Kurs:Analysis 3/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	7	7	0	0	4	0	4	0	0	6	0	4	6	6	50

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Hausdorff-Raum ${}X$.
2. Ein Prämaß ${}\mu$ auf einem Präring ${}{\mathcal {P}}$ auf einer Menge ${}M$.
3. Die Produkt-${}\sigma$-Algebra zu Messräumen ${}(M_{1},{\mathcal {A}}_{1}),\ldots ,(M_{n},{\mathcal {A}}_{n})$.
4. Der Kotangentialraum in einem Punkt  ${}P\in M$  einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${}M$.
5. Das Produkt von differenzierbaren Mannigfaltigkeiten ${}M$ und ${}N$.
6. Eine geschlossene Differentialform ${}\omega$ auf einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${}M$.

Lösung

1. Der topologische Raum ${}X$ heißt hausdorffsch, wenn es zu je zwei verschiedenen Punkten ${}x,y\in X$ zwei offene Mengen ${}U$ und ${}V$ gibt mit ${}x\in U,\,y\in V$ und ${}U\cap V=\emptyset$.
2. Eine Abbildung

   $\mu \colon {\mathcal {P}}\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0},\,T\longmapsto \mu (T),$

   ein Prämaß auf ${}M$, wenn folgende Bedingung erfüllt ist.

   Für jede abzählbare Familie von paarweise disjunkten Teilmengen ${}T_{i}$, ${}i\in I$, aus ${}{\mathcal {P}}$, für die ${}\bigcup _{i\in I}T_{i}$ ebenfalls zu ${}{\mathcal {P}}$ gehört, gilt

   ${}\mu {\left(\bigcup _{i\in I}T_{i}\right)}=\sum _{i\in I}\mu (T_{i})\,.$

3. Man nennt die von allen Quadern

   $S_{1}\times \cdots \times S_{n}{\text{ mit }}S_{i}\in {\mathcal {A}}_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n$

   auf ${}M_{1}\times \cdots \times M_{n}$ erzeugte ${}\sigma$-Algebra die Produkt-Sigma-Algebra der ${}(M_{i},{\mathcal {A}}_{i})$, ${}i=1,\ldots ,n$.

4. Unter dem Kotangentialraum an ${}P$ versteht man den Dualraum des Tangentialraumes ${}T_{P}M$ an ${}P$.
5. Es seien ${}(U_{i},U_{i}',\alpha _{i},i\in I)$ und ${}(V_{j},V_{j}',\beta _{j},j\in J)$ die Atlanten von ${}M$ und ${}N$. Dann nennt man den Produktraum ${}M\times N$ versehen mit den Karten

   $\alpha _{i}\times \beta _{j}\colon U_{i}\times V_{j}\longrightarrow U_{i}'\times V_{j}'$

   (mit $(i,j)\in I\times J$ und $U_{i}'\times V_{j}'\subseteq \mathbb {R} ^{m}\times \mathbb {R} ^{n}$) das Produkt der Mannigfaltigkeiten ${}M$ und ${}N$.

6. Eine differenzierbare Differentialform ${}\omega$ auf ${}M$ heißt geschlossen, wenn ihre äußere Ableitung ${}d\omega =0$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Mengen mit der Zerlegungseigenschaft zu einem äußeren Maß.
2. Die allgemeine Transformationsformel für Integrale.
3. Der Satz über Retraktionen zum Rand auf Mannigfaltigkeiten.

Lösung

1. Es sei ${}M$ eine Menge, ${}{\mathcal {P}}$ ein Präring auf ${}M$,

   $\mu \colon {\mathcal {P}}\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0}$

   ein äußeres Maß auf ${}M$ und ${}{\tilde {\mu }}$ die Fortsetzung von ${}\mu$ auf die Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(M)$. Dann gelten folgende Aussagen.

   1. Das Mengensystem aller Teilmengen ${}Z\subseteq M$, die die Zerlegungseigenschaft besitzen, bilden eine ${}\sigma$-Algebra.
   2. Die Einschränkung von ${}{\tilde {\mu }}$ auf diese ${}\sigma$-Algebra ist ein Maß.
2. Es sei ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ ein ${}\sigma$- endlicher Maßraum, ${}(N,{\mathcal {B}})$ ein Messraum und

   $\varphi \colon M\longrightarrow N$

   eine messbare Abbildung. Es sei ${}\nu$ das Bildmaß von ${}\mu$ unter ${}\varphi$, das ebenfalls als ${}\sigma$- endlich vorausgesetzt sei, und es sei

