Klassische Differentialgeometrie

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1 Klassische Differentialgeometrie Das Plateausche Problem Julius Lang Sommersemester 2017

2 Das Plateausche Problem Struktur der Vorlesung 1. Die Problemstellung 2. Mathematische Setting und ein Ansatz 3. Vergleich zum Beweis des Satzes von Hopf-Rinow 4. Äquivalente Umformulierung des Problems zur Umgehung von Problemen 5. Konstruktion einer Minimalfläche und damit Lösung des Problems Literatur Jürgen Jost: Differentialgeometrie und Minimalflächen, S

3 Das Plateausche Problem Anschauliche Fragestellung: Kann man zwischen einer gegebenen geschlossenen Kurve im R 3 stets ein Flächenstück mit minimalem Flächeninhalt aufspannen? Physikalischer Hintergrund: Man stellt sich die Kurve als einen geschlossenen Draht vor und spannt zwischen diesem eine Seifenhaut auf. Man kann physikalisch argumentieren, dass diese ihren Flächeninhalt stets minimiert. Ist sie also im Stillstand, so muss sie minmalen Flächeninhalt haben. Differentialgeometrische Fragestellung: Existiert zu jeder einfach geschlossenen C 2 -Kurve c : [a, b] R 3 ein Minimalflächenstück f : D R 3 definiert auf der Kreisscheibe D R 2, dessen Rand genau Parametrisierung von c ist? Antwort: Ja! Wir werden die Beweisidee besprechen. Wir werden einige Lemmata ohne Beweis benutzen und einige technische Probleme überspringen.

4 Setting und Ansatz Plateausche Problem: Existiert zu jeder einfach geschlossenen C 2 -Kurve c : [a, b] R 3 ein Minimalflächenstück f : D R 3 definiert auf der Kreisscheibe D R 2, dessen Rand genau Parametrisierung von c ist? Setting Wir fixieren eine einfach geschlossene C 2 -Kurve c : [0, 1] R 3 als Randkurve. Die Kreisscheibe ist D := {(x, y) R 2 (x, y) 1}. Ihr Rand ist D := {(x, y) R 2 (x, y) = 1}. Wir werden D und D auch als Teilmengen von C interpretieren. Dann ist D = {e iθ θ [0, 2π)}. Wir betrachten die Familie F von C 2 -Flächenstücken f : D R 3, die eingeschränkt auf den Rand, also f D, eine Umparametrisierung von c ist. Es reicht, ein Minimum des Volumenfunktionals zu finden. Plateausche Problem umformuliert: Gibt es in F eine Minimalfläche? Falls es Flächenstück f 0 F gibt, s.d. Vol(f 0) = inf Vol(f ), so ist f0 Minimalfläche! f F Dabei ist Vol(f ) := D det(g (x,y) )dxdy. Das ist eine Konsequenz aus der Variationsformel.

5 Vergleich Hopf-Rinow und Plateausches Problem Das ist also die selbe Aufgabenstellung wie beim Satz von Hopf-Rinow: Problem bei Hopf-Rinow Problem bei Plateau Betrachte Familie F von Kurven c mit Flächen f : D R 3, c(0) = p und c(1) = q. deren Rand c parametrisiert. Betrachte das Längenfunktional Volumenfunktional L(c) = c (t) dt Vol(f ) = det(g)dxdy Suche in Familie ein Objekt, dass das Funktional minimiert, also L(c 0) = inf c F L(c). Vol(f 0) = inf f F Vol(f ). Dieses Objekt ist kürzeste Verbindung Minimalfläche. zwischen p und q mit Rand c. Bei Hopf-Rinow haben wir einfach eine Folge c i F mit lim i L(c i ) = inf c F L(c) gewählt (alle nach Bogenlänge parametrisiert) und aus dieser einen Grenzwert c 0 F konstruiert, für den L(c 0) minimal war. Ein analoges Vorgehen funktioniert bei Flächen i.a. nicht mehr. Hauptproblem ist, dass sie keine kanonische Parametrisierung haben. Daher kann es Folge f i mit Vol(f i ) inf f F Vol(f ) geben, die punktweise nicht konvergiert.

