4. Übungsblatt zur Differentialgeometrie

Institut für Mathematik Prof. Dr. Helge Glöckner Dipl. Math. Rafael Dahmen SoSe 11 06.05.2011 4. Übungsblatt zur Differentialgeometrie Aufgaben und Lösungen Gruppenübung Aufgabe G7 Der Tangentialraum an die Sphäre Sei M := S n die n-dimensionale Sphäre, aufgefasst als Untermannigfaltigkeit des R n+1 und sei a M ein Punkt. Zeigen Sie, dass der Untermannigfaltigkeitstangentialraum von M an der Stelle a gegeben ist durch: { y R n+1 : y a }. Lösung: Sei v ein Tangentialvektor an M an der Stelle a. Dann gibt es eine C 1 -Kurve γ: ] ε,ε[ R n+1, die vollständig in der Teilmenge M verläuft und für die gilt: γ0 = a und γ 0 = v. Da die Kurve vollständig in M = S n verläuft, bedeutet dies, dass für alle t ] ε,ε[ gilt: γt = 1 = γt 2 = 1 = γt,γt = 1. Da diese Gleichung für alle t ] ε,ε[ gilt, können wir beide Seiten nach t ableiten und erhalten: 2 γt,γ t = 0. γt γ t = 0. Setzen wir nun t = 0, erhalten wir, dass der Vektor γ0 = a senkrecht auf dem Vektor γ 0 = v steht. Dies zeigt die Inklusion,,. Nun bleibt zu zeigen, dass auch jeder Vektor v, der senkrecht auf dem Vektor a steht als Tangentialvektor an S n am Punkt a aufgefasst werden kann.

Hierzu stellen wir zwei alternative Lösungswege vor: 1. Möglichkeit: Dimensionsargument In der Vorlesung haben wir gesehen, dass der Untermannigfaltigkeitstangentialraum einer Untermannigfaltigkeit des R N ein Untervektorraum des R N ist, der isomorph zum abstrakten Tangentialraum ist, also die gleiche Dimension wie dieser besitzt. Aber der abstrakte Tangentialraum einer n-dimensionalen Mannigfaltigkeit hat immer Dimension n. Demnach hat der Untermannigfaltigkeitstangentialraum der n-sphäre die Dimension n und ist nach dem bereits gezeigten ein Untervektorraum von { y R n+1 : y a }. Dieser Raum hat aber auch Dimension n. Also sind die beiden Räume identisch. 2. Möglichkeit: Explizites Kurvenkonstruieren Sei v R n+1 mit v a. Falls v = 0, so erfüllt die konstante Kurve γ : t a alle Bedingungen. Sei deshlab v 0 Wir setzen r := v > 0 und können demnach den Vektor v schreiben als v = rv 0 mit einem Vektor v 0, der Länge eins hat. Wir definieren: γ :],+ [ R n+1 t cosrt a + sinrt v 0. Diese Kurve ist offensichtlich glatt, also insbesondere auch C 1. Sie verläuft in der Sphäre, weil γt 2 = cosrt a 2 +2cosrtsinrt a,v 0 + sinrt v }{{} 0 2 = cos 2 rt+sin 2 rt = 1. =0 An der Stelle t = 0 hat sie den richtigen Wert, weil γ0 = a Die Ableitung an der Stelle t = 0 ist: Das war zu zeigen. Aufgabe G8 γ 0 = r sinr 0 a + r cosr 0 v 0 = 0 + rv 0 = v. Étale Abbildungen a Zeigen Sie, dass f : R S 1 C : t e 2πit eine glatte étale Abbildung ist. b Für j {1,...,n + 1} setzen wir: Ω j := { v R n+1 : 0 }. Zeigen Sie, dass die Abbildung Γ j : Ω j Ω j v 1,...,v n+1 v 1,..., 1,, +1,..., v n+1 2

