i+1) c(t i ) t i+1 t i ) < ɛ (da die Argumente Abstand < δ haben).

26 Müssen zeigen: ( ) Für jedes ɛ 0 > 0 existiert ein δ > 0, s.d. für alle Polygonzüge P in c mit Feinheit < δ gilt: κ(c) κ(p) < ɛ 0. Wir setzen δ = min(δ 1, δ 2, δ 3, δ 4). Nach Konstruktion gilt: a) t s < δ (c (t), c (s)) < ɛ und c (t) c (s) < ɛ b) Ist P von Feinheit < δ, so ist κ(c) m i=1 c (t i ) c (t i 1 ) < ɛ und γ i < ɛ. Sei P ein geschlossener Polygonzug in c mit Feinheit < δ. Wir zerlegen mit Dreiecksungleichung: κ(c) κ(p) = κ(c) α i i c (τ i ) c (τ i 1 ) + β i β i α i κ(c) i }{{} (1) c (τ i ) c (τ i 1 ) i i }{{} (2) Wir wissen schon, dass (1) < ɛ. Nun zu (2): Es ist β i := (c (τ i ), c (τ i 1 )) und β i < ɛ wegen (a). Wir wenden den Sinussatz an auf das rechtwinklige Dreieck zwischen 0, c (τ i ) und c (τ i )+c (τ i 1 ) : 2 Daher c (τ i ) c (τ i 1 ) = 2 sin( β i ). Wir benutzen nun, 2 dass es eine Funktion r 1 und Konstante K gibt, s.d. 2 sin( x ) = x + r1(x) mit r1(x) Kx 3. 2 Wir bekommen (2) = i (2 sin( β i 2 ) β i) K i β3 i Kɛ 2 i β i. + i } {{ } (3)

27 Abschätzung von (2) Haben (2) Kɛ 2 i β i. Wir erweitern künstlich und wenden Dreiecksungleichung an: i β i κ(c) + c (τ i ) c (τ i 1 ) κ(c) + βi c (τ i ) c (τ i 1 ). i i }{{}}{{} <ɛ (2) Also (2) Kɛ 2 (κ(c) + ɛ + (2)) (1 Kɛ 2 )(2) Kɛ 2 (κ(c) + ɛ) = (2) Kɛ2 (κ(c) + ɛ) 1 Kɛ 2 Nun zu (3) = α i := (c(t i+1 ) c(t i ), c(t i ) c(t i 1 )) i β i α i : Die Winkel sind β i := (c (τ i ), c (τ i 1 )). γ i := (c (τ i ), c(t i+1 ) c(t i )) Wir benutzen die Dreiecksungl. auf S 2 : (X, W ) (X, Y ) + (Y, Z) + (Z, W ) mit X = c(t i+1 c(t i )), Y = c (τ i ), Z = c (τ i 1 ), W = c(t i ) c(t i 1 ). Das gibt α i γ i + β i + γ i 1, also α i β i γ i + γ i 1.

28 Abschätzung von (3) Wir haben bekommen (3) i γ i + γ i 1, wobei γ i := (c (τ i ), c(t i+1 c(t i ))). Wir betrachten das Dreieck mit Ecken 0, c (τ i ) und c(t i+1 c(t i )) t i+1 t i. Die eingezeichnete Höhe hat Länge sin(γ i ) und ist kürzer als Seiten in c (τ i ). Daher sin(γ i ) c (τ i ) c(t i+1 c(t i )) t i+1 t i ɛ 4 (t i+1 t i ), denn wir haben P so fein gewählt, dass c (t) c (s) ɛ auf jedem Intervall, daher können wir Lemma 2 auf jedem Intervall anweden. Wieder können wir eine Funktion r 2 und Konstante K finden, s.d. sin(x) = x + r 2(x), wobei r 2(x) Kx 3 (und wir können annehmen, dass es das selbe K wie für 2 sin( x ) ist, sonst 2 Maximum nehmen). Daher γ i ɛ (t 4 i+1 t i ) r 2(γ i ) ɛ 4 }{{} (t i+1 t i ) + Kɛ 2 γ i. Umstellen nach γ i gibt: γ i (3) Kγ 3 i ɛ 4(1 Kɛ 2 ) ɛ 4(1 Kɛ 2 ) (t i+1 t i ).Damit können endlich (3) abschätzen: (t i+1 t i + t i t i 1 ) = i ɛ(b a) 2(1 Kɛ 2 )

29 Ende des Beweises Müssen zeigen: ( ) Für jedes ɛ 0 > 0 existiert ein δ > 0, s.d. für alle Polygonzüge P in c mit Feinheit < δ gilt: κ(c) κ(p) < ɛ 0. Wir haben: κ(c) κ(p) (1) + (2) + (3) ɛ + Kɛ2 (κ(c) + ɛ) ɛ(b a) + 1 Kɛ 2 2(1 Kɛ 2 ) = ɛ + Kɛ2 κ(c) + ɛ(b a)/2 1 Kɛ 2 0 wenn ɛ 0 Wir wählen nun ein ɛ > 0, s.d. κ(c) κ(p) ɛ 0. Dann bekommen wir ein δ, s.d. für jeden Polygonzug P in c mit Feinheit < δ gilt: κ(c) κ(p) ɛ 0 und der Satz ist bewiesen.

