28. Der Satz von Stokes

Transkript

1 Der Satz von Stokes 28.. Definition. Es sei! = fdx ^...^ dx n eine n-form auf der offenen Menge U in R n. Wir definieren sofern das Integral rechts existiert:! = f(x) dx. U U Definition. Es seien U, V offen und zusammenhängend in R n und : U! V ein -Diffeomorphismus. Wir nennen orientierungstreu, falls det 0 (x) > 0 für alle x, und orientierungsumkehrend, falls det 0 (x) < 0 für alle x. Beachte: Da det auf. 0 nirgends Null ist und U zusammenhängend ist, tritt stets einer dieser Fälle Lemma. Es seien U, V, wie oben und! = fdx ^...^dx n eine n Form auf V.Dann gilt: (a)!(y) =(f )(y) det 0 (y) dy ^...^ dy n. (b)! = ±! + / falls orientierungstreu/-umkehrend. (U) U Beweis. (a)esistnach27.20! =(f ) ^ dx ^...^ dx n und nach 27.9(2): dx l = P j A jldy j mit (A jl )= 0 (y). Dann liefert 27. die Behauptung. (b) Folgt sofort aus dem ransformationssatz (beachte: Betrag der Determinante!) f(x) dx = (f )(y) det 0 (y) dy. (U) U Definition. Wir nennen eine Mannigfaltigkeit M orientierbar, falls es einen Atlas mit arten gibt, für den alle artenwechsel orientierungstreu sind. In diesem Fall nennen wir M mit diesem Atlas orientiert Bemerkung. Man sieht leicht: Ist M über einen gegebenen Atlas orientiert, so existiert ein weiterer Atlas mit mit der entgegengesetzten Orientierung (ersetze etwa '(t,...,t n ) durch '( t,...,t n )). Dann sind alle artenwechsel für arten aus demselben Atlas orientierungserhaltend, diejenigen für arten aus unterschiedlichen Atlanten orientierungsumkehrend. Jede weitere arte (zu einer zusammenhängenden Menge) kann dann zu einem der beiden Atlanten hinzugefügt werden. Es gibt also nicht mehr als zwei verschiedene Orientierungen Beispiel. Jede Mannigfaltigkeit, die durch eine einzige arte beschrieben werden kann, ist orientierbar, denn es gibt gar keine artenwechsel (außer id). Insbesondere ist also jede offene eilmenge des R n eine orientierte n-dimensionale Mannigfaltigkeit Beispiel. Die Einheitskreislinie S = {(x, y) 2 R 2 : x 2 + y 2 =} ist orientierbar: Wir betrachten die zwei arten ' :]0, 2 [! S \{} und ' 2 :], [! S \ { }, ' (t) = ' 2 (t) = (cos, sin ). Dann ist die artenwechselabbildung die Abbildung :]0, [ [ ], 2 [! ], 0[ [ ]0, [ gegeben durch (t) =t für 0 <t< und (t) =t 2 für <t<2. Beide Male ist die Ableitung positiv. Wie erhält man die umgekehrte Orientierung?