6 Äquivalente Umformulierung des Problems Wir können unseren Ansatz aber retten. Wir ersetzen das Längenfunktional Vol durch das Energiefunktional E(f ) := 1 g g 22dxdy. D die Familie F durch die Familie F aller Flächenstücke f F mit drei festen Randpunkten. Genauer: Wir fixieren 0 θ 1 < θ 2 < θ 3 < 2π und damit drei Punkte e iθ k D, sowie drei Punkte auf c, z.b. A k = c( k 3 ). Wir betrachten nur noch Flächenstücke mit f (e iθ k ) = A k, also F := {f F f (e iθ k ) = A k, k = 1, 2, 3}. Lemma 1: Minimiert f 0 F das Energiefunktional, also E(f 0) = inf f F E(f ), so ist f 0 konform parametrisert und minimiert auch Vol. Lemma 2: Es ist inf f F E(f ) = inf f F E(f ). Folgerung: Ist f 0 F minimal bzgl. E in F, d.h. E(f 0) = inf E(f ), f F so ist f 0 eine konform parametrisierte Minimalfläche und löst das Plateausche Problem.

7 Beweis von Lemma 1 Lemma 1: Minimiert f 0 F das Energiefunktional, also E(f 0 ) = inf f F E(f ), so ist f 0 konform parametrisert und minimiert auch Vol. Hilfsaussage: Für Flächenstück f F ist E(f ) Vol(f ) und Gleichheit gilt genau dann, wenn f konform parametrisert ist. Beweis: Seien a, b, c R mit a, b 0. Dann gilt (a b) 2 0 und Gleichheit gdw. a = b. Die Ungleichung ist äquivalent zu a 2 + b 2 2ab mit Gleichheit gdw. a = b. Daher gilt a 2 + b 2 2ab 4c 2 mit Gleichheit gdw. a = b und c = 0. Äquivalent gilt (a + b) 2 = a 2 + b 2 + 2ab 4ab 4c 2, also 1 2 (a + b) ab c 2 mit Gleichheit gdw. a = b und c = 0. Also gilt für die Integranden 1 2 (g11 + g22) g 11g 22 g12 2 und daher 1 g 11 + g 22dxdy = E(f ) Vol(f ) = g 11g 22 g dxdy. U Da der Integrand von E stets größer ist als der von Vol, gilt Gleichheit gdw. die Integranden gleich sind (bis auf Nullmenge, ist aber egal, da alles stetig ist), also gdw. g 11 = g 22 und g 12 = 0. U

8 Beweis von Lemma 1 mit Hilfsaussage Lemma 1: Minimiert f 0 F das Energiefunktional, also E(f 0 ) = inf f F E(f ), so ist f 0 konform parametrisert und minimiert auch Vol. Hilfsaussage: Für Flächenstück f F ist E(f ) Vol(f ) und Gleichheit gilt genau dann, wenn f konform parametrisert ist. Beweis des Lemmas: Es gilt inf E(f ) = inf Vol(f ). f F f F Das folgt aus der (nicht trivialen, hier ausgelassenen) Aussage, dass jedes Flächenstück konform parametrisiert werden kann. Da Vol invariant ist unter Umparametrisierung, bekommen wir und aus der Hilfsaussage. Minimiert f 0 F nun das Energiefunktional, so ist Daher bekommen wir inf E(f ) = E(f0) Vol(f0) inf Vol(f ). f F f F E(f 0) = Vol(f 0) und Vol(f 0) = inf Vol(f ). f F Ersteres bedeutet (nach Hilfsaussage), dass f 0 konform parametrisiert ist, zweiteres, dass f 0 auch Vol minimiert.