30 Nächstes Ziel: Abschätzung für Totalkrümmung geschlossener Kurven Der Beweis war aufwendig, aber ermöglicht uns, die Totalkrümmung von Kurven einfacher mit dem Totalwinkel von Polygonzügen zu untersuchen. Wir werden damit unter anderem die sehr intuitive Aussage beweisen, dass jede Raumkurve sich um mindestens 2π krümmen muss, um sich zu schließen: Satz von Fenchel: Für die Totalkrümmung κ(c) = b κ(t)dt einer einfache geschlossene Raumkurven gilt a κ(c) 2π. Man beachte die Ähnlichkeit zum Hopfschen Umlaufsatz für ebene Kurven: Hopfscher Umlaufsatz: Für die Umlaufzahl einer ebenen, einfach geschlossenen, nach Bogenlänge parametrisierten Kurve ist 2πn c = b κ(t)dt = ±2π. a

31 Die Brückenzahl Wir beweisen zunächst eine allgemeinere Aussage, für die wir folgende Definition brauchen: Definition Sei c : [a, b] R 3 eine geschlossene Raumkurve. 1. Wir bezeichnen die Anzahl der lokalen Maxima von c in Richtung eines Vektors e S 2 mit µ(c, e). Formaler: µ(c, e) := {lokale Maxima der Funktion [a, b) R, t c(t), e ]} N { }. 2. Die Brückenzahl von c ist µ(c) := min µ(c, e) e S2 Bemerkung: Die lokalen Maxima in Richtung e entsprechen gerade den lokalen Minima in Richtung e. Die Funktion f : [a, b) R, f (t) = c(t), e hat genauso viele Minima wie Maxima und daher ist µ(c, e) = µ(c, e).

32 Die Zahlen µ(c, e) bestimmen die Totalkrümmung κ(c) Satz 3: Sei c eine geschlossene Raumkurve. Dann ist S 2 µ(c, e) = 2κ(c). Beweis: 1.) Wir beweisen die Aussage erst für geschlossene Polygonzüge P = (a 1,.., a m) mit Winkeln α i := (a i a i 1, a i+1 a i ) und normierten Seiten b i := a i a i 1 S 2 a i a i 1. Für e S 2, definieren wir Se 1 := {x S 2 x e}. Das ist ein Großkreis auf S 2. Der Großkreisbogen zwischen b i+1 und b i schneidet S 1 e, gdw. b i+1, e und b i, e unterschiedliches Vorzeichen haben, gdw. a i+1 a i, e und a i a i 1, e unterschiedliches Vorzeichen haben. Das ist genau dann der Fall, wenn a i ein lokales Minimum oder Maximum von P in Richtung e ist. Wie groß ist die Menge A i der e S 2, s.d. S 1 e das Bogenstück zwischen b i+1 und b i schneidet, d.h. die Menge der e S 2, für die a i ein lokales Minimum oder Maximum ist? Dafür drehen wir den Raum bis b i+1 und b i auf dem Äquator liegen. Dann ist (0, 0, ±1) A i und liegt ein weiterer Vektor v A i, so auch der Großkreis durch v und Nordpol. Die Vektoren in A i auf dem Äquator sind genau die Punkte, die bei einer 90 Drehung des Großkreisbogen zwischen b i+1 und b i um die Nord-Süd-Achse entstehen. A i hat also einen -Anteil am Flächeninhalt der Sphäre. 2α i 2π

33 Aussage gilt für Polygonzüge: S 2 µ(p, e) = 2κ(P) Da die Sphäre S 2 einen Flächeninhalt von vol(s 2 ) = 4π hat, ist vol(a i ) = α i 4π = 4α π i. Andere Punkte (außer a i ) können zwar lokale Maxima sein, jedoch nur für eine Nullmenge von Vektoren e S 2 (nämlich Vektoren orthogonal zu einer Seite von P, d.i. ein Großkreis). Daher: 2 µ(p, e) = (µ(p, e) + µ(p, e)) = 4 α i = 4κ(P) S 2 S 2 i Damit haben wir die Aussage für geschlossene Polygonzüge gezeigt. 2.) Wir beweisen jetzt den Satz, also S 2 µ(c, e) = 2κ(c) für geschlossene Raumkurven. Auf der rechten Seite steht die Totalkrümmung der Kurve c, die wir dank unserer Vorarbeit als Grenzwert der Totalwinkel von Polygonen bekommen. Sei c : [a, b] R 3 eine geschlone Raumkurve und (P k ) k N eine Folge von Polygonen in c, s.d. P k Feinheit < 1 hat und eine Verfeinerung von P k k 1 ist. Dann ist lim k κ(p k ) = κ(c) nach Satz. Wir zeigen lim k S 2 µ(p k, e) = S 2 µ(c, e). ( ) Dann folgt der Satz: S 2 µ(c, e) = lim k S 2 µ(p k, e) (1.) = lim k 2κ(P k ) = 2κ(c).