2 28.8. Integration von Formen auf orientierten Mannigfaltigkeiten. Es sei M eine kompakte orientierte n-dimensionale Mannigfaltigkeit und! eine n-form (Formen höherer Ordnung sind automatisch =0, solche niedrigerer Ordnung kann man nicht integrieren manchmal definiert man deren Integral einfach als Null). Ist! im Bild einer arte ' :! M getragen, so definiert man! = '!. M Das ist sinnvoll, denn die rechte Seite ist nach 28.3 von der Wahl der arte unabhängig. Eine allgemeine Form zerlegt man zunächst mit Hilfe einer -erlegung der Eins, die dem Atlas untergeordnet ist, in Formen, die in jeweils einer arte getragen sind, und benutzt dann obige Formel. Achtung. Geht man zur entgegengesetzten Orientierung über, so kehrt sich das Vorzeichen um Orientierung der angentialräume. Eine geordnete Basis (v,...,v n ) von R n heißt positiv orientiert, falls die Determinante der aus den v j gebildeten n n-matrix positiv ist. Nun sei M mit einem festen Atlas orientiert und ' :! M eine damit verträgliche arte. Ferner sei t 0 2 und p = '(t 0 ).Nach26.2ist' 0 (t 0 ) ein Isomorphismus von R n nach p M. Wir nennen eine geordnete Basis von p M positiv orientiert, falls ihr Urbild unter ' 0 (t 0 ) in R n positiv orientiert ist. Insbesondere ist @ ) positiv orientiert. Wählen wir eine andere, mit dem Atlas verträgliche arte, so erhalten wir denselben Orientierungsbegriff, da die artenwechselabbildung positive Determinante haben Orientierung von Hyperflächen. Es sei M Hyperfläche im R n+. Ein Einheitsnormalenfeld ist eine stetige Abbildung : M! R n+ mit folgenden Eigenschaften: (i) k (p)k =für alle p; (ii) (p)? p M. Ist M orientiert, so nennt man ein Einheitsnormalenfeld positiv orientiert, falls für jede positiv orientierte geordnete Basis (v,...,v n ) von p M die Menge () ( (p),v,...,v n ) 28.. Satz. Es sei M Hyperfläche in R n+, n. (a) (b) positiv orientierte Basis von R n+ ist. u jeder Orientierung gibt es genau ein positiv orientiertes Einheitsnormalenfeld. M besitze ein Einheitsnormalenfeld. Dann gibt es genau eine Orientierung von M, bezüglich derer positiv orientiert ist. Insbesondere ist M orientierbar. Beweis. (a) lar ist, dass es höchstens ein positiv orientiertes Einheitsnormalenfeld gibt, da codim M =ist, und höchstens in einer Richtung 28.0() erfüllt ist. Existenz. An jedem Punkt p 2 M existiert ein eindeutiger Einheitsnormalenvektor (p) mit 28.0(). Frage: Definiert dies eine stetige Abbildung? Dazu schreibe in einer Umgebung U von p in R n : M \ U = {x 2 R n : f(x) =0} für eine Funktion f : U! R mit grad f(x) 6= 0für alle x 2 U. Dannist (x) = grad f(x) kgrad f(x)k, x 2 M \ U, 75

3 76 ein stetiges Feld von Einheitsnormalenvektoren. In p ist ( (p),v,...,v n ) entweder positiv oder negativ orientiert. Da die Determinante eine stetige Funktion ist und stetig ist, gilt dies auch in einer Umgebung von p. Damit gilt also in einer Umgebung von p entweder (x) = (x) oder (x) = (x). In jedem Fall ist die Abbildung stetig. (b) lar ist die Eindeutigkeit. ur Existenz: Es sei : M! R n+ ein stetiges Einheitsnormalenfeld. Wir überdecken M mit arten ' :! M, wobei R n offen und zusammenhängend ist. Die stetige Funktion D(t) @'(t) hat also konstantes Vorzeichen auf. Indem man evtl. die ransformation (t,...,t n ) 7! ( t,t 2,...,t n ) vorschaltet, kann man annehmen, dass D>0auf. Gehen wir in allen arten so vor, so ist für je zwei arten die Determinante der artenwechsel-ableitung positiv: Es seien ', ' arten und = ' ' eine artenwechselabbildung. Wir schreiben v j und ṽ j j. Dann ist für x 2 ' (Bild '): nx v j (x) = a ij ṽ i ( (x)) mit (a ij )= 0 (x). Nun ist nach onstruktion i= 0 < det ( ('(t)),v (x),...,v n (x)) = det(a ij )det( ('(t)), ṽ (x),...,ṽ n (x)), wobei die letzte Determinante ebenfalls positiv ist. Daher ist auch det 0 (x) =det(a ij ) > Beispiel. Es sei A R n ein ompaktum mit glattem Rand. Dann ist der Rand eine Hyperfläche in R n und es gibt eine stetige äußere Normale. Folglich ist orientierbar Beispiel. Die weisphäre als Rand der dreidimensionalen Einheitskugel hat eine Orientierung über die äußere Normale. Die Standardkarte ist gegeben durch (', ) = (cos cos ', cos sin ', sin ), 0 <'<2, 2 < < 2. Wie verhält sie sich zur Orientierung? Wir betrachten die Determinante (mit (', ) = (', )) 0 cos cos ' cos sin ' sin cos ' det (', ) =det@ cos sin ' cos cos ' sin cos ' A = cos. sin 0 cos Sie ist positiv orientiert, also mit der Orientierung verträglich Umformulierung der rechten Seite der Gauß-Formel. Es sei U R n offen. Für i =,...,n bilden die (n ) Formen! i =( ) i dx ^...^ cdx i ^...^ dx n ; (vgl. 27.8(b)) an jedem Punkt p eine Basis für p U. Nun sei M eine Hyperfläche in U mit einem Einheitsnormalenfeld und der dadurch induzierten Orientierung. Ist M kompakt und f : M! R n stetig, so gilt für! = P f i! i! = hf(x), (x)ids(x). Beweis. Indem wir ggf. mit einer erlegung der Eins arbeiten, können wir annehmen, dass der räger von! in einer Menge liegt, in der M der Graph einer Funktion von n Variablen ist: M = {(x 0,x n ):x 0 2,x n = g(x 0 )} mit R n offen. Wir haben dann die artenabbildung ' :! M, '(t) =(t, g(t)).