9 Beweis von Lemma 2, konforme Umparametriserung und Hilfsaussage 1 Lemma 2: Es ist inf f F E(f ) = inf f F E(f ), wobei F := {f F f (e iθ k ) = A k, k = 1, 2, 3}. Definition: Eine Umparametrisierung Φ : U V eines Flächenstücks heißt konform, falls Φ in jedem Punkt die Cauchy-Riemann-Gleichungen erfüllt, d.h. ( ) a(x, y) b(x, y) dφ (x,y) =. b(x, y) a(x, y) Äquivalent, falls Φ aufgefasst als komplexe Funktion holomorph ist. Das Differential ist also eine Drehung + Streckung. Daraus folgt: Ist f konform parametrisiert und Φ konform, so ist auch f Φ konform parametrisiert. Hilfsaussage 1: Das Energiefunktional E ist invariant unter konf. Umparametrisierung. Beweis: Es ist ˆf x = (f Φ) x = a f x + b f y und ˆf y = (f Φ) y = b f x + a f y. Daher 2 E(f Φ) = (f Φ) x, (f Φ) x + (f Φ) y, (f Φ) y dxdy U = a 2 g ab g 12 + b 2 g 22 + b 2 g 11 2ab g 12 + a 2 g 22 dxdy U = 2 (a 2 + b 2 )(g 11 + g 22 )dxdy = 2 g 11 + g 22 dxdy = 2 E(f ). U }{{} V =det(dφ) Bemerkung: Man kann sich das auch an Matrizen überlegen: g 11 + g 22 = tr(g).

10 Beweis von Lemma 2, Hilfsaussage 2 und Möbiustransformationen Hilfsaussage 2: Seien (θ 1, θ 2, θ 3) und (φ 1, φ 2, φ 3) Tripel von Winkeln (paarweise ungleich) in [0, 2π). Dann gibt es eine konforme Bijektion ω : D D mit ω(e iθ k ) = e iϕ k. Beweis: Wir benutzen Möbiustransformationen der Kreisscheibe ω : D D ω(z) = e iα z a, wobei a C, a < 1, α R. az 1 ω is wohldefiniert, d.h. a < 1 1 az 0 und durch Ausrechnen von z 2 sieht man z < 1 ω(z) < 1 und z = 1 ω(z) = 1. ω ist als Verkettung von auf D holomorphen Funktionen selber holomorph, also konform. Man kann beliebige Möbiustransformationen ω(z) = az+b zu Bijektionen cz+d C { } C { } erweitern. Sie bilden dann ( eine ) Gruppe und sind isomorph zu einer a b Untergruppe von SL(2, C), wobei man ω mit identifiziert. c d Für z 1, z 2, z 3 C { } und ω(z) = (z z 1)(z 2 z 3 ) (z z 3 )(z 2 z 1 ) ist ω(z 1) = 0, ω(z 2 ) = 1 und ( ) z2 z ω(z 3 ) =. Sie hat Matrixdarstellung 3 z 1 (z 2 z 3 ). z 2 z 1 z 3 (z 2 z 1 ) Man kann also beliebige Tripel auf diese drei Punkte abbilden, und mit Verkettung einer Inversen beliebige Tripel (z 1, z 2, z 3 ) auf beliebige Tripel (w 1, w 2, w 3 ). Diese Verkettung für z k = e iθ k und w k = e iφ k ist eine Möbiustransformation der Kreisscheibe wie oben (man kann nachrechnen, indem man Matrizen multipliziert) und erfüllt alle Anforderungen.

11 Hilfsaussage 1: Das Energiefunktional E ist invariant unter konf. Umparametrisierung. Hilfsaussage 2: Seien (θ 1, θ 2, θ 3 ) und (φ 1, φ 2, φ 3 ) Tripel von Winkeln (paarweise ungleich) in [0, 2π). Dann gibt es eine konforme Bijektion ω : D D mit ω(e iθ k ) = e iϕ k. Lemma 2: Es ist inf f F E(f ) = inf f F E(f ), wobei F := {f F f (e iθ k ) = A k, k = 1, 2, 3}. Beweis von Lemma 2: Die Ungleichung ist trivial. Sei f F. Wir parametrisieren f so um, dass die Umparametrisierung in F ist. Seien φ 1, φ 2, φ 3 s.d. f (e iφ k ) = A k für k = 1, 2, 3 (sie existieren, da A k f ( D)). Dann gibt es nach Hilfsaussage 2 eine konforme Umparametrisierung ω, s.d. ω(e iθ k ) = e iφ k, also ist (f ω)(e iθ k ) = f (e iφ k ) = A k, folglich f := f ω F. Nach Hilfsaussage 1 ist E(f ) = E(f ). Das zeigt inf E(f ) inf E(f ). f F f F Wir haben Lemma 1 und Lemma 2 bewiesen und damit die Folgerung aus diesen.

