Kurs:Differentialgeometrie/6/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	4	0	0	0	5	15	5	0	3	3	0	10	4	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine bogenparametrisierte Kurve
$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}.$
Zwei in einem Punkt ${}P\in M$ einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${}M$ tangential äquivalente differenzierbare Kurven
$\gamma _{1},\gamma _{2}\colon I\longrightarrow M$

(dabei sei ${}0\in I$ ein offenes reelles Intervall und ${}\gamma _{1}(0)=\gamma _{2}(0)=P$ ).
Ein stetiger Schnitt zu einer stetigen Abbildung
$p\colon Y\longrightarrow X$

zwischen topologischen Räumen ${}X$ und ${}Y$ .
Die kanonische Volumenform auf einer orientierten riemannschen Mannigfaltigkeit ${}M$ .
Die äußere Ableitung einer stetig differenzierbaren ${}k$ - Differentialform ${}\omega \in {\mathcal {E}}^{k}(U)$ auf einer offenen Menge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .
Die Schnittkrümmung zu linear unabhängigen Vektoren ${}v,w\in T_{P}M$ auf einer riemannschen Mannigfaltigkeit ${}M$ in einem Punkt ${}P\in M$ .

Lösung

Eine differenzierbare Kurve
$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n},$

heißt bogenparametrisiert, wenn ${}\gamma _{1}'(t)^{2}+\cdots +\gamma _{n}'(t)^{2}=1$ für alle ${}t$ gilt.
Die beiden Kurven ${}\gamma _{1}$ und ${}\gamma _{2}$ heißen tangential äquivalent in ${}P$ , wenn es eine offene Umgebung ${}P\in U$ und eine Karte
$\alpha \colon U\longrightarrow V$

mit ${}V\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ derart gibt, dass

${}{\left(\alpha \circ {\left(\gamma _{1}{|}_{\gamma _{1}^{-1}(U)}\right)}\right)}'(0)={\left(\alpha \circ {\left(\gamma _{2}{|}_{\gamma _{2}^{-1}(U)}\right)}\right)}'(0)\,$
gilt.
Unter einem stetigen Schnitt zu ${}p$ versteht man eine stetige Abbildung ${}s\colon X\rightarrow Y$ mit
${}p\circ s=\operatorname {Id} _{X}\,.$
Zu ${}P\in M$ sei ${}\omega _{P}$ diejenige alternierende Form auf ${}T_{P}M$ (bzw. das entsprechende Element aus $\bigwedge ^{n}T_{P}^{*}M$ ), die jeder die Orientierung repräsentierenden Orthonormalbasis den Wert ${}1$ zuordnet. Dann heißt die ${}n$ - Differentialform
$M\longrightarrow \bigwedge ^{n}T^{*}M,\,P\longmapsto \omega _{P},$

die kanonische Volumenform auf ${}M$ .
Die Form ${}\omega$ besitzt auf ${}U$ eine Darstellung
$\omega =\sum _{I\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(I\right)}=k}f_{I}dx_{I}$

mit stetig differenzierbaren Funktionen

$f_{I}\colon U\longrightarrow \mathbb {R} .$

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

${}d\omega =\sum _{I\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(I\right)}=k}df_{I}\wedge dx_{I}=\sum _{I\subseteq \{1,\ldots ,n\},\,{\#\left(I\right)}=k}{\left(\sum _{j=1}^{n}{\frac {\partial f_{I}}{\partial x_{j}}}dx_{j}\right)}\wedge dx_{I}\,.$
Man nennt die Zahl
${}K(v,w)={\frac {\left\langle R(v,w)w,v\right\rangle }{\left\langle v,v\right\rangle \left\langle w,w\right\rangle -\left\langle v,w\right\rangle ^{2}}}\,,$

wobei ${}R$ den Krümmungsoperator auf dem Tangentialbündel bezeichnet, die Schnittkrümmung zu ${}v,w$ in ${}P$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über die Orientierungen auf einer differenzierbaren Hyperfläche ${}Y\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .
Die Formel für die Lie-Klammer von Vektorfeldern auf einer offenen Menge ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .
Der Satz über Retraktionen zum Rand auf Mannigfaltigkeiten.