34 Beweis von ( ): lim k S 2 µ(p k, e) = S 2 µ(c, e) Satz über monotone Konvergenz: Falls f k : S 2 [0, ] fast überall, monoton wachsend gegen f : S 2 [0, ] konvergiert, so ist lim k S 2 f k = S 2 f. Wir nehmen f k = µ(p k, ) und bekommen ( ) aus Satz, wenn wir zeigen, dass µ(p k, e) monoton wachsend gegen µ(c, e) konvergiert für alle e S 2 bis auf eine Nullmenge. Die Menge N k = {v S 2 µ(p k, v) = } besteht aus allen Vektoren, die orthogonal zu einer Seite von P k sind. Also ist N k die Vereinigung von endlich vielen Großkreisen und damit eine Nullmenge. Die abzählbare Vereinigung N = k=1 N k von Nullmengen ist auch eine Nullmenge. Für festes e S 2 \N ist also µ(p k, e) < für alle k. Da P k+1 Verfeinerung von P k, ist µ(p k+1, e) µ(p, e). Denn: Von zwei benachbarte Ecken a i, a i+1 kann höchstens eine ein lokales Maximum in Richtung e sein (sonst gäbe es unendlich viele, aber e / N ). Ist keine ein Maximum, so kann µ(, e) nur beim Einfügen einer Ecke zwischen a i, a i+1 nur größer werden. Ist eine Ecke ein Maximum in P i, aber nicht in P i+1, so muss b ein neues lokales Maximum in Richtung e sein. Also ist µ(p k, e) monoton wachsend für e S 2 \N.

35 Müssen noch zeigen: lim k µ(p k, e) = µ(c, e) für e S 2 \N Seien a i = c(t i ) die Ecken von P k. Ist a j ein lokales Maximum in Richtung e, so muss auch c ein solches im Interval (t j 1, t j+1 ) besitzen. Da a j 1 und a j+1 keine lokalen Maxima von P k in Richtung e sind, gibt es für jedes Maximum von P k auch eines von c. Es folgt µ(p k, e) µ(c, e). Für v µ(c, e) hat c(t) mindestens v lokale Maxima s 1,.., s v in Richtung e (d.h. t c(t), e hat lokale Maxima). Wähle δ, s.d. die Maxima auf (s i δ, s i + δ) jeweils global sind. Angenommen, t c(t), e ist konstant auf einem Intervall (s i δ, s i ], [s i, s i + δ). Wähle k 0 so groß, dass P k0 Feinheit < δ hat. Dann liegen in jedem der Intervalle mindestens zwei Ecken von 2 P k0. Damit µ(p k0, e) = und e N. Für e S 2 \N gibt es also u i (s i δ, s i ), u + i (s i, s i + δ) mit c(u ± i ), e < c(s i ), e. Wähle ɛ > 0 so, dass (u ± i ɛ, u ± 1 + ɛ) (s i δ, s i + δ) und c(u), e < c(s), e für alle u (u ± i ɛ, u ± 1 + ɛ) und s (s i ɛ, s i + ɛ). Wir wählen k 0 so, dass P k0 Feinheit < ɛ hat. In jedem der drei Intervalle (u ± i ɛ, u ± 1 + ɛ), (s i ɛ, s i + ɛ) hat P k0 mindestens ein Eckpunkt und daher hat P k0 einen Eckpunkt c(x i ) mit x i (s i δ, s i + δ), der ein lokales Maximum in P in Richtung e ist. Da es für jedes s i einen solchen gibt, ist µ(p k0, e) v. Für jedes v µ(c, e) finden wir so ein P k0. Daher ist µ(p k, e) µ(c, e) für k.

36 Der Satz von Fenchel Wir haben gerade bewiesen: Satz 3: Sei c eine geschlossene Raumkurve. Dann ist 2κ(c) = S 2 µ(c, e). Als direkte Folgerung bekommen wir nun den Satz von Fenchel Sei c eine geschlossene Raumkurve. Dann ist κ(c) 2π µ(c) 2π Beweis: Die Brückenzahl einer Kurve ist definiert als µ(c) := min e S 2(µ(c, e)). Daher ist 2κ(c) Satz = 3 µ(c, e) µ(c) = µ(c) 1 = 4πµ(c). S 2 S 2 S }{{ 2 } =Flächeninhalt von S 2 Division durch 2 gibt die erste Ungleichung. Außerdem hat für e S 2 die Funktion t c(t), e mindestens ein lokales Maximum, d.h. µ(c, e) 1 und daher µ(c) 1, was die zweite Ungleichung beweist.