M U = {x U f 1 =... = f n k (x) = 0}, (1)

Transkript

1 Aufgabe 11. a) Es sei M = {(x, y, z) R 3 f 1 = xy = 0; f = yz = 0}. Der Tangentialraum T x M muss in jedem Punkt x M ein R-Vektorraum sein und die Dimension 1 besitzen, damit diese Menge M eine Untermannigfaltigkeit des R 3 ist. Der Tangentialraum T x M ist definiert als die Menge aller Geschwindigkeitsvektoren v R 3 an die Menge M im Punkt x. Ein v R n heißt Geschwindigskeitsvektor, wenn es in M eine stetig differenzierbare Kurve γ : ( ɛ, ɛ) M mit ɛ > 0 gibt, so dass γ(0) = x und γ (0) = v gilt. Als erstes wählen wir den Punkt a = (0, a, 0) M mit a 0. Die Kurve γ a : t (0, (1 t)a, 0) bildet ( ɛ, ɛ) nach M ab und hat die Eigenschaft γ a (0) = a. Es ist γ a(0) = (0, a, 0) = v. Folglich ist der Tangentialraum in diesen Bereich der Menge T a M = v und hat die Dimension 1. Jetzt sei b = (b 1, 0, b 3 ) M und b 1, b 3 seinen ungleich Null. Die Kurve γ bi : t ((1 t)b 1, 0, b 3 ) bildet ( ɛ, ɛ) nach M ab und hat die Eigenschaft γ bi = b. Es ist weiter γ b I (0) = ( b 1, 0, 0) = v I. Für eine weitere Kurve γ bii : t (b 1, 0, (1 t)b 3 ) gilt ebenfalls γ bii = b. Diese Kurve hat allerdings die Ableitung γ b II (0) = (0, 0, b 3 ) = v. Das hei st T b M besteht mindestens aus v 1 und v und hat damit mindestens eine Dimension von. Folglich ist die Dimension des Tangentialraums nich in jeden Punkt x M gleich und demnach kann M keine Untermannigfaltigkeit sein. Eine nicht leere Teilmenge M R n heißt k-dimensionale Untermannigfaltigkeit (der Klasse C 1 ), wenn es zu jedem Punkt a M eine offene Umgebung U R n und stetig differenzierbare Funktionen f 1,..., f n k : U R gibt, so dass die folgenden zwei Bedingungen gelten M U = {x U f 1 =... = f n k (x) = 0}, (1) Rang x1 f 1... xn f x1 f n k... x1 f n k (a) = n k () Mit dieser Definition prüfen wir die Gültigkeit von b) und c) b) Prüfen wir ob M = {(x, y, z) R 3 f 1 = x y (z 1) 3 = 0} eine -dim. Untermannigfaltigkeit von R 3 ist. Für diesen Fall darf der Gradient der Funktion f 1 in keinen Punkt von M verschwindet. Es ist f 1 = (y x, x y, 3(z 1) ). Angenommen der Gradient wäre Null. Das würde bedeuten das entweder x = 0 oder y = 0 ist und z = 1 sein muss. Jedoch sind weder die Punkte (0, α, 1) mit α R, noch die Punkte (β, 0, 1) mit β R in der Menge M enthalten ( da 0), so dass der Gradient für alle Punkte aus M nicht verschwindet und damit M eine -dim. Untermannigfaltigkeit von R 3 ist. c) Die Menge M = {(x, y, z) R 3 f 1 = x + y (z 1) 3 = 0; f = x + y z 4 3 = 0} ist eine 1-dim. Untermannigfaltigkeit von R 3, denn ( ) ( ) x y 3(z 1) x y 3(z 1) Rang x y 4z 3 = Rang 0 0 4z 3 + 3(z 1) = hätte nur einen Rang kleiner, falls 4z 3 +3(z 1) = 0 gilt. Die einzige reelle Nullstelle dieses Polynom 3.ten Grades liegt allerdings bei z = Jedoch wird dieser Wert für z durch keinen Punkt aus M angenommen, so dass die Bedingungen für die Untermannigfaltigkeit erüllt sind. 1