Lösung

Es sei ${}W\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen, ${}h\colon W\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetig differenzierbare Funktion und ${}Y=h^{-1}(c)$ die Faser zu ${}c\in \mathbb {R}$ , wobei ${}h$ in jedem Punkt von ${}Y$ regulär sei. Es sei ${}Y$ zusammenhängend. Dann gibt es genau zwei Orientierungen auf ${}Y$ .
Es sei ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und seien ${}f_{1},\ldots ,f_{n},g_{1},\ldots ,g_{n}$ zweifach stetig differenzierbare Funktionen auf ${}U$ mit den zugehörigen Differentialoperatoren ${}D=\sum _{i=1}^{n}f_{i}\partial _{i}$ und ${}E=\sum _{j=1}^{n}g_{j}\partial _{j}$ Dann gilt
${}D\circ E-E\circ D=\sum _{j=1}^{n}{\left(\sum _{i=1}^{n}{\left(f_{i}\partial _{i}g_{j}-g_{i}\partial _{i}f_{j}\right)}\right)}\partial _{j}\,.$
Insbesondere entspricht dieser Ausdruck selbst einem Differentialoperator der Ordnung ${}1$ und somit einem Vektorfeld.
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)

Beweise den Satz über die Lösung von gewöhnlichen Differentialgleichungen auf einer differenzierbaren Hyperfläche ${}Y\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ .

Lösung

Wir arbeiten mit der euklidischen Struktur auf dem ${}\mathbb {R} ^{n}$ und mit dem Gradienten ${}\operatorname {Grad} \,h$ zu ${}h$ . Dieser ist nach Voraussetzung auf ${}Y$ nirgendwo gleich ${}0$ und dies überträgt sich wegen der Stetigkeit auf eine offene Umgebung von ${}Y$ . Indem wir ${}U$ eventuell verkleinern, können wir annehmen, dass der Gradient auf ganz ${}U$ nullstellenfrei ist. Wir betrachten auf ${}U$ das neue Vektorfeld ${}G$ , das durch

{}G(P)=F(P)-{\frac {\left\langle F(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle }{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert ^{2}}}\operatorname {Grad} \,h(P)\,

gegeben ist. Für ${}P\in Y$ ist ${}G(P)=F(P)$ , da ja auf ${}Y$ der Gradient zu ${}h$ senkrecht auf dem Vektorfeld steht. Ferner besitzt ${}G$ (im Unterschied zu ${}F$ ) die Eigenschaft, dass für alle Punkte ${}P\in U$ der Vektor ${}G(P)$ senkrecht zum Gradienten steht, es ist ja

{}{\begin{aligned}\left\langle G(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle &=\left\langle F(P)-{\frac {\left\langle F(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle }{\Vert {\operatorname {Grad} \,h(P)}\Vert ^{2}}}\operatorname {Grad} \,h(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle \\&=\left\langle F(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle -\left\langle F(P),\operatorname {Grad} \,h(P)\right\rangle \\&=0.\end{aligned}}

Es sei nun

v\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}

die nach Satz 56.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eindeutige Lösung zum Anfangswertproblem zu ${}G$ mit der Anfangsbedingung ${}v(t_{0})=P\in Y$ . Dann ist

{}{\begin{aligned}\left(Dh\circ v\right)_{t}&=\left(Dh\right)_{v(t)}\circ \left(Dv\right)_{t}\\&=\left(Dh\right)_{v(t)}{\left(v'(t)\right)}\\&=\left(Dh\right)_{v(t)}{\left(G(v(t))\right)}\\&=\left\langle \operatorname {Grad} \,h(v(t)),G(v(t))\right\rangle \\&=0.\end{aligned}}

Daher ist ${}h$ auf dem Bild ${}v(I)$ konstant und wegen ${}h(v(t_{0}))=c$ ist ${}h(v(t))=c$ für alle ${}t\in I$ , also ${}v(t)\in Y$ für alle ${}t\in I$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}h\colon I\rightarrow V$ eine zweimal differenzierbare Kurve in einem euklidischen Vektorraum ${}V$ . Zeige, dass bei ${}h'(t)\neq 0$ die Gleichheit

{}\Vert {h'(t)}\Vert '={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert \,

gilt.