   $f\colon N\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$

   eine ${}\nu$-integrierbare Funktion. Dann ist auch ${}f\circ \varphi$ ${}\mu$-integrierbar, und es gilt

   ${}\int _{N}f\,d\nu =\int _{M}(f\circ \varphi )\,d\mu \,.$

3. Es sei ${}M$ eine kompakte orientierte differenzierbare Mannigfaltigkeit mit Rand ${}\partial M$ und mit abzählbarer Basis der Topologie. Dann gibt es keine stetig differenzierbare Abbildung

   $\varphi \colon M\longrightarrow \partial M,$

   deren Einschränkung

   auf ${}\partial M$ die Identität ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ ein Maßraum und seien ${}T_{i}\subseteq M$, ${}i=1,\ldots ,n$, messbare Teilmengen mit  ${}\mu (T_{i})<\infty$.  Für eine Teilmenge  ${}J\subseteq \{1,\ldots ,n\}$  sei

${}T_{J}=\bigcap _{i\in J}T_{i}\,.$

Beweise die Formel

${}\mu {\left(\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}\right)}=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}\,.$

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}n$. Für ${}n=1$ ist die Aussage klar. Der Fall ${}n=2$, der im Induktionsschritt verwendet wird, bedeutet

${}\mu (T_{1}\cup T_{2})=\mu (T_{1})+\mu (T_{2})-\mu (T_{1}\cap T_{2})\,$

und folgt aus der disjunkten Zerlegung

${}T_{1}\cup T_{2}=(T_{1}\setminus T_{2})\cup (T_{2}\setminus T_{1})\cup (T_{1}\cap T_{2})\,$

mittels

${}{\begin{aligned}\mu (T_{1}\cup T_{2})&=\mu (T_{1}\setminus T_{2})+\mu (T_{2}\setminus T_{1})+\mu (T_{1}\cap T_{2})\\&=\mu (T_{1}\setminus T_{1}\cap T_{2})+\mu (T_{2}\setminus T_{1}\cap T_{2})+\mu (T_{1}\cap T_{2})\\&=\mu (T_{1})-\mu (T_{1}\cap T_{2})+\mu (T_{2})-\mu (T_{1}\cap T_{2})+\mu (T_{1}\cap T_{2})\\&=\mu (T_{1})+\mu (T_{2})-\mu (T_{1}\cap T_{2}).\end{aligned}}$

Zum Induktionsschritt sei die Aussage für ein bestimmtes ${}n\geq 2$ bewiesen, und wir zeigen sie für ${}n+1$. Unter Verwendung des Falles mit zwei Mengen und der Induktionsvoraussetzung (für $T_{1},\ldots ,T_{n}$ und $T_{1}\cap T_{n+1},\ldots ,T_{n}\cap T_{n+1}$) ist

${}{\begin{aligned}\mu {\left(\bigcup _{i=1}^{n+1}T_{i}\right)}&=\mu {\left({\left(\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}\right)}\cup T_{n+1}\right)}\\&=\mu {\left(\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}\right)}+\mu (T_{n+1})-\mu {\left({\left(\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}\right)}\cap T_{n+1}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\mu (T_{n+1})-\mu {\left({\left(\bigcup _{i=1}^{n}T_{i}\right)}\cap T_{n+1}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\mu (T_{n+1})-\mu {\left(\bigcup _{i=1}^{n}{\left(T_{i}\cap T_{n+1}\right)}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\mu (T_{n+1})-\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J}\cap T_{n+1})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n+1\},\,n+1\not \in J,\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\mu (T_{n+1})-\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n,n+1\},\,n+1\in J,\,{\#\left(J\right)}=k+1}\mu (T_{J})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n+1\},\,n+1\not \in J,\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\mu (T_{n+1})+\sum _{\ell =2}^{n+1}(-1)(-1)^{\ell }{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n,n+1\},\,n+1\in J,\,{\#\left(J\right)}=\ell }\mu (T_{J})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n+1\},\,n+1\not \in J,\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}+\sum _{k=1}^{n+1}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n,n+1\},\,n+1\in J,\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}(-1)^{k+1}{\left(\sum _{J\subseteq \{1,\ldots ,n,n+1\},\,{\#\left(J\right)}=k}\mu (T_{J})\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Eindeutigkeitssatz für Maße.