ein C -Diffeomorphismus und dass eine glatte Submersion ist. c Zeigen Sie, dass die Abbildung p j : Ω j R n w 1,...,w n+1 w 1,...,w j 1,w j+1,...,w n+1 Φ : R n+1 \ {0} PR n+1 v Rv eine glatte Submersion ist. Hinweis: Schreiben Sie Φ Ωj als Verkettung von Diffeomorphismen und einer Submersion. d Zeigen Sie, dass die Abbildung Ψ : S n PR n+1 v Rv eine surjektive glatte étale Abbildung ist. Lösung: a Sei t 0 R fest. Die Ableitung der Funktion f : R S 1 an der Stelle t 0 ist f t 0 = 2πie 2πit 0. Das heißt: Wenn wir T t0 R mit R identifizieren und T ft0 S 1 mit einem Untervektorraum von C, dann ist T t0 f : R T ft0 S 1 s 2πie 2πit0 s. Diese lineare Abbildung ist nicht konstant Null, weil z.b. 1 2πie 2πit0 0. Also ist das Bild mindestens eindimensional. Weil aber der Zielraum T ft0 S 1 eindimensional ist, ist die Abbildung T t0 f surjektiv. Da der Definitionsvektorraum R auch eindimensional ist, folgt aus einfacher linearer Algebra, dass die Abbildung injektiv ist. Zusammengesetzt ist T t0 f : R T ft0 S 1 bijektiv. Da t 0 beliebig war, können wir schließen, dass T t f immer surjektiv ist. Also ist f eine Submersion. Ebenso können wir schließen, dass T t f immer injektiv ist. Also ist f eine Immersion. Also ist T t f überall bijektiv. Demnach ist f eine étale Abbildung. b Offensichtlich ist Γ j : Ω j Ω j v 1,...,v n+1 v 1,..., 1,, +1,..., v n+1 3

eine glatte Abbildung. Ebenso offensichtlich ist Ξ j : Ω j Ω j w 1,..., w n+1 w j w 1,..., w j w j 1, w j, w j w j+1,..., w j w n+1 eine glatte Abbildung. Da Ξ j Γ j = id Ωj und Γ j Ξ j = id Ωj gilt, ist Γ j ein C -Diffeomorphismus. Die Abbildung p j : Ω j R n w 1,...,w n+1 w 1,...,w j 1,w j+1,...,w n+1 ist die Einschränkung der surketiven linearen Abbildung L : R n R n w 1,...,w n+1 w 1,...,w j 1,w j+1,...,w n+1. Deshalb gilt für jeden Punkt w Ω, dass T w p j = L und somit ist p j eine glatte Submersion. c Der Definitionsbereich der Abbildung Φ ist R n+1 \ {0} und lässt sich mit den offenen Mengen Ω 1,...,Ω n+1 überdecken. Weil die Eigenschaft, eine glatte Submersion zu sein, eine lokale Eigenschaft ist, reicht es aus, dies für Φ Ωj zu zeigen für alle j {1,...,n + 1}. Sei also j {1,...,n + 1} beliebig und sei v Ω j. Dann ist f j p j Γ j v = f j p j Γ j v v1 = f j p j,..., 1,, +1,..., v n+1 v1 = f j,..., 1, +1,..., v n+1 v1 = R,..., 1,1, +1,..., v n+1 = R v 1,..., 1,,+1,...,v n+1 Also haben wir gezeigt, dass = Rv = Φv. Φ Ωj = f j p j Γ j. Nun ist aber f j : R n P R n+1 bekanntermaßen aus der Vorlesung ein C -Diffeomorphismus. Und Γ j : Ω j Ω j ist ein C -Diffeomorphismus nach Aufgabenteil b. Und p j : Ω j R n ist eine C -Submersion. 4

Also ist Φ Ωj eine C -Submersion. Und weil j beliebig war, ist Φ: R n+1 \ {0} P R n+1 eine C -Submersion. Das war zu zeigen. Hausübung Aufgabe H7 Der n-dimensionale Torus Die Menge R n /Z n := {a + Z n : a R n } sei versehen mit der Quotiententopologie finalen Topologie bezüglich der Abbildung q : R n R n /Z n a a + Z n. a Zeigen Sie, dass q: R n R n /Z n eine offene Abbildung ist. b Zeigen Sie, dass R n /Z n eine topologische Mannigfaltigkeit ist. c Zeigen Sei, dass es eine eindeutige C -Mannigfaltigkeitsstruktur auf R n /Z n gibt, sodass q: R n R n /Z n ein lokaler C -Diffeomorphismus also eine glatte étale Abbildung wird. d Zeigen Sie, dass R n /Z n diffeomorph ist zu R/Z n und zu S 1 n. e Sei f := q [0,1] n die Einschränkung der Abbildung q auf den abgeschlossenen n- dimensionalen Einheitswürfel. Zeigen Sie am Beispiel von f : [0,1] n R n /Z n, dass eine Quotientenabbildung im Allgemeinen nicht offen sein muss. Lösung: a Sei U R n offen. Dann ist zu zeigen, dass qu offen in R n /Z n ist. Dies ist aber per Definition der Quotiententopologie genau dann der Fall, wenn q 1 qu offen in R n ist. Wie sieht aber die Menge q 1 qu aus? x q 1 qu qx qu y Uqx = qy y Ux y Z n y Ux y + Z n x U + Z n k Z n x U + k. x k Z n U + k. Dies zeigt, dass q 1 qu = k Z n U + k und das ist offen in Rn. b Wir müssen zeigen, dass R n /Z n Hausdorffsch ist und dass jeder Punkt eine offene Umgebung hat, die homömorph zu einer offenen Teilmenge des R n ist. 5