Lösung

Es sei ${}u_{1}=h'(t)$ , das wir zu einer Orthogonalbasis ${}u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es seien ${}h_{1},\ldots ,h_{n}$ die Koordinatenfunktionen von ${}h$ zu dieser Basis. Dann ist

{}{\begin{aligned}\Vert {h'(t)}\Vert '&=\Vert {\begin{pmatrix}h_{1}'(t)\\\vdots \\h_{n}'(t)\end{pmatrix}}\Vert '\\&={\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}'\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}}\\&={\frac {h_{1}(t)h_{1}'(t)+\cdots +h_{n}(t)h_{n}'(t)}{h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}{\sqrt {h_{1}'(t)^{2}+\cdots +h_{n}'(t)^{2}}}\\&={\frac {\left\langle h'(t),h^{\prime \prime }(t)\right\rangle }{\left\langle h'(t),h'(t)\right\rangle }}\Vert {h'(t)}\Vert .\end{aligned}}

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 \colon I\longrightarrow M

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

\alpha \colon U\longrightarrow V

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

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

nicht, wenn man zu einem kleineren offenen Intervall ${}0\in I'\subseteq I$ und einer kleineren offenen Menge ${}P\in U'\subseteq U$ (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}\colon U\longrightarrow V_{1}

und

\alpha _{2}\colon U\longrightarrow V_{2}

gibt. Dann folgt aus

{}(\alpha _{1}\circ \gamma _{1})'(0)=(\alpha _{1}\circ \gamma _{2})'(0)\,

nach der Kettenregel unter Verwendung der Differenzierbarkeit der Übergangsabbildung ${}\alpha _{2}\circ \alpha _{1}^{-1}$ sofort

{}{\begin{aligned}{\left(\alpha _{2}\circ \gamma _{1}\right)}'(0)&={\left({\left(\alpha _{2}\circ \alpha _{1}^{-1}\right)}\circ {\left(\alpha _{1}\circ \gamma _{1}\right)}\right)}'(0)\\&={\left(D\left(\alpha _{2}\circ \alpha _{1}^{-1}\right)\right)}_{\alpha _{1}(P)}{\left({\left(\alpha _{1}\circ \gamma _{1}\right)}'(0)\right)}\\&={\left(D\left(\alpha _{2}\circ \alpha _{1}^{-1}\right)\right)}_{\alpha _{1}(P)}{\left({\left(\alpha _{1}\circ \gamma _{2}\right)}'(0)\right)}\\&={\left(\alpha _{2}\circ \gamma _{2}\right)}'(0).\end{aligned}}

Aufgabe (15 (3+3+4+5) Punkte)

Es sei ${}T=S^{1}\times S^{1}$ der Torus und ${}S^{2}\subset \mathbb {R} ^{3}$ die Einheitssphäre.

a) Zeige, dass durch

\varphi \colon S^{1}\times S^{1}\longrightarrow S^{2},\,{\begin{pmatrix}\alpha \\\beta \end{pmatrix}}\longmapsto {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}\cos \beta \\\cos \alpha +\sin \beta \cos \alpha \\1+\sin \alpha -\sin \beta +\sin \alpha \sin \beta \end{pmatrix}}

eine stetige Abbildung gegeben ist.

b) Zeige, dass ${}\varphi$ surjektiv ist.

c) Beschreibe die Fasern von ${}\varphi$ .

d) Erläutere die Abbildung ${}\varphi$ unter Verwendung einer Skizze.