Lösung

Für jede messbare Menge  ${}T\in {\mathcal {A}}$  ist ${}(T\cap M_{n})\uparrow T$ eine Ausschöpfung von ${}T$, sodass es nach Fakt *****  (5) genügt, die Gleichheit

${}\mu _{1}(T\cap M_{n})=\mu _{2}(T\cap M_{n})\,$

für alle  ${}T\in {\mathcal {A}}$  und alle  ${}n\in \mathbb {N}$  zu zeigen. Es sei ${}n$ fixiert. Wir betrachten das Mengensystem

${}{\mathcal {D}}_{n}={\left\{T\in {\mathcal {A}}\mid \mu _{1}(T\cap M_{n})=\mu _{2}(T\cap M_{n})\right\}}\,$

und wir wollen zeigen, dass dies ganz ${}{\mathcal {A}}$ ist. Da ${}{\mathcal {E}}$ durchschnittstabil ist, gehört nach Voraussetzung jede Menge  ${}E\in {\mathcal {E}}$  zu ${}{\mathcal {D}}_{n}$. Wir behaupten, dass ${}{\mathcal {D}}_{n}$ ein Dynkin-System ist. Offenbar ist  ${}M\in {\mathcal {D}}_{n}$.  Seien  ${}S\subseteq T$  Teilmengen, die zu ${}{\mathcal {D}}_{n}$ gehören. Dann ist

${}{\begin{aligned}\mu _{1}{\left((T\setminus S)\cap M_{n}\right)}&=\mu _{1}{\left({\left(T\cap M_{n}\right)}\setminus {\left(S\cap M_{n}\right)}\right)}\\&=\mu _{1}(T\cap M_{n})-\mu _{1}(S\cap M_{n})\\&=\mu _{2}(T\cap M_{n})-\mu _{2}(S\cap M_{n})\\&=\mu _{2}{\left({\left(T\cap M_{n}\right)}\setminus {\left(S\cap M_{n}\right)}\right)}\\&=\mu _{2}((T\setminus S)\cap M_{n}),\end{aligned}}$

sodass auch ${}T\setminus S$ zu ${}{\mathcal {D}}_{n}$ gehört. Es sei schließlich ${}T_{i}$, ${}i\in I$, eine abzählbare Familie paarweise disjunkter Teilmengen aus ${}{\mathcal {D}}_{n}$, und sei

${}T=\bigcup _{i\in I}T_{i}\,.$

Dann ist

${}{\begin{aligned}\mu _{1}{\left(T\cap M_{n}\right)}&=\mu _{1}{\left(\bigcup _{i\in I}(T_{i}\cap M_{n})\right)}\\&=\sum _{i\in I}\mu _{1}{\left(T_{i}\cap M_{n}\right)}\\&=\sum _{i\in I}\mu _{2}{\left(T_{i}\cap M_{n}\right)}\\&=\mu _{2}{\left(\bigcup _{i\in I}{\left(T_{i}\cap M_{n}\right)}\right)}\\&=\mu _{2}{\left(T\cap M_{n}\right)},\end{aligned}}$

sodass auch ${}T$ zu ${}{\mathcal {D}}_{n}$ gehört.
Damit ist ${}{\mathcal {D}}_{n}$ ein Dynkin-System, das das durchschnittsstabile Erzeugendensystem ${}{\mathcal {E}}$ enthält. Nach Fakt ***** ist daher  ${}{\mathcal {A}}\subseteq {\mathcal {D}}_{n}$,  und es gilt Gleichheit.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ und ${}(N,{\mathcal {B}},\nu )$ zwei endliche Maßräume und es seien

$f\colon M\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$

und

$g\colon N\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$

integrierbare Funktionen. Zeige

${}\int _{M\times N}(f+g)d\mu \otimes \nu =\nu (N)\cdot \int _{M}f(x)d\mu (x)+\mu (M)\cdot \int _{N}g(y)d\nu (y)\,.$

Lösung

Wegen Fakt ***** ist

${}\int _{M\times N}f+gd\mu \otimes \nu =\int _{M\times N}fd\mu \otimes \nu +\int _{M\times N}gd\mu \otimes \nu \,.$

Wir betrachten die beiden Summanden getrennt. Die Subgraphen von ${}f$ als Funktion auf ${}M$ bzw. auf ${}M\times N$ stehen miteinander in der Beziehung

