Kurs:Analysis 3/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	$\sum$
Punkte	3	3	9	9	8	6	3	11	5	5	3	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Produkt-Präring auf $M_1\times \cdots \times M_n$ der Präringe $(M_1,{𝒫}_1),\dots ,(M_n,{𝒫}_n)$.
2. Das Borel-Lebesgue-Maß auf dem ${ℝ}^n$.
3. Der Kegel zu einer Basismenge $B\subseteq {ℝ}^n$ und einem Punkt $P\in {ℝ}^{n+1}$.
4. Ein regulärer Punkt $Q\in L$ zu einer differenzierbaren Abbildung

   $\phi :L⟶M$

   zwischen differenzierbaren Mannigfaltigkeiten $L$ und $M$.

5. Ein orientierungstreuer Kartenwechsel auf einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit $M$.
6. Die äußere Ableitung einer stetig differenzierbaren $k$-Differentialform $\omega \in {ℰ}^k(U)$ auf einer offenen Menge $U\subseteq {ℝ}^n$.

Lösung

1. Der Produkt-Präring ist der von allen Quadern

   $S_1\times \cdots \times S_n\text{ mit }{S}_i\in {𝒫}_i\text{ für alle }i=1,\dots ,n$

   erzeugte Präring in $M_1\times \cdots \times M_n$.

2. Das Borel-Lebesgue-Maß auf ${ℝ}^n$ ist das (eindeutig bestimmte) Maß $\lambda$ auf $({ℝ}^n,{ℬ}^n)$, das für jeden Quader der Form $Q=[a_1,b_1]\times \cdots \times [a_n,b_n]$ den Wert $\lambda (Q)=(b_1-a_1)\cdots (b_n-a_n)$ besitzt.
3. Der Kegel zur Basis $B$ mit der Spitze $P$ ist definiert durch

   $K_B=\{P+t(Q-P)\mid Q\in B,t\in [0,1]\}.$

4. Der Punkt  $Q\in L$  heißt regulär für $\phi$, wenn die Tangentialabbildung

   $T_Q(\phi ):T_{Q}L⟶T_{\phi (Q)}M$

   im Punkt $Q$ maximalen Rang besitzt.

5. Es seien

   ${\alpha }_1:U_1⟶V_1$

   und

   ${\alpha }_2:U_2⟶V_2$

   orientierte Karten von $M$. Der zugehörige Kartenwechsel

   $\psi ={\alpha }_2\circ {\alpha }_1^{-1}:V_1\cap {\alpha }_1(U_1\cap U_2)⟶V_2\cap {\alpha }_2(U_1\cap U_2)$

   heißt orientierungstreu, wenn für jeden Punkt $Q\in V_1\cap {\alpha }_1(U_1\cap U_2)$ das totale Differential

   ${\left(D\psi \right)}_Q:{ℝ}^n⟶{ℝ}^n$

   orientierungstreu ist.

6. Die Form $\omega$ besitzt auf $U$ eine Darstellung

   $\omega =\sum _{I\subseteq \{1,\dots ,n\},\mathrm{\#}\left(I\right)=k}{f}_{I}d{x}_I$

   mit stetig differenzierbaren Funktionen

   $f_I:U⟶ℝ.$

   Dann ist die äußere Ableitung die $(k+1)$-Form

   $d\omega =\sum _{I\subseteq \{1,\dots ,n\},\mathrm{\#}\left(I\right)=k}d{f}_I\wedge d{x}_I=\sum _{I\subseteq \{1,\dots ,n\},\mathrm{\#}\left(I\right)=k}\left(\sum _{j=1}^n\frac{\partial f_I}{\partial x_j}d{x}_j\right)\wedge d{x}_I.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beschreibung des Produkt-Präringes.
2. Der Satz über die lokale Beschreibung von Differentialformen.
3. Der Satz über die Partition der Eins.