Lösung

a) Wir zeigen zunächst, dass die Abbildung in der Tat auf der Sphäre landet, d.h. wir müssen zeigen, dass die Summe der Quadrate der drei Einträge gleich ${}1$ ist. Ohne Berücksichtigung des Vorfaktors ist dies

{}{\begin{aligned}&=2\cos ^{2}\beta -2\sin \alpha \cos ^{2}\beta +\cos ^{2}\alpha +\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\cos ^{2}\alpha \sin \beta +1+\sin ^{2}\alpha +\sin ^{2}\beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\sin \alpha -2\sin \beta +2\sin \alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin \beta +2\sin ^{2}\alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta -2\sin \alpha \cos ^{2}\beta +\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\cos ^{2}\alpha \sin \beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\sin \alpha -2\sin \beta +2\sin ^{2}\alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta +2\sin \alpha {\left(1-\cos ^{2}\beta -\sin ^{2}\beta \right)}+2\sin \beta {\left(-1+\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha \right)}+\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta +\sin ^{2}\beta \\&=4.\end{aligned}}

c) Die Berechnung der Faser über dem Nordpol ${}{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ führt zu den Bedingungen

{}(1-\sin \alpha )\cos \beta =0=\cos \alpha (1+\sin \beta )\,.

Daher muss jeweils ein Faktor gleich ${}0$ sein. Bei

{}\alpha ={\frac {1}{2}}\pi \,

sind bei beliebigem ${}\beta$ beide Bedingungen erfüllt, ebenso sind bei

{}\beta ={\frac {3}{2}}\pi \,

und beliebigem ${}\alpha$ beide Bedingungen erfüllt. Dabei ist wegen

{}\sin {\frac {1}{2}}\pi =1\,

bzw. wegen

{}\sin {\frac {3}{2}}\pi =-1\,

die dritte Komponente gleich ${}1$ . Bei ${}\alpha \neq {\frac {1}{2}}\pi$ und ${}\beta \neq {\frac {3}{2}}\pi$ muss

{}\cos \alpha =0=\cos \beta \,

sein. Die verbleibende Möglichkeit ist ${}\alpha ={\frac {3}{2}}\pi$ und ${}\beta ={\frac {1}{2}}\pi$ , doch dabei ist die dritte Komponente gleich ${}-1$ .

d) Der Winkel ${}\alpha$ definiert den Punkt

{}P(\alpha )={\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha \end{pmatrix}}\,

auf dem durch ${}x=0$ gegebenen Großreis. Der Nordpol und ${}P(\alpha )$ definieren den Halbierungspunkt

{}{\begin{aligned}Z(\alpha )&:={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\left(P(\alpha )-{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\right)}\\&={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\1+\sin \alpha \end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Der Bildpunkt ${}P(\alpha ,\beta )$ wird auf dem Kreis ${}C$ mit Mittelpunkt ${}Z(\alpha )$ platziert, der durch den Nordpol und ${}P(\alpha )$ verläuft und der ganz auf der Sphäre liegt. Daher muss ${}C$ auf der Ebene liegen, die durch

{}P(\alpha )-{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\,

und ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ gegeben sind. Um mit der trigonometrischen Parametrisierung von ${}C$ arbeiten zu können, braucht man eine Orthonormalbasis, daher arbeiten wir mit

O(\alpha )={\frac {1}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}.

Dies führt insgesamt auf

{}{\begin{aligned}\varphi (\alpha )&=Z(\alpha )+\cos \beta {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\sin \beta O(\alpha )\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\1+\sin \alpha \end{pmatrix}}+\cos \beta {\frac {\sqrt {2-2\sin \alpha }}{2}}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\sin \beta {\frac {\sqrt {2-2\sin \alpha }}{2}}{\frac {1}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}\cos \beta \\\cos \alpha \sin \beta \\1+\sin \alpha -\sin \beta +\sin \alpha \sin \beta \end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne das Wegintegral ${}\int _{\gamma }\omega$ zu