2 d) Diesmal handelt es sich um die Frage ob es sich bei M = {(x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 : x 1 x 3 x = 0; x x 3 x x 3 = 0; x 1 x 4 x x 3 = 0} um eine Untermannigfaltigkeit des R 4 handelt. Das dies nicht der Fall ist, sieht man wie folgt. a = (0, 0, 0, 0) M. Ein Geschwindigkeitsvektor v an den Punkt a M wird durch die Kurve α 1 : t t(1, 1, 1, 1), erzeugt, die ( ɛ, ɛ) M abbildet. Denn es gilt (t, t, t, t) M und α 1 (0) = a und die Ableitung nach t ist α 1(0) = (1, 1, 1, 1) = v 1. Damit ist v 1 T a M. Weiter gilt für die Kurve α (t) : t t(1, 0, 0, 0) M, das α (0) = 0 ist und die Kurve ( ɛ, ɛ) M abbildet. Damit ist α (0) = (1, 0, 0, 0) = v auch ein Tangentialvektor an M. Da im Falle einer Untermannigfaltigkeit T a M ein R-Vektorraum sein soll, muß v 1 + v T a M sein. Dies kann aber nicht der Fall sein, da v 1 + v = (, 1, 1, 1) = v 3 nicht in M ist. Das sieht man wie folgt, wäre v 3 M, so gilt v 3 = α 3(0) und α 3 (0) = 0 für eine Kurve α 3 : ( ɛ, ɛ) M. Diese Kurve ist eindeutig bestimmt al s α 3 (t) = t(, 1, 1, 1). Diese Kurve kann aber nicht ( ɛ, ɛ) M abbilden, denn f ur beliebig kleine ɛ > 0 gilt ɛ ɛ ɛ = ɛ > 0 und damit nicht Element der Menge M. Folglich ist der Punkt (, 1, 1, 1) nicht in T a M, was der Eigenschaft eines R-Vektorraums widerspricht und folglich kann M keine Untermannigfaltigkeit sein. Aufgabe 1. Als erstes definieren wir die Funktion f : R R 3 durch (r, ϕ) (r cos ϕ, r sin ϕ, kϕ) Wir wollen zeigen, daß f(r ) eine Mannigfaltigkeit ist. Wir definieren eine Funktion g : R 3 R durch (x, y, z) x sin z k y cos z k Wir zeigen zunächst, daß g 1 (0) = f(r ). Sei (x, y, z) = (r cos ϕ, r sin ϕ, kϕ) f(r ), dann gilt g(x, y, z) = g(r cos ϕ, r sin ϕ, kϕ) = r sin ϕ cos ϕ r cos ϕ sin ϕ = 0. Angenommen, (x, y, z) g 1 (0), dann gibt es ϕ R, mit z = kϕ. Nun gilt sin ϕ x sin ϕ = y cos ϕ x x + y sin ϕ = y x + y cos ϕ x x + y sin ϕ = y x + y sin ϕ = y x + y cos ϕ y x + y cos ϕ sin ϕ = y x + y y x + y = ± sin ϕ. Analog folgt, x x +y = ± cos ϕ. Wir haben also (x, y, z) = (r cos ϕ, r sin ϕ, kϕ), mit r = ± x + y. Wir zeigen, daß 0 ein regulärer Wert von g ist. Dazu berechnen wir den Gradienten grad(g; (x, y, z)) = (sin z k, cos z k, 1 k (x cos z k + y sin z k )). Die ersten beiden Einträge werden aber nie gleichzeitig 0, und deshalb ist 0 ein regulärer Wert. Es folgt nun sofort, daß W als offene Teilmenge einer Mannigfaltigkeit selbst eine solche ist (lokal Urbild eines regulären Wertes!). Wir beweisen auf eine zweite Art und Weise, daß W eine Mannigfaltigkeit ist: Klar ist, daß (0, ) R eine Mannigfaltigkeit ist. Wir zeigen, daß W diffeomorph dazu ist. Der Diffeomorphismus ist gerade ψ. Klar ist