4 77 Ein Normaleneinheitsvektor in (t, g(t)) ist nach 26.9 ('(t)) = ( grad g(t), ) p +kgrad g(t)k 2. Ist er mit der durch ' induzierten Orientierung positiv oder negativ orientiert? Man rechnet nach: @' = p +kgrad g(t)k 2 det = ( ) n p +kgrad Wir wählen also für ungerades n den Vektor, für gerades n dagegen! in '( ) enthalten ist, gilt nach Definition! A. Weil der räger von Wir berechnen '! : Wegen x =(t, g(t)) = '(t) und der Regel ' ( ^ ) =' ^ ' )ist () und (2) Folglich ist Somit erhalten wir wobei ' (! i ) = ( ) i dt ^...^ cdt i ^ dt n ^ dg(t) = ( i dt ^...^ dt n, i =,...,n, ' (! n ) = ( ) n dt ^...^ dt n. nx '! =( ) n (f i + f i F (t) = i=! = i= '! =( ) n nx f i '! dt ^...^ dt n. F (t)dt + f n ('(t)). Andererseits gilt nach Definition des Integrals R hf, ids und Beispiel hf, ids = hf('(t)), ('(t))i p +kgrad g(t)k 2 dt. Nach Definition von ist dies gleich ( ) n R F (t) dt = R! wie behauptet Der Satz von Stokes in R n. Es sei U R n offen (n 2) und! eine stetig differenzierbare (n ) Form auf U. Dann gilt für jedes ompaktum A in U mit glattem Rand d! =!. Dabei trägt A die durch das äußere Normalenfeld induzierte Orientierung. A Bemerkung. Für n =liefert dieser Satz den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung: b a f 0 (t)dt = f(b) f(a).