\gamma \colon [-1,0]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto (-t^{2},t^{3}-1,t+2),

für die ${}1$ -Differentialform

{}\omega =x^{3}dx-yzdy+xz^{2}dz\,

auf dem ${}\mathbb {R} ^{3}$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\gamma ^{*}\omega &=(-t^{2})^{3}d(-t^{2})-(t^{3}-1)(t+2)d(t^{3}-1)-t^{2}(t+2)^{2}d(t+2)\\&=2t^{7}dt-3t^{2}(t^{4}+2t^{3}-t-2)dt-t^{2}(t^{2}+4t+4)dt\\&=(2t^{7}-3t^{6}-6t^{5}+3t^{3}+6t^{2}-t^{4}-4t^{3}-4t^{2})dt\\&=(2t^{7}-3t^{6}-6t^{5}-t^{4}-t^{3}+2t^{2})dt.\end{aligned}}

Daher ist

{}{\begin{aligned}\int _{\gamma }\omega &=\int _{-1}^{0}(2t^{7}-3t^{6}-6t^{5}-t^{4}-t^{3}+2t^{2})dt\\&=({\frac {1}{4}}t^{8}-{\frac {3}{7}}t^{7}-t^{6}-{\frac {1}{5}}t^{5}-{\frac {1}{4}}t^{4}+{\frac {2}{3}}t^{3})|_{-1}^{0}\\&=-({\frac {1}{4}}+{\frac {3}{7}}-1+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}})\\&=-{\frac {3}{7}}+1-{\frac {1}{5}}+{\frac {2}{3}}\\&={\frac {-45+105-21+70}{105}}\\&={\frac {109}{105}}.\end{aligned}}

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei

f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto f(t),

die durch

{}f(t)={\frac {\sin ^{3}(t^{4})}{1+t^{2}}}\,

gegeben ist.

a) Berechne die äußere Ableitung von ${}f$ .

b) Berechne die äußere Ableitung von ${}fdt$ .

Lösung

a) Es ist ${}df=f'dt$ , und zwar ist nach der Quotientenregel

{}{\begin{aligned}f'&={\frac {(1+t^{2})3\sin ^{2}(t^{4})\cos(t^{4})4t^{3}-2t\sin ^{3}(t^{4})}{(1+t^{2})^{2}}}\\&={\frac {12(t^{3}+t^{5})\sin ^{2}(t^{4})\cos(t^{4})-2t\sin ^{3}(t^{4})}{1+2t^{2}+t^{4}}}.\end{aligned}}

b) Die äußere Ableitung von ${}fdt$ ist ${}f'dt\wedge dt=0$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine stetig differenzierbare Abbildung

\varphi \colon H\longrightarrow H

einer euklidischen Halbebene in sich mit der Eigenschaft, dass genau ein Randpunkt von ${}H$ in einen Randpunkt und alle anderen Punkte in das Innere der Halbebene abgebildet werden.

Lösung

Wir betrachten die positive Halbebene

{}H={\left\{(x,y)\mid x\geq 0\right\}}\,

und die Abbildung

\varphi \colon H\longrightarrow H,\,(x,y)\longmapsto \left(x+y^{2},\,y\right).

Als polynomiale Abbildung ist ${}\varphi$ stetig differenzierbar. Der Randpunkt ${}(0,0)$ wird auf den Randpunkt ${}(0,0)$ abgebildet. Bei allen anderen Punkten von ${}H$ ist ${}x>0$ oder ${}y\neq 0$ und daher stets

{}x+y^{2}>0\,,

die erste Komponente ist also positiv.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise die Quaderversion des Satzes von Stokes.

Lösung

Da beide Seiten dieser Gleichung linear in ${}\omega$ sind, können wir annehmen, dass ${}\omega$ die Gestalt

{}\omega =fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\,

mit einer in einer offenen Umgebung von ${}Q$ definierten stetig differenzierbaren Funktion ${}f$ besitzt. Die Integrale sind links und rechts Lebesgue-Integrale zu stetigen Funktionen auf Teilmengen des ${}\mathbb {R} ^{n}$ bzw. ${}\mathbb {R} ^{n-1}$ . Daher können wir auf beiden Seiten zum topologischen Abschluss übergehen, da dadurch die in Frage stehenden Integrationsbereiche nur um eine Nullmenge verändert werden, sodass dies die Integrale nicht ändert.