Lösung

1. Es seien $(M_1,{𝒫}_1),\dots ,(M_n,{𝒫}_n)$ Mengen mit darauf erklärten Präringen. Dann besteht der Produkt-Präring aus allen endlichen disjunkten Vereinigungen von Quadern.
2. Es sei $M$ eine differenzierbare Mannigfaltigkeit und $U\subseteq M$ eine offene Teilmenge mit einer Karte

   $\alpha :U⟶V$

   und $V\subseteq {ℝ}^n$ offen. Es seien

   $x_j:U⟶ℝ$

   die zugehörigen Koordinatenfunktionen, $1\le j\le n$. Dann lässt sich jede auf $U$ definierte $k$-Differentialform

   $\omega \in {ℰ}^k(U)$ eindeutig schreiben als

   $\omega =\sum _{J,\mathrm{\#}\left(J\right)=k}{f}_{J}d{x}_J$

   mit eindeutig bestimmten Funktionen

   $f_J:U⟶ℝ.$

3. Es sei $M$ eine differenzierbare Mannigfaltigkeit mit einer abzählbaren Basis der Topologie. Dann gibt es zu jeder offenen Überdeckung eine der Überdeckung untergeordnete stetig differenzierbare Partition der Eins.

Aufgabe (9 (2+4+3) Punkte)

Aus einem Blatt Papier mit den Seitenlängen $30$ und $20$ cm sollen kreisförmige Konfettiplättchen mit einem Durchmesser von $\mathrm{0,5}$ cm herausgestanzt werden.

a) Zeige, dass man höchstens $3057$ Konfettiplättchen aus einem Blatt erhalten kann.

b) Zeige, dass man mindestens $2607$ Konfettiplättchen aus einem Blatt erhalten kann.

c) Der geniale Narr Karl-Heinz kommt auf die Idee, das Blatt insgesamt neunmal zu falten, wobei jeweils die längere Seite halbiert wird. Anschließend wird das entstandene Bündel gestanzt. Wie viele Plättchen kann man mit dieser Methode erhalten?

Lösung

a) Die Fläche der Plättchen ist (alle Flächenangaben sind in Quadratzentimetern)

$\pi \cdot \mathrm{0,2}{5}^2=\pi \cdot \mathrm{0,0625}.$

Dies liegt zwischen

$\mathrm{3,14}\cdot \mathrm{0,0625}=0,19625<\pi \cdot \mathrm{0,0625}<\mathrm{3,15}\cdot \mathrm{0,0625}=\mathrm{0,196875}.$

Da das Blatt $600$ Quadratzentimetern Fläche besitzt, kann man aus Materialgründen maximal

$600:\mathrm{0,19625}=\mathrm{3057,3},$

also allerhöchstens $3057$ Plättchen erhalten.

b) Wir ordnen auf dem Blatt die Kreise aneinanderliegend in Reihen an, wobei wir das Blatt im Hochformat nehmen. Die geraden Reihen werden um $\mathrm{0,25}$ cm nach rechts verschoben, um die Zwischenräume besser aufzufüllen. Die Reihen erhalten dann abwechselnd $40$ bzw. $39$ Kreise. Der vertikale Abstand der Kreismittelpunkte zwischen zwei benachbarten Reihen ist

$\frac{\sqrt{3}}{4}.$

Dabei ist

$\sqrt{3}\le \mathrm{1,8}$

und

$\frac{\sqrt{3}}{4}\le \mathrm{0,45}$

Somit gibt es mindestens

$30:\mathrm{0,45}=\mathrm{66,666}\dots ,$

also mindestens $66$ Reihen. Mit dieser Methode erhält man

$33\cdot 40+33\cdot 39=33\cdot 79=2607$

Plättchen.

c) Bei den neun Halbierungen wird die längere Seite fünfmal und die kürzere Seite viermal halbiert. Die entstehenden Längen des Bündels ergeben sich aus

$30\to 15\to \mathrm{7,5}\to \mathrm{3,75}\to \mathrm{1,875}\to \mathrm{0,9375}$

und aus

$20\to 10\to 5\to \mathrm{2,5}\to \mathrm{1,25.}$

Nach der in b) beschriebenen Methode (wobei man das Bündel im Querformat nimmt) kann man wegen

$2\cdot \mathrm{0,45}=\mathrm{0,9}\le \mathrm{0,9375}$

zwei Reihen mit je zwei Kreisen platzieren ($5$ kann man sicher nicht rausstanzen). Insgesamt ergeben sich so

$2^9\cdot 4=2^{11}=2048$

Konfettiplättchen.