${}{\begin{aligned}S(f,M\times M)&={\left\{(x,y,t)\mid 0\leq f(x,y)\leq t\right\}}\\&={\left\{(x,y,t)\mid 0\leq f(x)\leq t\right\}}\\&={\left\{(x,t)\mid 0\leq f(x)\leq t\right\}}\times N\\&=S(f,M)\times N.\end{aligned}}$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\int _{M\times N}fd\mu \otimes \nu &=\int _{M\times N}f_{+}d\mu \otimes \nu -\int _{M\times N}f_{-}d\mu \otimes \nu \\&={\left(\mu \otimes \nu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{+},M\times N)\right)}-{\left(\mu \otimes \nu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{-},M\times N)\right)}\\&={\left(\mu \otimes \lambda \otimes \nu \right)}{\left(S(f_{+},M)\times N\right)}-{\left(\mu \otimes \lambda \otimes \nu \right)}{\left(S(f_{-},M)\times N\right)}\\&={\left(\mu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{+},M)\right)}\cdot \nu (N)-{\left(\mu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{-},M)\right)}\cdot \nu (N)\\&={\left({\left(\mu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{+},M)\right)}-{\left(\mu \otimes \lambda \right)}{\left(S(f_{-},M)\right)}\right)}\cdot \nu (N)\\&={\left(\int _{M}f_{+}d\mu -\int _{M}f_{-}d\mu \right)}\cdot \nu (N)\\&=\nu (N)\cdot \int _{M}fd\mu .\end{aligned}}$

Die entsprechende Rechnung für ${}g$ liefert das Resultat.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein stetiges Vektorfeld auf ${}S^{2}$ an, das nur eine Nullstelle besitzt.

Lösung

Wir betrachten auf dem ${}\mathbb {R} ^{2}$ das stetige Vektorfeld ${}F$, das durch

${}F(x,y)={\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}e_{1}\,$

gegeben sei. Dieses hat keine Nullstelle und ist stetig. Wir transportieren dieses Vektorfeld mittels der stereographischen Projektion auf  ${}\mathbb {R} ^{2}\cong S^{2}\setminus \{N\}$  und ergänzen es im Nordpol durch den Wert  ${}0\in T_{N}S^{2}$.  Wir behaupten, dass dieses Vektorfeld stetig ist. Dazu sei ${}P_{n}$ sei eine Folge auf ${}S^{2}$, die gegen ${}N$ konvergiert. Dabei können wir direkt annehmen, dass alle  ${}P_{n}\neq N$  sind. Das Kartenbild dieser Folge ist

${}P'_{n}=(x_{n},y_{n})\,,$

und da ${}P_{n}$ gegen den Nordpol konvergiert, divergiert ${}\vert {P_{n}'}\vert$ bestimmt gegen ${}\infty$. Daher konvergiert die Folge

${}F(P'_{n})=F(x_{n},y_{n})={\frac {1}{x^{2}+y^{2}}}e_{1}\,$

gegen ${}0$.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (6 Punkte)

Berechne die zurückgezogene Differentialform ${}\varphi ^{*}\tau$ zu

${}\tau =dx\wedge dy\wedge dz-wdx\wedge dy\wedge dw+\cos(xy)dx\wedge dz\wedge dw-ywdy\wedge dz\wedge dw\,$

unter der Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{4},\,(r,s,t)\longmapsto (r^{2}s,t,\sin r,e^{st})=(x,y,z,w).$

Lösung

Es ist

${}dx=d(r^{2}s)=2rsdr+r^{2}ds\,,$

${}dy=dt\,,$

${}dz=d(\sin r)=\cos rdr\,$

und

${}dw=d(e^{st})=se^{st}dt+te^{st}ds\,.$

Damit ist

${}{\begin{aligned}\varphi ^{*}\tau &=d(r^{2}s)\wedge dt\wedge d(\sin r)-e^{st}d(r^{2}s)\wedge dt\wedge d(e^{st})\\&\,\,\,\,+\cos(r^{2}st)d(r^{2}s)\wedge d(\sin r)\wedge d(e^{st})-te^{st}dt\wedge d(\sin r)\wedge d(e^{st})\\&=r^{2}\cos(r^{2}st)\cos rds\wedge dt\wedge dr-2rste^{st}e^{st}dr\wedge dt\wedge ds\\&\,\,\,\,+r^{2}se^{st}\cos rds\wedge dr\wedge dt-t^{2}e^{st}e^{st}\cos rdt\wedge dr\wedge ds\\&=(r^{2}\cos r+2rste^{2st}-r^{2}se^{st}\cos(r^{2}st)\cos r-t^{2}e^{2st}\cos r)dr\wedge ds\wedge dt\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass jede stetige ${}n$- Differentialform ${}\omega$ auf einer offenen Menge  ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$  exakt ist.

