Torus/2-Sphäre/Explizite Smash-Abbildung/Aufgabe/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

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

Zur gelösten Aufgabe