Mannigfaltigk., Tangentialr. < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:10 Mo 25.06.2012 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Zeigen Sie, dass die folgenden Mengen [mm] $C^1$-Mannigfaltigkeiten [/mm] sind. Bestimmen Sie die Dimension und charakterisieren Sie für [mm] $x\in M_j$ [/mm] den Tangentialraum [mm] $T_x(M_j)$ [/mm] durch lineare Gleichungen mittels Satz XYZ.
a) [mm] $M_1=\left\{ x\in\mathbb{R}^3:x_1^2+x_2^2-(x_3-1)^3=2\right\}$
[/mm]
b) [mm] $M_2=\left\{ \begin{pmatrix}\cos(t)\\ \sin(t)\\ t\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\right\} [/mm] |
Hallo,
da ich mit Mannigfaltigkeiten irgendwie so gar nichts anfangen kann, habe ich hier wieder eine Aufgabe, mit der ich nicht wirklick klarkomme.
Der erwähnte Satz XYZ ist ein Satz aus meiner Vorlesung, aber relativ lang und verweist vor allem auf einen sehr langen Satz und eine Definition, deswegen wollte ich den jetzt nicht hier reinstellen, da ich sonst wohl noch bis heute abend mit Abtippen beschäftigt wäre. Die Kurzversion (ich hoffe, das reicht euch):
Es sei $M$ eine $d$-dim [mm] $C^k$-Mfk [/mm] im [mm] $\mathbb{R}^n$, $x\in [/mm] M$. Dann ist [mm] $T_x(M)$ [/mm] ein $d$-dimensionaler Untervektorraum von [mm] $\mathbb{R}^n$. [/mm] Sind [mm] $\Phi,f,\Psi$ [/mm] wie Def. X (Definition einer [mm] $C^k$-Mfk) [/mm] und Satz XY (äquivalente Eigenschaften für eine Menge M, damit sie eine Mfk ist), so gilt:
[mm] $T_x(M)=\ker(f'(x))=\left(\Phi'(x)\right)^{-1}\left(\left\{(u,0)):u\in\mathbb{R}^d\right\}\right)=\Psi'\left(\Psi^{-1}(x)\right)(\mathbb{R}^d)$
[/mm]
(Hierbei entspricht [mm] $\Phi$ [/mm] dem [mm] $C^k$-Diffeomorphismus [/mm] aus der Def. zu [mm] $C^k$-Mfk. [/mm] (diffeomorphes Bild eine $k$-dimensionalen Unterraums), $f$ kommt von dieser "Nullstellenmengen-Definition", [mm] $\Psi$ [/mm] kommt von der Parameterdarstellung.) (Ich hoffe, ihr könnt damit was anfangen.)
Folgendes habe ich bis jetzt:
a) Hier wollte ich diese Geschichte mit der Nullstellenmenge verwenden:
[mm] $f\colon \mathbb{R}^3\to\mathbb{R},\qquad f(x):=x_1^2+x_2^2-(x_3-1)^3-2$
[/mm]
$f$ ist stetig partiell diff'bar (Polynom), also diff'bar.
[mm] $Df(x)=(2x_1, 2x_2, 3(x_3-1)^2)=\nabla [/mm] f(x)$
[mm] $\Rightarrow \mathrm{rg} \;Df(x)=1$ [/mm] (Rang) (ist ja nur eine Spalte, Zeile)
[mm] $n-d=1\Longrightarrow 3-d=1\iff [/mm] d=2$
also ist [mm] $M_1$ [/mm] 2-dim [mm] $C^1$-Mfk
[/mm]
Beim Tangentialraum wollte ich dann konsequenterweise mit [mm] $\ker [/mm] (f'(x))$ rechnen:
[mm] $\nabla [/mm] f(x)=0$
also [mm] $x_1=0, x_2=0, x_3=1$ [/mm]
[mm] $\Rightarrow T_x(M_1)=\left\{(0,0,\lambda):\lambda\in\mathbb{R}\right\}$
[/mm]
b) Hier habe ich mir gedacht, dass müsste eigentlich irgendwie über diese Parametrisierungsgeschichte funktionieren (sieht ja fast aus wie Polarkoordinaten, oder vielleicht wie der Graph von der Polarkoordinatendarstellung, oder so etwas in der Art), aber ich habe keine Ahnung, wie ich das angehen soll.