Lösung

Wir können die Form als

${}\omega =h(x_{1},\ldots ,x_{n})dx_{1}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\,$

mit einer stetigen Funktion

$h\colon U\longrightarrow \mathbb {R}$

schreiben, wobei die ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$ die Koordinaten des ${}\mathbb {R} ^{n}$ bezeichnet. Zu jedem fixierten Tupel ${}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i+1},\ldots ,x_{n})$ hängt die eingeschränkte Abbildung ${}h_{i}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},-,x_{i+1},\ldots ,x_{n})$ nur von ${}x_{i}$ ab. Da ${}h_{i}$ stetig ist, gibt es eine Stammfunktion ${}H_{i}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},-,x_{i+1},\ldots ,x_{n})$. Deren partielle Ableitung nach ${}x_{i}$ ist gerade ${}h_{i}$

$\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i}H_{i}dx_{1}\wedge \ldots \wedge dx_{i-1}\wedge dx_{i+1}\wedge \ldots \wedge dx_{n}$

${}=\,$

Aufgabe (6 (1+1+3+1) Punkte)

Begründe, dass der ${}\mathbb {R} ^{2}$ keine Struktur einer Mannigfaltigkeit mit Rand derart trägt, dass die angegebene Teilmenge ${}T$ der Rand ist.

a)  ${}T={]0,1[}$,  wobei das Intervall auf der ${}x$-Achse liegt.

b)  ${}T=[0,1]$,  wobei das Intervall auf der ${}x$-Achse liegt.

c)  ${}T=\mathbb {R}$,  wobei ${}\mathbb {R}$ die ${}x$-Achse sei.

d)  ${}T=S^{1}$. 

Lösung

a) Der Rand ${}\partial M$ einer Mannigfaltigkeit mit Rand ist nach Fakt *****  (2) abgeschlossen, das offene Intervall als Teilmenge des ${}\mathbb {R} ^{2}$ ist aber nicht abgeschlossen.

b) Der Rand ${}\partial M$ einer Mannigfaltigkeit mit Rand ist nach Fakt ***** eine Mannigfaltigkeit ohne Rand, das abgeschlossene Intervall besitzt aber Randpunkte.

c) Es sei angenommen, dass ${}\mathbb {R} ^{2}$ eine Mannigfaltigkeit mit dem Rand ${}\mathbb {R} =\mathbb {R} \times \{0\}$ ist. Zu ${}P\in \mathbb {R}$ gibt es dann eine offene Umgebung ${}P\in U$ und eine Homöomorphie

$\alpha \colon U\longrightarrow V$

mit einer offenen Menge ${}V\subseteq H$, wobei ${}H$ eine Halbebene bezeichnet. Dabei können wir ${}V$ durch eine kleinere offene Halbballumgebung um ${}P$ ersetzen. Bei einer solchen Karte werden nach Fakt *****  (2) Randpunkte auf Randpunkte abgebildet, d.h. es ist

${}\alpha (U\cap \mathbb {R} )=V\cap \delta H\,.$

Damit erhält man auch eine Homöomorphie zwischen den Komplementen, also zwischen ${}U\setminus U\cap \mathbb {R}$ und ${}V\setminus V\cap \delta H$. Die Halbballumgebung rechts ist aber wegzusammenhängend, wohingegen die Menge links die disjunkte Vereinigung der Schnitte mit der positiven bzw. der negativen Hälfte ist, die beide offen und auch nicht leer sind, da ${}U$ eine Ballumgebung von ${}P$ enthält. Daher ist die Menge links nicht zusammenhängend und es kann keine Homöomorphie geben.

d) wie c).

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Retraktionen auf den Rand auf Mannigfaltigkeiten.

Lösung

Der Rand ${}\partial M$ ist nach Fakt ***** eine orientierte differenzierbare Mannigfaltigkeit (ohne Rand). Daher gibt es nach Fakt ***** eine stetig differenzierbare positive Volumenform ${}\tau$ auf ${}\partial M$. Es ist ${}\int _{\partial M}\tau >0$. Die äußere Ableitung der Volumenform ${}\tau$ ist ${}0$. Nehmen wir an, dass es eine stetig differenzierbare Abbildung

$\varphi \colon M\longrightarrow \partial M$

mit ${}\varphi {|}_{\partial M}=\operatorname {Id} _{\partial M}$ gebe. Dann ist die zurückgezogene Form ${}\varphi ^{*}\tau$ eine ${}(n-1)$- Differentialform auf ${}M$, deren Einschränkung auf den Rand mit ${}\tau$ übereinstimmt. Daher gilt unter Verwendung von Fakt ***** und Fakt *****  (5)

${}{\begin{aligned}\int _{\partial M}\tau &=\int _{\partial M}\varphi ^{*}\tau \\&=\int _{M}d(\varphi ^{*}\tau )\\&=\int _{M}\varphi ^{*}(d\tau )\\&=\int _{M}\varphi ^{*}(0)\\&=0.\end{aligned}}$

Dies ist ein Widerspruch.