Wir beginnen mit der Hausdorff-Eigenschaft: Seien P,Q R n /Z n zwei unterschiedliche Punkte. Weil q: R n R n /Z n surjektiv ist, gibt es ein x,y R n mit qx = P und qy = Q. Die Menge aller Urbilder von Q unter q ist q 1 {Q} = y + Z n. Sei ε > 0 so klein, dass B Rn ε und B Rn ε x disjunkt zu allen B Rn ε y + k mit k Z n ist. Dann sind qb Rn ε y disjunkte Umgebungen von P und Q. Also ist R n /Z n Hausdorffsch. Sei nun a R n fest. Dann ist eine offene Teilmenge von R n und ist offen in R n /Z n nach Aufgabenteil a. Die Abbildung V a := B Rn 1 2 a U a := qv a V a U a y qy ist stetig als Einschränkung der stetigen Funktion q, offen als Einschränkung der offenen Funktion q auf offene Mengen im Bild und Urbild, surjektiv per Definition, und injektiv, was man wie folgt sieht: Angenommen, x,y V a mit x y und qx = qy. Weil V a Durchmesser 1 hat, folgt, dass x y < 1 ist. Weil aber qx = qy ist, folgt x y Z n und somit ist x y 1. Widerspruch. Also ist die Abbildung V a U a : y qy bijektiv, stetig und offen, also ein Homöomorphismus. Ihre Umkehrabbildung ist eine Karte und wir nennen sie Alle Karten dieser Form bilden einen Atlas φ a : V a U a : qy y. A := {φ a : a R n }, und weil jeder Punkt in R n /Z n auf mindestens einer Karte verzeichnet ist, ist R n /Z n eine topologische n-dimensionale Mannigfaltigkeit. c Wir betrachten den Atlas A aus Aufgabenteil b. Zuerst behaupten wir, dass dieser Atlas C ist, dass also Kartenwechsel C sind: Seien dazu a,b R n mit U a U b. Für jeden Punkt P ist sowohl φ a P als auch φ b P ein Urbild unter q, d.h. φ a P φ b P Z n. Dies impliziert, dass die Kartenwechselabbildung φ 1 b φ a : φ b U a U b φ b U a U b jeden Vektor x auf x+k mit k Z n abbildet. Aus Stetigkeitsgründen wir wissen bereits, dass Kartenwechsel stetig sind, hängt dieses k Z n zumindest lokal nicht von x ab und somit ist der Kartenwechsel also eine Abbildung, die auf einen Vektor x nur einen festen Vektor k hinzuaddiert. Das ist eine glatte Abbildung. x 6