Aufgabe (9 (1+4+4) Punkte)

Es sei

$M=\{(x,y)\in {ℝ}^2\mid x^2+y^2=1,y\ge 0\}$

der obere Einheitshalbkreis und

$p:M⟶[-1,1],(x,y)⟼x,$

die Projektion auf die $x$-Achse. Zu  $n\in \mathbb{N}$  seien $n+1$ Punkte auf $M$ gleichverteilt in dem Sinne, dass $(1,0)$ und $(-1,0)$ dazugehören und dass der Winkel zwischen zwei benachbarten Punkten konstant ist.

a) Skizziere die Situation für  $n=7$  einschließlich der Bildpunkte unter $p$.

b) Es sei ${\mu }_n$ das Zählmaß auf $M$, bei dem jeder Punkt der Verteilung den Wert $1$ erhält und es sei

${\nu }_n=p_{\ast }{\mu }_n$

das zugehörige Bildmaß auf $[-1,1]$. Man gebe eine Formel für

${\nu }_n([t,1])$

($t\in [-1,1]$) mithilfe des Arkuskosinus an.

c) Bestimme

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\nu }_n([1-\frac{2}{n},1]).$

Lösung

a) $$

b) Wir betrachten die Abbildung

$[0,\pi ]⟶M,s⟼(\cos s,\sin s),$

die den oberen Halbkreis gleichförmig parametrisiert. Dabei entspricht der angegebenen gleichwinkligen Unterteilung von $M$ mit $n+1$ Punkten die äquidistante Unterteilung des Intervalls $[0,\pi ]$ mit dem Abstand $\pi /n$, das wir ${\lambda }_n$ nennen. Das Bildmaß kann man also auch auffassen als Bildmaß zu ${\lambda }_n$ unter der Abbildung

$[0,\pi ]⟶[-1,1],s⟼\cos s.$

Daher ist

$\begin{array}{cc}{\nu }_n[t,1]& ={\lambda }_n(\arccos ([t,1]))\\ & ={\lambda }_n([0,\arccos t])\\ & =\lfloor \frac{n\arccos t}{\pi }\rfloor +1.\end{array}$

c) Wir behaupten, dass die Folge bestimmt gegen $+\mathrm{\infty }$ divergiert. Es ist zunächst

$\lfloor \frac{n\arccos (1-\frac{2}{n})}{\pi }\rfloor +1\ge \frac{n\arccos (1-\frac{2}{n})}{\pi }=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{\arccos (1-\frac{2}{n})}{\frac{2}{n}}.$

Es genügt also zu zeigen, dass

${\lim }_{h\to 0}\frac{\arccos (1-h)}{h}=+\mathrm{\infty }$

ist. Nach der Regel von l'Hospital kann man stattdessen

$\frac{\frac{1}{\sqrt{1-(1-h{)}^2}}}{1}=\frac{1}{\sqrt{2h-h^2}}=\frac{1}{\sqrt{h}\sqrt{2-h}}$

betrachten, und dies divergiert bestimmt gegen $+\mathrm{\infty }$.

Aufgabe (8 Punkte)

Zeige, dass das Borel-Lebesgue-Maß das einzige translationsinvariante Maß auf dem ${ℝ}^n$ ist, das für den Einheitswürfel den Wert $1$ besitzt.