12 Wahl einer geeigneten minimierenden Folge Folgerung: Ist f 0 F minimal bzgl. E in F = {f F f (e iθ k ) = A k, k = 1, 2, 3}, d.h. E(f 0 ) = inf E(f ), f F so ist f 0 eine konform parametrisierte Minimalfläche und löst das Plateausche Problem. Das Ziel ist es nun, ein minimales Flächenstück zu konstruieren. Wir wählen nun eine minimierende Folge f k F, also mit E(f k ) inf E(f ). f F Betrachten erst die Folge der Ränder, also m k := f k D (m k : D Spur(c) R 3 ). Mit harter Analysis zeigt man, dass eine Teilfolge der m k gleichmäßig gegen eine stetige Randkurve m : D Spur(c) konvergiert und m wie alle m k eine Umparametrisierung von c ist. (Wir überspringen dies, S in [Jost]) Die Folge der Ränder ist eine Folge von Parametrisierungen von c und hat bessere Konvergenzeigenschaften als die Folge der Flächenstücke selber. Hier brauchen wir die Bedingung, dass f k drei Punkte festhält. O.B.d.A. sei m k schon die TF. Die Folge f k hat noch schlechte Konvergenzeigenschaften. Wir ersetzen sie mit einer harmonischen Folge h k : D R 3, nämlich der eind. Lösung der Differentialgleichung: h k = 0 mit Randwerten h k D = f k D ( ) Lemma: Es ist h k F (da der Rand mit f k übereinstimmt) und E(h k ) E(f k ). Daher ist auch h k eine minimierende Folge von Flächenstücken.

13 Die harmonische Folge h k Wir ersetzen f k mit einer harmonischen Folge h k : D R 3, nämlich der eind. Lösung der Differentialgleichung: h k = 0 mit Randwerten h k D = m k ( ) Lemma: Es ist h k F (da der Rand mit f k übereinstimmt) und E(h k ) E(f k ). Daher ist auch h k eine minimierende Folge von Flächenstücken. Fakt ohne Beweis: Die Differentialgleichung ( ) heißt Dirichletproblem und besitzt immer eine eindeutige Lösung. Beweis des Lemmas: Seien f, h : D R 3 glatt, h = 0 und f D = h D. Dann E(f ) = E(h + (f h)) = 1 2 h (f h) 2 D x i + x i, h (f h) x i + x i dxdy i=1 = 1 2 h 2 2 D x i + 2 h (f h), xi x i + (f h) 2 i=1 }{{} x i dxdy. ( ) Wegen (gh) xx = g xx h + 2g x h x + gh xx ist ( ) = 2 (x i ) 2 h, f h 2 h (x i ) 2, f h h, 2 (f h) (x i ) 2. Wir wenden die Divergenzformel von Gauß an: Ist g D = 0, so ist 2 g D i=1 x i dxdy = 0. 2 (f h) D i=1 ( ) = h, f h = 0, denn x i h, f h = 0 und x i = 0 auf D. E(f ) D i=1 h 2 x dxdy = E(h) (Wir lassen nur einen positiven Term weg.) i E(f k ) E(h k ) (für die Folgen f k und h k aus dem Lemma) Da E(f k ) inf f F E(f ) gilt auch E(h k ) inf f F E(f ).