Dies zeigt, dass A ein glatter Atlas ist. Dieser ist in einem maximalen C -Atlas à enthalten. Damit haben wir also eine C -Mannigfaltigkeitsstruktur auf R n /Z n. Die Karten eines Atlasses sind per Konstruktion Diffeomorphismen. Also ist jede Abbildung φ a : U a V a ein Diffeo. Also ist auch die Umkehrabbildung ein Diffeo. φ 1 a : V a U a x qx Dies zeigt, dass à eine C -Struktur auf R n /Z n ist, die q: R n R n /Z n zu einem lokalen Diffeo macht. Es bleibt die Eindeutigkeit der C -Struktur mit dieser Eigenschaft zu zeigen. Sei also B ein weiterer maximaler C -Atlas auf R n /Z n, sodass q: R n R n /Z n ein lokaler Diffeo ist. Dann bedeutet das, dass für jede Karte ψ B die Abbildung ψ q lokal um jeden Punkt, wo sie definiert ist, ein lokaler Diffeo ist. Da die Karten aus A aber mit Hilfe von q gemacht wurden, impliziert dies direkt, dass ψ mit jeder Karte φ A kompatibel ist und somit ist B Ã, bzw. B = Ã. d Die Abbildung Φ : R n /Z n R/Z n x + Z n x 1 + Z,...,x n + Z ist bijektiv und mit lokalen Karten sieht man leicht, dass sie glatt ist und die Ableitung an jedem Punkt invertierbar ist. Somit ist sie étal, also lokal ein Diffeo. Zusammen mit der Bijektivität ergibt dies einen globalen Diffeo. Wir wissen aus der Aufgabe H4, dass R/Z homöomorph zu S 1 ist und einfaches Nachrechnen ergibt, dass dieser Homöo glatt ist und étal. Somit ist er ein Diffeo. Hieraus folgt die zweite Behauptung. e Die Menge U 0 := ] 1 2, 1 2[ n R n ist offen in R n. Also ist U := [ 0, 1 2[ n = U0 [0,1] n offen in [0,1] n bezüglich der Teilraumtopologie Spurtopologie. Die Menge fu ist aber nicht offen in R n /Z n, weil q 1 fu = [ 0, 1 2[ n +Z n nicht offen in R n ist. Dies zeigt, dass f : [0,1] n R n /Z n keine offene Abbildung ist. Was zu zeigen bleibt, ist, dass f : [0,1] n R n /Z n eine Quotientenabbildung ist, dass also für U R n /Z n gilt, dass U genau dann offen in R n /Z n ist, wenn f 1 U offen in [0,1] n ist. Dies läuft darauf hinaus, zu zeigen, dass f 1 U ist offen in [0,1] n q 1 U ist offen in R n. Die Implikation ist trivial. Die andere ist kompliziert. 7

1. Möglichkeit benötigt aber Wissen über Topologie, das in der Vorlesung bis jetzt nicht behandelt wurde: Anstelle von offenen Mengen kann man Quotientenabbildung auch über abgeschlossene Mengen charakterisieren. Das heißt: Es reicht zu zeigen, dass f 1 A ist abegeschlossen in [0,1] n q 1 A ist abgeschlossen in R n. Sei also A R n /Z n so,dass f 1 A abgeschlossen in [0,1] n ist. Dann ist f 1 A kompakt, weil [0,1] n kompakt ist. Da stetige Abbildungen kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbilden, ist also auch qf 1 A = ff 1 A = A kompakt in R n /Z n. Und weil kompakte Teilmengen von Hausdorff-Räumen abgeschlossen sind, ist A abgeschlossen in R n /Z n. 2. Möglichkeit ist hässlich, dauert lange und wird hier nur für n = 1 skizziert: Sei U R/Z mit f 1 U offen in [0,1]. Wir wollen zeigen, dass q 1 U offen in R ist. Sei x q 1 U R. Wir wollen zeigen, dass es eine Umgebung von x gibt, die vollständig in q 1 U liegt. Aus der Periodizität von q folgt, dass wir annehmen dürfen, dass x [0, 1[ liegt. Dann gibt es zwei Fälle: Fall I: x ]0,1[: Dann ist ]0,1[ f 1 U eine offene Umgebung von x, die vollständig in q 1 U liegt. Fall II: x = 0: Da f 1 U offen in [0,1] ist, gibt es also ein ε 0 > 0 mit [0,ε 0 [ f 1 U. Aus der Definition er Abbildung f folgt sofort, dass f0 = q0 = q1 = f1. Somit muss auch 1 f 1 U sein. Wir können also auch ein ε 1 > 0 finden mit ]1 ε 1,1] f 1 U. Wenn wir nun ε := minε 0,ε 1 wählen, sieht man leicht, dass ]x ε,x + ε[ q 1 U. Ähnlich kann man auch für n > 1 argumentieren, allerdings wird die Sache komplizierter, weil der Rand von [0,1] n nicht nur zwei, sondern unendlich viele Punkte hat. Dies führt zu einer weiteren Reihe von Fallunterscheidungen und vielen aber endlich vielen Epsilons, von denen man das kleinste auswählt. Aufgabe H8 Der zweidimensionale Torus als Untermannigfaltigkeit des R 3 Ziel dieser Aufgabe ist es, die abstrakte Mannigfaltigkeit R 2 /Z 2 als Untermannigfaltigkeit des dreidimensionalen Raumes zu realisieren. Wir werden hierbei wenn es gerade sinnvoll erscheint den Raum C mit dem Raum R 2 identifizieren. Gegeben: r,r R mit 0 < r < R. Φ : R 2 C R R s,t + r cos2πs e 2πit, r sin2πs. Wir setzen T := ΦR 2 C R = R 3. 8