Lösung

Das Borel-Lebesgue-Maß ${\lambda }^n$ erfüllt nach Fakt ***** diese Bedingungen. Es sei $\mu$ ein solches Maß. Nach Fakt ***** ist es egal, ob diese Bedingung an den abgeschlossenen, den offenen oder einen halboffenen Einheitswürfel gestellt wird. Wir werden durchgehend mit rechtsseitig offenen Quadern arbeiten. Da der ${ℝ}^n$ durch abzählbar viele Verschiebungen des Einheitswürfels überdeckt wird, die wegen der Translationsinvarianz von $\mu$ alle das gleiche Maß besitzen, ist $\mu$ $\sigma$-endlich. Wir müssen zeigen, dass $\mu$ mit ${\lambda }^n$ übereinstimmt, wobei es aufgrund des Eindeutigkeitssatzes genügt, die Gleichheit auf einem durchschnittsstabilen Erzeugendensystem für die Borel-Mengen nachzuweisen. Ein solches System bilden die Quader der Form $[a_1,b_1[\times \cdots \times [a_n,b_n[$ mit rationalen Ecken. Wegen der Translationsinvarianz von $\mu$ besitzt ein solcher Quader das gleiche Maß wie der verschobene Quader $[0,b_1-a_1[\times \cdots \times [0,b_n-a_n[$. Wir schreiben einen solchen Quader unter Verwendung eines Hauptnenners als  $Q=[0,\frac{c_1}{m}[\times \cdots \times [0,\frac{c_n}{m}[$  mit  $m,c_1,\dots ,c_n\in \mathbb{N}$.  Dieser Quader setzt sich disjunkt aus $c_1\cdots c_n$ Quadern (nämlich $[\frac{i_1}{m},\frac{i_1+1}{m}[\times \cdots \times [\frac{i_n}{m},\frac{i_n+1}{m}[$ mit $i_j\in \{0,\dots ,c_j-1\}$) zusammen, die alle das gleiche $\mu$-Maß haben, da sie ineinander verschoben werden können. Das $\mu$-Maß des Quaders $Q$ ist also das $c_1\cdots c_n$-fache des $\mu$-Maßes des Quaders  $\tilde{Q}=[0,\frac{1}{m}[\times \cdots \times [0,\frac{1}{m}[$.  Da sich der Einheitswürfel aus $m^n$ verschobenen Kopien dieses kleineren Würfels zusammensetzt, muss  $\mu (\tilde{Q})=\frac{1}{m^n}$  und damit

$\mu (Q)=c_1\cdots c_n\cdot \frac{1}{m^n}={\lambda }^n(Q)$

sein.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei $Z$ der Zylinder um die $x$-Achse und $W$ der Zylinder um die $z$-Achse, beide zum Radius $1$. Bestimme das Volumen des Durchschnitts $Z\cap W$.

Lösung

Es ist

$Z=\{(x,y,z)\in {ℝ}^3\mid y^2+z^2\le 1\}$

und

$W=\{(x,y,z)\in {ℝ}^3\mid x^2+y^2\le 1\}.$

Somit ist

$T=Z\cap W=\{(x,y,z)\in {ℝ}^3\mid y^2+z^2\le 1\text{ und }{x}^2+y^2\le 1\}.$

Wir bestimmen den Flächeninhalt des Querschnitts von $T$ zu $x$ zwischen $0$ und $1$. Der Querschnitt ist

$T(x)=\{(y,z)\in {ℝ}^2\mid y^2+z^2\le 1\text{ und }|y|\le \sqrt{1-x^2}\}.$

Bei fixiertem $y$ (neben dem fixierten $x$) läuft $z$ zwischen $-\sqrt{1-y^2}$ und $\sqrt{1-y^2}$. Der Flächeninhalt von $T(x)$ ist durch

$\begin{array}{cc}{\lambda }^2(T(x))& =2{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\sqrt{1-y^2}dy\\ & ={(y\cdot \sqrt{1-y^2}-\arccos y)}_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\\ & =\sqrt{1-x^2}\cdot \sqrt{1-{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^2}-\arccos \left(\sqrt{1-x^2}\right)+\sqrt{1-x^2}\cdot \sqrt{1-{(-\sqrt{1-x^2})}^2}+\arccos (-\sqrt{1-x^2})\\ & =2x\sqrt{1-x^2}-2\arccos \left(\sqrt{1-x^2}\right)+\pi \\ & =2x\sqrt{1-x^2}-2\arcsin x+\pi .\end{array}$