Ich könnte also definitiv eure Hilfe gebrauchen. Bei a) bin ich mir mehr als unsicher, da ich vorher weder den Rang, noch den Kern von irgendwas berechnet habe, und ich deswegen befürchte, dass ich da ganz großen Quatsch fabriziert habe, und bei b) habe ich ja im Grunde nicht mal einen Ansatz.
Ich danke euch schon mal im Voraus für eure Hilfe.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:59 Di 26.06.2012 | | Autor: | Lustique |
Ist meine Frage blöd gestellt, bzw. könnt ihr ohne die Sätze nichts mit der Frage anfangen? Habt ihr keine Tipps, die ihr mir überlassen könnt/wollt? :/
Die benutzte Definition von Mannigfaltigkeiten stimmt übrigens mit der Def. aus "Forster - Analysis II", §9, S. 106 überein. Satz XY (der über die äquivalenten Bedingungen) entspricht Satz 2, §9, S. 108 aus "Forster - Analysis II" (jeweils 9. Auflage).
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:09 Di 26.06.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Zeigen Sie, dass die folgenden Mengen
> [mm]C^1[/mm]-Mannigfaltigkeiten sind. Bestimmen Sie die Dimension
> und charakterisieren Sie für [mm]x\in M_j[/mm] den Tangentialraum
> [mm]T_x(M_j)[/mm] durch lineare Gleichungen mittels Satz XYZ.
>
> a) [mm]M_1=\left\{ x\in\mathbb{R}^3:x_1^2+x_2^2-(x_3-1)^3=2\right\}[/mm]
>
> b) [mm]$M_2=\left\{ \begin{pmatrix}\cos(t)\\ \sin(t)\\ t\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\right\}[/mm]
>
> Hallo,
>
> da ich mit Mannigfaltigkeiten irgendwie so gar nichts
> anfangen kann, habe ich hier wieder eine Aufgabe, mit der
> ich nicht wirklick klarkomme.
> Der erwähnte Satz XYZ ist ein Satz aus meiner Vorlesung,
> aber relativ lang und verweist vor allem auf einen sehr
> langen Satz und eine Definition, deswegen wollte ich den
> jetzt nicht hier reinstellen, da ich sonst wohl noch bis
> heute abend mit Abtippen beschäftigt wäre. Die
> Kurzversion (ich hoffe, das reicht euch):
>
> Es sei [mm]M[/mm] eine [mm]d[/mm]-dim [mm]C^k[/mm]-Mfk im [mm]\mathbb{R}^n[/mm], [mm]x\in M[/mm]. Dann
> ist [mm]T_x(M)[/mm] ein [mm]d[/mm]-dimensionaler Untervektorraum von
> [mm]\mathbb{R}^n[/mm]. Sind [mm]\Phi,f,\Psi[/mm] wie Def. X (Definition einer
> [mm]C^k[/mm]-Mfk) und Satz XY (äquivalente Eigenschaften für eine
> Menge M, damit sie eine Mfk ist), so gilt:
>
> [mm]T_x(M)=\ker(f'(x))=\left(\Phi'(x)\right)^{-1}\left(\left\{(u,0)):u\in\mathbb{R}^d\right\}\right)=\Psi'\left(\Psi^{-1}(x)\right)(\mathbb{R}^d)[/mm]
>
> (Hierbei entspricht [mm]\Phi[/mm] dem [mm]C^k[/mm]-Diffeomorphismus aus der
> Def. zu [mm]C^k[/mm]-Mfk. (diffeomorphes Bild eine [mm]k[/mm]-dimensionalen
> Unterraums), [mm]f[/mm] kommt von dieser
> "Nullstellenmengen-Definition", [mm]\Psi[/mm] kommt von der
> Parameterdarstellung.) (Ich hoffe, ihr könnt damit was
> anfangen.)