a Geben Sie die Abbildung Φ: R 2 R 3 explizit ohne Verwendung von komplexen Zahlen an. Falls möglich versuchen Sie sich vorzustellen, dass das Bild der Abbildung wirklich die Oberfläche eines Donuts ist. b Zeigen Sie, dass Φ: R 2 R 3 eine glatte Immersion ist. c Zeigen Sie, dass T C\ {0} R. d Setze Ψ: C\ {0} R C C : z,w z +iw R r, z z. Geben Sie eine einfache Formel für Ψ Φs,t an. e Zeigen Sie, dass genau dann Φs,t = Φs,t gilt, wenn s,t s,t Z 2 gilt. f Folgern Sie, dass es einen Homöomorphismus Φ: R 2 /Z 2 T gibt mit Φ = Φ q mit der Notation aus Aufgabe H7. g Zeigen Sie, dass T eine Untermannigfaltigkeit von R 3 ist und dass bezüglich dieser Mannigfaltigkeitsstruktur die Abbildung Φ ein C -Diffeomorphismus ist. Lösung: a Φ : R 2 R 3 s R + r cos2πs cos2πt R + r cos2πs sin2πt. t r sin2πs b Jede Komponente der Abbildung ist glatt, also ist die Abbildung glatt. Wenn wir die Darstellung aus Aufgabenteil a benutzen, können wir die Jacobi-Matrix berechnen: r sin2πscos2πt R + r cos2πs sin2πt 2π r sin2πs sin2πt R + r cos2πs cos2πt r cos2πs 0 Die oberen beiden Zeilen haben Determinante r R + r cos2πs sin2πs cos 2 2πt + sin 2 2πt }{{}}{{} R r>0 =1 Wenn also s / 1 2Z, dann ist sin2πs 0 und somit ist die Determinante ungleich 0 und unsere Matrix hat Rang 2. Bleibt also der Fall s = 1 2k mit k Z. Dann sieht unsere Jacobi-Matrix so aus: 0 R + r 1 k sin2πt 2π 0 R + r 1 k cos2πt r 1 k 0 Die beiden Spalten sind aber offensichtlich linear unabhängig. Und somit hat unsere Matrix auch in diesem Fall Rang 2. Also ist Φ eine Immersion. 9

c Die erste Komponente von R Φs,t = + r cos2πs e 2πit, r sin2πs C R wird niemals Null, weil R + r cos2πs e 2πit R r > 0. d Sei s,t R 2. Dann ist Ψ Φs,t = Ψ Φs, t R = Ψ + r cos2πs e 2πit, r sin2πs R + r cos2πs e 2πit + ir sin2πs R =, r R + r cos2πs + ir sin2πs R =, r = e 2πis, e 2πit. R + r cos2πs e 2πit R + r cos2πs e 2πit R + r cos2πs e 2πit R + r cos2πs e Wenn Φs,t = Φs,t, dann ist auch Ψ Φs,t = Ψ Φs,t und nach Aufgabenteil d folgt daraus, dass e 2πis, e 2πit = e 2πis, e 2πit und somit sofort, dass s,t s,t Z 2. Die Rückimplikation ist direkt klar, weil die Funktion Φ nur aus Funktionen zusammengesetzt ist, die sowohl in der s-variable als auch in der t-variable 1-periodisch sind. f Wir definieren: Φ : R 2 /Z 2 T qx Φx. Diese Abbildung ist wohldefiniert und injektiv nach e. Sie erfüllt Φ = Φ q nach Konstruktion. Die Surjektivität folgt ebenfalls direkt aus der Definition von T. Da Φ: R 2 T stetig ist und q: R 2 R 2 /Z 2 eine Quotientenabbildung, ist auch Φ: R 2 /Z 2 T stetig. Mit den Aufgaben H4 und H7 ist klar, dass R 2 /Z 2 zu S 1 2 homömoprh ist über die Abbildung: R/Z 2 S 1 2 : [s,t] Z 2 e 2πis, e 2πit. Nach Aufgabenteil d ist dies aber gerade Ψ Φ. Also ist Ψ Φ ein Homöomorphismus. Es folgt, dass Φ ein Diffeomorphismus ist. 10

g Die Abbildung Φ ist eine Immersion. Also ist auch Φ eine Immersion. Nach f ist Φ außerdem eine topologische Einbettung. Also ist T eine Untermannigfaltigkeit und Φ ist ein Diffeomorphismus. 11