14 Der Wert einer harmonischen Funktion als Integral über kleinen Ball Mittelwerteigenschaft harmonischer Funktionen Fakt ohne Beweis: Ist h : U R 2 R subharmonisch, d.h. h 0, so gilt für genügend kleines r > 0 h(x 0, y 0) 1 u(x, y)dxdy. πr 2 B((x 0,y 0 ),r) Ist h harmonisch, also h = 0, so gilt Gleichheit. Maximumsprinzip Satz: Ist h : D R subharmonisch und u D, so ist h(u) max v D h(v). Beweis: Wir setzen µ := max u D h(u) und D µ := {u D\ D h(u) = µ}. Ist D µ =, so sind wir fertig, da h ein Maximum auf D, also auf den Rand hat. Ist u 0 D µ, so wenden wir mit Mittelwerteigenschaft auf h i µ an: 0 = h(u 0 ) µ 1 πr 2 h(u) µ du B(u 0,r) }{{} 0 Es folgt h(u) = µ für alle i B(u 0, r). Damit ist D µ offen, aber nach Definition auch abgeschlossen, also D µ = D\ D. Also ist h konstant auf D und die Behauptung gilt.

15 Der Grenzwert der harmonischen Folge h k Wir ersetzen f k mit einer harmonischen Folge h k : D R 3, nämlich der eind. Lösung der Differentialgleichung: h k = 0 mit Randwerten h k D = m k ( ) Maximumsprinzip: Ist h : D R subharmonisch und u D, so ist h(u) max v D h(v). Behauptung: max h k(u) h l (u) max m k(u) m l (u) für k, l N. u D u D Sei g : D R harmonisch. Dann ist (g 2 ) = 2(g xx + g yy )g + 2(gx 2 + gy 2 ) 0. Also ist g 2 subharmonisch. Dann ist u h k h l 2 = (hk 1 hl 1 ) 2 + (hk 2 hl 2 ) subharmonisch und das Maximumsprinzip liefert h k (u) h l (u) max v D h k(v) h l (v) = max v D m k(v) m l (v). Mit harter Analysis zeigt man, dass eine Teilfolge von m k := f k D gleichmäßig gegen eine stetige Randkurve m : D Spur(c) konvergiert und m wie alle m k eine Umparametrisierung von c ist. O.B.d.A. sei m k schon die TF. Wir können also h : D R 3 mit h(u) = lim k h k(u) definieren. Dann konvergiert h k gleichmäßig gegen h und es ist h D = m. Außerdem ist h auch harmonisch, da alle h k harmonisch sind.

16 Lemma: Falls h F, so minimiert h das Energiefunktional, d.h. E(h) = inf E(f ). f F Beweis: Schreibe h 2 = h x, h x + h y, h y Für 0 < ρ < 1 ist 1 h 2 1 dxdy = lim h 2 n n 2 dxdy lim 2 inf 1 n 2 B(0,ρ) Für ρ 1 bekommen wir B(0,ρ) inf f F E(f ) E(h) = 1 2 D h 2 dxdy inf E(f ). f F B(0,ρ) h n 2 dxdy

17 Löst h das Plateausche Problem? Lemma: Falls h F, so minimiert h das Energiefunktional, d.h. E(h) = inf E(f ). f F Folgerung: Ist f 0 F minimal bzgl. E in F, d.h. E(f 0 ) = inf E(f ), f F so ist f 0 eine konform parametrisierte Minimalfläche und löst das Plateausche Problem. Probleme Wir wissen nicht, ob h tatsächlich ein Flächenstück ist, also überall vollen Rang hat, sonst könnten wir die Folgerung anwenden. Wir müssen Flächenstücke zulassen, die in endlich vielen Punkten nicht regulär sein dürfen. Wir haben implizit angenommen, dass F =. Man kann zu jeder Kurve mit Polarkoordinaten ein (in nur endlich vielen Punkten nicht reguläres) Flächenstück konstruieren. Lösung des Plateauschen Problems (wenn man die Probleme gelöst hat) Satz: Zu jeder geschlossenen C 2 -Kurve c : [a, b] R 3 existiert ein Minimalflächenstück f : D R 3, s.d. df p in nur endlich vielen Punkten keinen vollen Rang hat und f F eine Reparametriserung von c ist.