5 78 Beweis. Wir schreiben! = P f i! i mit den! i aus 28.4 und bezeichnen mit das äußere Normalenfeld. Nach 28.4 gilt! = hf(x), (x)ids(x) mit f =(f,...,f n ).Nunist d! = i dx i ^! i =div(f)dx ^...^ dx n Die Behauptung folgt daher sofort aus dem Satz von Gauß ompakta mit glattem Rand auf Mannigfaltigkeiten. Es sei M eine n-dimensionale Untermannigfaltigkeit des R N und A eine eilmenge von M. EinPunktp 2 M heißt Randpunkt von A (relativ zu M), wenn in jeder Umgebung von p sowohl ein Punkt aus A als auch ein Punkt aus M \ A liegen. Mit bezeichnen wir die Menge aller Randpunkte von A in M. Achtung: Besser wäre M A zu schreiben. Man sagt, A habe glatten Rand, falls zu jedem Randpunkt p eine arte ' :! M (mit R n offen) für M existiert mit der Eigenschaft, dass (i) ' ({x n 0}\ )) = A \ '( ) und (ii) ' ({x n =0}\ )) = \ '( ). Betrachtet man Mannigfaltigkeiten mit Rand, so wählt man in der Regel Atlanten stillschweigend so, dass alle arten, deren Bild den Rand schneidet, die obigen Bedingungen (i) und (ii) erfüllen Satz. Unter den obigen Annahmen ist selbst eine (n )-dimensionale Untermannigfaltigkeit des R N. Beweis. Aus 28.6(ii) folgt, dass die Einschränkung der Abbildung ' auf 0 = {x n =0}\ ein Homöomorphismus auf \ '( ) ist. Ferner snd nach xn linear unabhängig, also gilt dies auch xn. Daher hat die Ableitungsmatrix (' 0) 0 den Rang n Induzierte Orientierung des Randes. Ist (mit obigen Bezeichnungen) M zusätzlich orientiert, und erfüllt der Atlas die Bedingungen (i) und (ii) aus 28.6, so erhält der Rand von A damit eine Orientierung. Beweis. Es seien ' :! M und ' :! M zwei artenabbildungen mit den Eigenschaften (i) und (ii) aus 28.6, und es gelte '( ) \ '( ) 6= ;. Wir können obda annehmen, dass beide Bilder gleich sind. Die artenwechsel-abbildung = ' ' bildet {t n =0}\ auf {t n =0}\ ab. Mit ' 0 und ' 0 bezeichnen wir die Einschränkungen auf {t n =0}. Wir betrachten nun die artenwechselabbildung ( ' 0 ) ' 0 = ' ' tn=0. Die Ableitungsmatrix von ' ' hat in {t n =0} die @ n Nun ist die rechte untere Ecke positiv, und die Determinante der vollen Matrix ebenso (Orientierung von A). Also ist auch die Determinante der oberen (n ) (n )-Matrix positiv. Diese Matrix ist gerade die Ableitungsmatrix von ' 0 0. A

6 28.9. Der Satz von Stokes. Es sei U R N offen und M eine orientierte n dimensionale Untermannigfaltigkeit von R N. Ferner sei! eine stetig differenzierbare (n )-Form in U. Dann gilt für jedes ompaktum A mit glattem Rand in M: d! =!. A 79 Beweis. Mit Hilfe einer erlegung der Eins langt es, den Fall zu betrachten, dass! im Bild einer einzigen arte ' :! M getragen ist. Der Rücktransport '! von! unter ' ist also eine kompakt getragene (n )-Form auf,die wir (durch Null) zu einer (n ) Form e! auf R n fortsetzen können. Nach Definition ist dann (mit der Bezeichnung H n = {x 2 R n : x n 0}) d! = ' (d!) 27.20(c) = d('!)= de!. A H n\ H n\ H n Für die rechte Seite benutzen wir die durch ' induzierte Randkarte ' 0 : 0 = {t 0 =(t,...,t n ):(t,...,t n, 0) 2 }!; t 0 7! '(t 0, 0). Wir können schreiben ' 0 = ' mit : R n! R n, (t 0 )=(t 0, 0) Nach Definition ist '! = ' 0! 0 = ' = e! = e!. 0 R n Es langt also zu zeigen, dass für jede (n ) Form e! mit kompaktem räger in R n gilt de! = e!. H n Dies kann man entweder direkt zeigen, oder man argumentiert so: Man findet leicht ein ompaktum e A mit glattem Rand, das den räger von e! enthält und für das \ supp ' n \ supp '. (Man wähle etwa H n \ B(0,R) für großes R, wobei man die Schnittfläche von S(0,R) n glättet.) Dann folgt die Aussage aus dem Satz von Stokes für R n,s Folgerung. Es sei U R N und! eine stetig differenzierbare (n ) Form auf U. Dann gilt für jede kompakte n-dimensionale Untermannigfaltigkeit M (ohne Rand) von U d! =0. M Beispiel. Es sei = P n x i i= kxk! n i mit den (n ) Formen aus Wegen div x kxk =0 n ist d =0, d.h. ist geschlossen. Ist exakt? Dann wäre das Integral von über die Einheitskugel S n Null nach Es ist jedoch nach der Umrechnung aus 28.4 (weil der äußere Normaleneinheitsvektor an S n in x gerade x ist): x = h S n S n kxk n,xids(x) = ds(x) = vols n 6=0. S n Daher kann nicht exakt sein Brouwerscher Fixpunktsatz. Es sei B = B(0, ) die abgeschlossene Einheitskugel in R n und f : B! B eine stetige Abbildung. Dann hat f mindestens einen Fixpunkt, d.h. es gibt mindestens ein x 0 in B mit f(x 0 )=x 0.