Eine Stammfunktion dazu ist

$-\frac{2}{3}{(1-x^2)}^{3/2}-2x\arcsin x-2\sqrt{1-x^2}+\pi x.$

Somit ist das Volumen von $T$ gleich

$\begin{array}{cc}2{\int }_0^{1}2x\sqrt{1-x^2}-2\arcsin x+\pi dx& =2{(-\frac{2}{3}{(1-x^2)}^{3/2}-2x\arcsin x-2\sqrt{1-x^2}+\pi x)}_0^1\\ & =2(-2\frac{\pi }{2}+\pi +\frac{2}{3}+2)\\ & =\frac{16}{3}.\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $X$ ein Hausdorffraum. Zeige, dass die Diagonale

$\mathrm{△}=\{(x,y)\in X\times X\mid x=y\}$

eine abgeschlossene Teilmenge im Produktraum $X\times X$ ist.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass das Komplement

$W=X\times X\setminus \mathrm{△}=\{(x,y)\mid x,y\in X,x\ne y\}$

offen ist. Es sei also $(x,y)$ ein Paar mit  $x\ne y$.  Aufgrund der vorausgesetzten Hausdorff-Eigenschaft gibt es disjunkte offene Mengen $U,V\subseteq X$ mit $x\in U$ und $y\in V$. Es ist $(x,y)\in U\times V$ und nach Definition der Produkttopologie ist $U\times V$ eine offene Menge in $X\times X$. Wegen der Disjunktheit folgt aus $(z,w)\in U\times V$ sofort  $z\ne w$.  Also ist

$(x,y)\in U\times V\subseteq W$

und $W$ ist die Vereinigung von solchen offenen Produktmengen, also selbst offen.

Aufgabe (11 (1+3+1+2+4) Punkte)

Wir betrachten die Menge

$N=\{A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\mid A\text{ ist nilpotent}\}\subseteq {ℝ}^4$

der reellen nilpotenten $2\times 2$-Matrizen sowie die Menge

$M=N\setminus \{\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\}.$

a) Ist $N$ zusammenhängend?

b) Zeige, dass $M$ eine abgeschlossene Untermannigfaltigkeit einer offenen Teilmenge  $G\subseteq {ℝ}^4$  ist.

c) Bestimme die Dimension von $M$.

d) Ist $M$ zusammenhängend?

e) Überdecke $M$ mit expliziten topologischen Karten.

Lösung

a) Jede nilpotente Matrix $\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ lässt sich durch den linearen Weg

$[0,1]⟶N,t⟼t\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),$

innerhalb der nilpotenten Matrizen mit der Nullmatrix verbinden. Daher ist $N$ wegzusammenhängend und damit auch zusammenhängend.

b) Eine $2\times 2$-Matrix ist genau dann nilpotent, wenn sowohl die Spur als auch die Determinante $0$ sind. Die Menge $N$ der nilpotenten Matrizen kann also als

$\{(a,b,c,d)\mid a+d=0\text{ und }ad-bc=0\}$

aufgefasst werden. Wir betrachten die Abbildung

${ℝ}^4⟶{ℝ}^2,(a,b,c,d)⟼(a+d,ad-bc).$

Deren Jacobi-Matrix ist

$\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 1\\ d& -c& -b& a\end{array}\right).$

Diese Abbildung ist im Nullpunkt nicht regulär, aber in jedem anderen Punkt der Faser $N$. Wenn nämlich $P\in M$ ist, so folgt wegen

$a^2=bc$

aus

$b=c=0$

sofort

$a=b=c=d=0.$

Die Jacobi-Matrix hat also in den Punkten aus $M$ den maximalen Rang. Mit

$G={ℝ}^4\setminus \{0\}$

kann man $M$ als die Faser der eingeschränkten Abbildung auffassen, die überall auf der Faser regulär ist. Daher ist $M$ nach Fakt ***** eine abgeschlossene Untermannigfaltigkeit von $G$.