3 ψ diffbar, also bleibt noch zu zeigen, daß ψ bijektiv ist. Die Surjektivität ist klar, angenommen es gibt (r, ϕ) und (r, ϕ ), mit ψ(r, ϕ) = ψ(r, ϕ ), dann gilt kϕ = kϕ und deshalb ϕ = ϕ. Also folgt r cos ϕ = r cos ϕ und r sin ϕ = r sin ϕ. Entweder cos ϕ oder sin ϕ sind nicht null und deshalb r = r. Die Umkehrabbildung ist dann gerade gegeben durch (x, y, z) ( x + y, z k ). Offensichtlich läßt sich diese fortsetzen zu einer diffbaren Abbildung von R 3 nach R. Aufgabe 13. Sym(3, R) bezeichne den sechsdimensionalen Vektorraum der symmetrischen 3 3-Matrizen, Sym(3, R) := {C R 3 3 C t = C}. Betrachte die Abbildung Dann gilt f : R 3 3 Sym(3, R) A A t A E 3. f 1 (0) = O(3, R). Wir berechnen die Ableitung von f an der Stelle A R 3 3. Sei dazu H R 3 3, bezeichne eine beliebige Norm im R 3 3. f(a + H) = (A + H) t (A + H) E 3 = A t A E }{{} 3 + (A t H + H t A) + H }{{}}{{ t H }, =f(a) =f (A)H =o( H ) also f (A)H = A t H + H t A. Für jedes A O(3, R) ist die lineare Abbildung f (A) surjektiv und besitzt damit maximalen Rang, denn für beliebiges C Sym(3, R) gilt ( ) 1 f (A) AC = 1 (At AC + (AC) t A) = 1 (C + Ct ) = C, da C symmetrisch ist (beachte auch (AC) t = C t A t!). Damit ist die Nullmatrix regulärer Wert von f, woraus folgt, dass O(3, R) eine 9 6 = 3 dimensionale Untermannigfaltigkeit des R 9 = R 3 3 ist. O(3, R) ist als Urbild der abgeschlossenen Menge {0} unter der stetigen Funktion f abgeschlossen. Die Spalten einer orthogonalen Matrix A bilden ein Orthonormalsystem bzgl. des euklidischen Skalarprodukts. Bezeichnen A i, i = 1,, 3, die Spalten von A und fassen wir A als R 9 -Vektor auf, A = (A 1, A, A 3 ), dann gilt für dessen euklidische Norm A = A 1 A 1 + A A + A 3 A 3 = 3. Die euklidische Norm einer jeder orthogonalen Matrix ist also 3, woraus die Beschränktheit der O(3, R) folgt. Mit dem Satz von Heine-Borel folgt nun die Kompaktheit der O(3, R). Bemerkung. Den Beweis kann man ganz leicht auf die O(n, R) für n N ausdehnen. Aufgabe 14. Die Ebene E sei E := {(x, y, z) R 3 z = x + y}. Für beliebiges p = (x, y, x + y) t E bezeichne h(x, y) das Quadrat des Abstand zu e 1 = (1, 0, 0) t, h : R R >0 (x, y) p e 1 = (x 1) + y + (x + y) = x + y + x(y 1) + 1. Die Punkte, die den Quadratabstand zu e 1 minimieren, minimieren (wegen der Monotonie der Wurzel) auch den Abstand und umgekehrt (wegen der Monotonie des Quadrats). Wir suchen also Minima von h. Eine notwendige Bedingung dafür ist das Verschwinden des Gradienten, h(x, y) = (4x + (y 1), 4y + x). 3