7 80 Beweis. Fürn =ist B das Intervall [, ], und die Aussage folgt, indem wir auf die Funktion g(x) = f(x) x den wischenwertsatz anwenden. Wir können also annehmen, dass n 2 ist. Wir machen zunächst die zusätzliche Annahme, dass es für ein r> eine stetig differenzierbare Abbildung f : B r = {x : kxk <r}!r n gibt mit f B = f. Angenommen, f habe keinen Fixpunkt, d.h. f(x) x 6= 0für alle x 2 B. Indem wir ggf. r verkleinern, können wir annehmen, dass '(x) = f(x) x 6= 0für alle x 2 B r. Wir definieren wie in 28.2 nx x i = kxk n! i i= mit den (n ) Formen aus Da auf R n \{0} geschlossen ist, ist auch ' geschlossen in B r, folglich exakt nach dem Lemma von Poincaré. Es gilt also S n ' =0. Dies wollen wir nun zum Widerspruch führen. Wir betrachten dazu :R B r! R n, (s, x) =x s f(x). Ist kxk =und 0 apple s apple, soist (s, x) 6= 0. (Angenommen, es wäre (s, x) =0.Dannist f(x) =f(x) 2 B, während kx/sk = s.fürs< ergibt sich sofort ein Widerspruch; für s = ist nach Annahme f(x) 6= x.) Damit ist V = (R n \{0}) eine offene Menge, die [0, ] S n enthält. Somit gibt es auch eine offene Menge U R n mit S n U B r und [0, ] U V. Es seien nun 0, : U! V definiert durch 0(x) =(0,x); (x) =(,x). Nach dem Hilfssatz gibt es eine stetig differenzierbare (n 2) Form auf U mit Nun ist aber 0 = d. ( )(x) = (,x)=x f(x) ='(x), und ( 0 )(x) = (0,x)=x und somit = ' und 0 =. Es folgt, dass ' = d auf U. Aus dem Satz von Stokes folgt nach 28.20, dass R S d =0.Alsoist n = ' =0. S n S n Dies ist aber ein Widerspruch zu Daher hat in diesem Fall f : B! B doch einen Fixpunkt. Nun zum allgemeinen Fall. Hat f keinen Fixpunkt, so folgt aus der ompaktheit von B, dass =inf{kx f(x)k : x 2 B} > 0. Nun finden wir (mit der Glättungstechnik aus der Übungsaufgabe) eine -Funktion g : R n! R n mit kf(x) g(x)k apple /0 für alle x 2 B. Insbesondere ist also kg(x)k apple+ /0 auf B. Wir

8 setzen F (x) =g(x)/( + /0) und erhalten eine -Funktion F : R n! R n mit F (B) B. Ferner ist g(x) g(x) kf (x) xk = k xk kf(x) xk k g(x)k kg(x) f(x)k + /0 + /0 ( + /0) + /0 0 > 2 0 > 0. Die Einschränkung der Funktion F auf B hat daher ebenfalls keinen Fixpunkt. Nach dem ersten eil des Beweises ergibt sich erneut ein Widerspruch. 8