c) Nach Fakt ***** ist die Dimension von $M$ gleich  $4-2=2$. 

d) Wir schreiben

$M_{+}=\{(a,b,c,d)\in M\mid b>c\}$

und

$M_{-}=\{(a,b,c,d)\in M\mid b<c\},$

beides sind (als Durchschnitt von $M$ mit der durch $b>c$ gegebenen offenen Menge des ${ℝ}^4$) offene Mengen in $M$. Die Matrizen $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$ zeigen, dass sie nicht leer sind. Ferner überdecken sie ganz $M$. Bei  $b=c$  folgt nämlich wegen

$0=ad-bc=-a^2-b^2$

direkt  $a=b=c=d=0$,  und der Punkt gehört nicht zu $M$. Es liegt also eine Überdeckung mit zwei nichtleeren disjunkten offenen Mengen vor, daher ist $M$ nicht zusammenhängend.

e) Wir arbeiten mit der Abbildung

$\psi :{ℝ}^2\setminus \{(0,0)\}⟶M_{+},(a,u)⟼(a,u+\sqrt{a^2+u^2},u-\sqrt{a^2+u^2},-a).$

Wegen

$\begin{array}{cc}ad-bc& =-a^2-(u+\sqrt{a^2+u^2})(u-\sqrt{a^2+u^2})\\ & =-a^2-(u^2-(a^2+u^2))\\ & =0\end{array}$

ist die Determinantenbedingung erfüllt, und wegen

$b-c=u+\sqrt{a^2+u^2}-(u-\sqrt{a^2+u^2}))=2\sqrt{a^2+u^2}>0$

gehört das Bild zu $M_{+}$. Die Abbildung

$\phi :M_{+}⟶{ℝ}^2\setminus \{(0,0)\},(a,b,c,d)⟼(a,\frac{b+c}{2}),$

ist invers zu der gegebenen Abbildung. Dabei ist

$\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_{{ℝ}^2\setminus \{(0,0)\}}$

klar. Die andere Identität ergibt sich aus

$\begin{array}{cc}\frac{b+c}{2}+\sqrt{a^2+{\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2}& =\frac{b+c}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{4a^2+b^2+c^2+2bc}\\ & =\frac{b+c}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2-2bc}\\ & =\frac{b+c}{2}+\frac{b-c}{2}\\ & =b\end{array}$

und

$\frac{b+c}{2}-\sqrt{a^2+{\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2}=\frac{b+c}{2}-\frac{b-c}{2}=c.$

Beide Abbildungen sind stetig, daher liegt eine Homöomorphie vor. Für $M_{-}$ vertauscht man die Rollen von $b$ und $c$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Aussage, dass die tangentiale Äquivalenz von Wegen auf einer Mannigfaltigkeit in einem Punkt $P$ mit einer beliebigen Karte überprüft werden kann.

Lösung

Für eine differenzierbare Kurve

$\gamma :I⟶M$

mit  $0\in I$  und  $\gamma (0)=P$  und eine Karte

$\alpha :U⟶V$

(mit $P\in U$ und  $V\subseteq {ℝ}^n$ ) ändert sich der Ausdruck

$(\alpha \circ \left(\gamma {|}_{{\gamma }^{-1}(U)}\right))(0)$

nicht, wenn man zu einem kleineren offenen Intervall  $0\in I^{\prime }\subseteq I$  und einer kleineren offenen Menge  $P\in U^{\prime }\subseteq U$  (mit der induzierten Karte) übergeht. Wir können also davon ausgehen, dass ${\gamma }_1$ und ${\gamma }_2$ auf dem gleichen Intervall definiert sind und ihre Bilder in $U$ liegen, und dass es für dieses $U$ zwei Karten