>
> Folgendes habe ich bis jetzt:
>
> a) Hier wollte ich diese Geschichte mit der
> Nullstellenmenge verwenden:
>
> [mm]f\colon \mathbb{R}^3\to\mathbb{R},\qquad f(x):=x_1^2+x_2^2-(x_3-1)^3-2[/mm]
>
> [mm]f[/mm] ist stetig partiell diff'bar (Polynom), also diff'bar.
>
> [mm]Df(x)=(2x_1, 2x_2, 3(x_3-1)^2)=\nabla f(x)[/mm]
Nicht ganz: [mm]Df(x)=(2x_1, 2x_2, \red{-}3(x_3-1)^2)[/mm].
>
> [mm]\Rightarrow \mathrm{rg} \;Df(x)=1[/mm] (Rang) (ist ja nur eine
> Spalte, Zeile)
Die könnte auch Rang 0 haben. Zum Glück liegt der Punkt (0,0,1) nicht auf M. 
>
> [mm]n-d=1\Longrightarrow 3-d=1\iff d=2[/mm]
>
> also ist [mm]M_1[/mm] 2-dim [mm]C^1[/mm]-Mfk
Soweit ok.
>
> Beim Tangentialraum wollte ich dann konsequenterweise mit
> [mm]\ker (f'(x))[/mm] rechnen:
>
> [mm]\nabla f(x)=0[/mm]
> also [mm]x_1=0, x_2=0, x_3=1[/mm]
Nein. Das kann schon deswegen nicht sein, weil das ein 1-dim. Unterraum des [mm] $\IR^n$ [/mm] ist. Laut deinem Satz muss es ein d-dim. Unterraum sein.
Gemeint ist der Kern der linearen Abbildung $Df$, also
[mm] T_x(M)=\ker(f'(x)) = \{y \mid y*\nabla f(x) = 0 \} [/mm]
Anschaulich: wenn du M als Teilmenge des [mm] $\IR^n$ [/mm] betrachtest, so ist der Gradient [mm] $(\nabla [/mm] f)(x)$ Normalenvektor an M im Punkt x. Der Tangentialraum ist das orthogonale Komplement des von diesem Normalenvektor aufgespannten Unterraums.
> b) Hier habe ich mir gedacht, dass müsste eigentlich
> irgendwie über diese Parametrisierungsgeschichte
> funktionieren (sieht ja fast aus wie Polarkoordinaten, oder
> vielleicht wie der Graph von der
> Polarkoordinatendarstellung, oder so etwas in der Art),
Es ist eine Kurve im [mm] $\IR^3$, [/mm] eine Helix. Anschaulich ist der Tangentialraum am Punkt x die Tangente an diesem Punkt.
Die Parameterdarstellung [mm] $\Psi$ [/mm] kennst du ja, also kannst du auch [mm] $\Psi'$ [/mm] ausrechnen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:33 Di 26.06.2012 | | Autor: | Lustique |
Hallo Rainer,
> Nicht ganz: [mm]Df(x)=(2x_1, 2x_2, \red{-}3(x_3-1)^2)[/mm].
danke, das habe ich korrigiert.
> Die könnte auch Rang 0 haben. Zum Glück liegt der Punkt
> (0,0,1) nicht auf M.
Ok, danke. Das habe ich sogar in meinen Aufzeichnungen noch am Rand gefunden (ehrlich  ), also dass ja [mm] $(0,0,1)\not\in M_1$, [/mm] weil dafür wäre ja [mm] $\nabla [/mm] f(0,0,1)=(0,0,0)$, was ja dann anscheinend Rang 0 hätte.
> >
> > [mm]n-d=1\Longrightarrow 3-d=1\iff d=2[/mm]
> >
> > also ist [mm]M_1[/mm] 2-dim [mm]C^1[/mm]-Mfk
>
> Soweit ok.
Danke!