Wir schreiben den abgeschlossenen Quader als

{}{\overline {Q}}=[a,b]\times {\tilde {Q}}\,.

Wir wenden Korollar 14.10 (Differentialgeometrie (Osnabrück 2023)) auf jede Seite ${}S$ ausgenommen ${}a\times {\tilde {Q}}$ und ${}b\times {\tilde {Q}}$ an und erhalten darauf

{}\int _{S}\omega =\int _{S}fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}=\int _{S}0=0\,,

da auf diesen Seiten jeweils eine der Variablen ${}x_{2},\ldots ,x_{n}$ konstant ist. Aufgrund des Satzes von Fubini und des Hauptsatzes der Infinitesimalrechnung (angewendet auf jedes fixierte $(x_{2},\ldots ,x_{n})$ ) gilt

{}{\begin{aligned}\int _{Q}d\omega &=\int _{Q}df\wedge dx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{Q}{\left(\sum _{j=1}^{n}{\frac {\partial f}{\partial x_{j}}}dx_{j}\right)}\wedge dx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{Q}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}dx_{1}\wedge dx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{\tilde {Q}}{\left(\int _{[a,b]}{\frac {\partial f}{\partial x_{1}}}dx_{1}\right)}dx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{\tilde {Q}}{\left(f(b,x_{2},\ldots ,x_{n})-f(a,x_{2},\ldots ,x_{n})\right)}dx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{b\times {\tilde {Q}}}fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}-\int _{a\times {\tilde {Q}}}fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\sum _{S{\text{ orientierte Seite von }}Q}\int _{S}fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{\partial Q}fdx_{2}\wedge \ldots \wedge dx_{n}\\&=\int _{\partial Q}\omega .\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die Kurve

\psi \colon \mathbb {R} \longrightarrow {\mathbb {H} },\,t\longmapsto \left(t,\,e^{t}\right),

in die Halbebene von Poincaré ${}{\mathbb {H} }$ die Christoffelsymbole für den zurückgezogenen Zusammenhang (zum Levi-Civita-Zusammenhang auf ${}{\mathbb {H} }$ ) auf ${}\mathbb {R}$ .

Lösung

Die einzige Standardableitung auf ${}\mathbb {R}$ ist ${}\partial$ , deshalb verzichten wir auf einen unteren Index für die Christoffelsymbole. Nach Fakt ***** (2) ist für ${}\ell ,k=1,2$

{}{\tilde {\Gamma }}_{\ell }^{k}(t)=\psi _{1}'(t)\Gamma _{1\ell }^{k}(\psi (t))+\psi '_{2}(t)\Gamma _{2\ell }^{k}(\psi (t))=\Gamma _{1\ell }^{k}(t,e^{t})+e^{t}\Gamma _{2\ell }^{k}(t,e^{t})\,.

Mit Beispiel ***** ergibt sich

{}{\tilde {\Gamma }}_{1}^{1}(t)=\Gamma _{11}^{1}(t,e^{t})+e^{t}\Gamma _{21}^{1}(t,e^{t})=-e^{t}e^{-t}=-1\,,

{}{\tilde {\Gamma }}_{1}^{2}(t)=\Gamma _{11}^{2}(t,e^{t})+e^{t}\Gamma _{21}^{2}(t,e^{t})=e^{-t}\,,

{}{\tilde {\Gamma }}_{2}^{1}(t)=\Gamma _{12}^{1}(t,e^{t})+e^{t}\Gamma _{22}^{1}(t,e^{t})=-e^{-t}\,

und

{}{\tilde {\Gamma }}_{2}^{2}(t)=\Gamma _{12}^{2}(t,e^{t})+e^{t}\Gamma _{22}^{2}(t,e^{t})=-e^{t}e^{-t}=-1\,.