${\alpha }_1:U⟶V_1$

und

${\alpha }_2:U⟶V_2$

gibt. Dann folgt aus

$({\alpha }_1\circ {\gamma }_1{)}^{\prime }(0)=({\alpha }_1\circ {\gamma }_2{)}^{\prime }(0)$

nach der Kettenregel unter Verwendung der Differenzierbarkeit der Übergangsabbildung ${\alpha }_2\circ {\alpha }_1^{-1}$ sofort

$\begin{array}{cc}({\alpha }_2\circ {\gamma }_1)(0)& =(({\alpha }_2\circ {\alpha }_1^{-1})\circ ({\alpha }_1\circ {\gamma }_1))(0)\\ & ={\left(D({\alpha }_2\circ {\alpha }_1^{-1})\right)}_{{\alpha }_1(P)}(({\alpha }_1\circ {\gamma }_1)(0))\\ & ={\left(D({\alpha }_2\circ {\alpha }_1^{-1})\right)}_{{\alpha }_1(P)}(({\alpha }_1\circ {\gamma }_2)(0))\\ & =({\alpha }_2\circ {\gamma }_2)(0).\end{array}$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die $1$-Differentialform

$\omega =-vdu+udv$

auf der $1$-Sphäre  $S^1\subset {ℝ}^2$,  wobei die Koordinaten des umgebenden ${ℝ}^2$ mit $u$ und $v$ bezeichnet seien. Bestimme ${\pi }^{\ast }\omega$ unter der stetig differenzierbaren Abbildung

$\pi :{ℝ}^2\setminus \{0\}⟶S^1,(x,y)⟼\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}(x,y).$

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}{\pi }^{\ast }du& =d(u\circ \pi )\\ & =d\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\\ & =\frac{\partial \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\partial x}dx+\frac{\partial \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\partial y}dy\\ & =\frac{\sqrt{x^2+y^2}-x^2(x^2+y^2{)}^{-1/2}}{x^2+y^2}dx-\frac{xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy\\ & =\frac{x^2+y^2-x^2}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx-\frac{xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy\\ & =\frac{y^2}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx-\frac{xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{\pi }^{\ast }dv& =d(v\circ \pi )\\ & =d\left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\\ & =\frac{\partial \left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\partial x}dx+\frac{\partial \left(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)}{\partial y}dy\\ & =\frac{-xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx+\frac{\sqrt{x^2+y^2}-y^2(x^2+y^2{)}^{-1/2}}{x^2+y^2}dy\\ & =\frac{-xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx+\frac{x^2}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy.\end{array}$

Somit ist

$\begin{array}{cc}{\pi }^{\ast }(-vdu+udv)& =-(v\circ \pi ){\pi }^{\ast }du+(u\circ \pi ){\pi }^{\ast }dv\\ & =-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}(\frac{y^2}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx-\frac{xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy)+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}(\frac{-xy}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dx+\frac{x^2}{{\sqrt{x^2+y^2}}^3}dy)\\ & =\frac{1}{{(x^2+y^2)}^2}((-y^3-x^{2}y)dx+(x{y}^2+x^3)dy)\\ & =\frac{1}{x^2+y^2}(-ydx+xdy).\end{array}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $M$ eine differenzierbare Mannigfaltigkeit und $\omega$ eine exakte Differentialform auf $M$. Es sei $S$ eine kompakte orientierte differenzierbare Mannigfaltigkeit (ohne Rand) mit abzählbarer Basis der Topologie und es sei

$\phi :S⟶M$

eine stetig differenzierbare Abbildung. Zeige

${\int }_S{\phi }^{\ast }\omega =0.$

Lösung

Da nach Fakt *****  (5) das Zurückziehen von Formen mit der äußeren Ableitung verträglich ist, ist auch ${\phi }^{\ast }\omega$ exakt. Es sei $\tau$ eine differenzierbare Form auf $S$ mit

$d\tau ={\phi }^{\ast }\omega .$

Nach dem Satz von Stokes ist

${\int }_S{\phi }^{\ast }\omega ={\int }_{S}d\tau ={\int }_{\partial S}\tau ={\int }_{\mathrm{\varnothing }}\tau =0.$