4 h(x, y) verschwindet genau dann, wenn Die Hessematrix von h ist h(x, y) = x = 3, y = 1 3. ( 4 4 ) x, y R. Nach dem Hauptminorenkriterium ist diese Matrix positiv definit. Damit ist (x, y) = ( 3, 1 3 ) das einzige Minimum von h. Der gesuchte Punkt aus E mit dem minimalen Abstand zu e 1 ist also p 0 = ( 3, 1 3, 1 3 ). Aufgabe 15. Durch den gesammten Beweis sei X O(3; 1) beliebig aber fest und A, B R 4 4 beliebig. Wir werden im Folgenden einige wichtige Eigenschaften der Transponierten verwenden: Für zwei quadratische Matrizen A,B gilt allgemein: Eine Rechnung zeigt: (AB) T = B T A T (A 1 ) T = (A T ) 1 (A T DA) T = A T D T (A T ) T = A T DA Also ist A T DA eine symmetrische Matrix für alle A und die Abbildung f : A A T DA eine Abbildung von R 4 4 nach R 10 und außerdem offensichtlich stetig partiell differenzierbar und somit differenzierbar. Wir erinnern uns an die Definition von Differenzierbar. f ist Differenzierbar in X genau dann, wenn f( ) in einer Umgebung von X in der folgenden Art darstellbar ist: ( ) f(x + X) f(x) = f[x] X + ρ( X) Wobei f[x] eine eindeutige lineare Abbildung ist, die nur von X abhängt, und lim X 0 ρ( X) X = 0 Das gewählte X ist offensichtlich invertierbar, denn wenn X nicht invertierbar wäre, so wäre auch X T DX nicht invertierbar und somit X T DX D. Weiterhin ist damit (X T ) 1 X T DXX 1 = (X T ) 1 DX 1 also: ( ) (X T ) 1 DX 1 = D und insbesondere hat D durch einfaches Rechnen noch die wichtige Eigenschaft: ( ) A T D = (DA) T Da wir nun schon wissen, dass f differenzierbar ist, können wir folgende nützliche Technik der Störungsrechnung verwenden: f(x + X) = (X + X) T D(X + X) = X T DX + X T DX + X T D X + X T D X letzteres wegen der Linearität. Daraus folgt sofort mit ρ = ρ( X) = X T D X: f(x + X) f(x) = X T DX + X T D X + ρ ( ) = X T (X T ) 1 DX 1 X + X T (X T ) 1 DX 1 X + ρ = (X 1 X) T D + DX 1 X + ρ ( ) = (DX 1 X) T + DX 1 X + ρ 4

5 Offensichtlich ist die Bedingung lim X 0 ρ( X) X = 0 erfüllt und die lineare Abbildung: f : X (DX 1 X) T + DX 1 X ist also zwangsweise die Ableitung im Punkte X. (Man muss sich daran gewöhnen, dass man lineare Abbildungen nicht immer direkt als Matrix angeben sollte, wenn es nicht sinnvoll ist!) Der Bildraum der Ableitung ist Teilraum der symmetrischen Matrizen, denn A + A T ist immer symmetrisch! Es bleibt nur noch die Surjektivität der Ableitung zu zeigen, also dass ihr Bild genau die Symmetrischen Matrizen sind: Dann folgt aus dem Satz über Implizite Funktionen, dass O(3; 1) eine Mannigfaltigkeit ist. Dies sieht man aber wie folgt ein: Zum einen ist auf Grund der Form A T + A das Bild eine Teilmenge der symmetrischen Matrizen. Sei umgekehrt S eine symmetrische Matrix, so gilt für X := 1 XDS offensichtlich DX 1 X = DX 1 1 XDS = S und wegen der Symmetrie des Ausdrucks also: 1 S = DX 1 X + (DX 1 X ) T 5