> Nein. Das kann schon deswegen nicht sein, weil das ein
> 1-dim. Unterraum des [mm]\IR^n[/mm] ist. Laut deinem Satz muss es
> ein d-dim. Unterraum sein.
>
> Gemeint ist der Kern der linearen Abbildung [mm]Df[/mm], also
>
> [mm]T_x(M)=\ker(f'(x)) = \{y \mid y*\nabla f(x) = 0 \}[/mm]
>
> Anschaulich: wenn du M als Teilmenge des [mm]\IR^n[/mm] betrachtest,
> so ist der Gradient [mm](\nabla f)(x)[/mm] Normalenvektor an M im
> Punkt x. Der Tangentialraum ist das orthogonale Komplement
> des von diesem Normalenvektor aufgespannten Unterraums.
Ok, danke! Lässt sich das konkret ausrechnen? Zu berechnen wäre doch: [mm] $(y_1,y_2,y_3)\cdot \nabla f(x)=2x_1y_1+2x_2y_2-3(x_3-1)^2y_3=0$, [/mm] oder ist das schon, in Mengenschreibweise, alles was ich tun muss, wenn da steht "charakterisieren Sie für $ [mm] x\in M_j [/mm] $ den Tangentialraum $ [mm] T_x(M_j) [/mm] $ durch lineare Gleichungen". Ich habe ja auch keinen konkreten Punkt gegeben, oder?
> > b) Hier habe ich mir gedacht, dass müsste eigentlich
> > irgendwie über diese Parametrisierungsgeschichte
> > funktionieren (sieht ja fast aus wie Polarkoordinaten, oder
> > vielleicht wie der Graph von der
> > Polarkoordinatendarstellung, oder so etwas in der Art),
>
> Es ist eine Kurve im [mm]\IR^3[/mm], eine Helix. Anschaulich ist der
> Tangentialraum am Punkt x die Tangente an diesem Punkt.
>
> Die Parameterdarstellung [mm]\Psi[/mm] kennst du ja, also kannst du
> auch [mm]\Psi'[/mm] ausrechnen.
>
> Viele Grüße
> Rainer
Ich nehme an, die Parameterdarstellung ist dann einfach [mm] $\Psi: \mathbb{R}\to [/mm] (x,y,z), [mm] -1\leqslant x,y\leqslant [/mm] 1, [mm] z\in\mathbb{R}, \qquad \Psi(t)=(\cos(t),\sin(t),t)$. [/mm] Das ist eine Homöomorphie, denn [mm] $\Psi$ [/mm] und [mm] $\Psi^{-1}$ [/mm] sind stetig.
Es folgt: [mm] $D\Psi(t)=\Psi'(t)=(-\sin(t),\cos(t),1)$, [/mm] also [mm] $\mathrm{rg}\,D\Psi(t)=1=d$, [/mm] also ist [mm] $M_2$ [/mm] eine 1-dimensionale [mm] $C^1$-Mfk. [/mm]
Mit [mm] $\Psi^{-1}(x,y,z)=(\arccos(x),\arcsin(y),z)$ [/mm] folgt für [mm] $\alpha\in M_2$ [/mm] mit [mm] $\alpha=(x,y,z)$: $T_x(M_2)=\Psi'(\Psi^{-1}(\alpha))(\mathbb{R}^1)=\left(-\sin\Big(\arccos(x)\Big),\cos\Big(\arcsin(y)\Big),z\right)$. [/mm]
Stimmt das, oder ist das alles kompletter Unfug? :/
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:50 So 01.07.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> > Nicht ganz: [mm]Df(x)=(2x_1, 2x_2, \red{-}3(x_3-1)^2)[/mm].
>
> danke, das habe ich korrigiert.
>
> > Die könnte auch Rang 0 haben. Zum Glück liegt der Punkt
> > (0,0,1) nicht auf M.
>
> Ok, danke. Das habe ich sogar in meinen Aufzeichnungen noch
> am Rand gefunden (ehrlich ), also dass ja [mm](0,0,1)\not\in M_1[/mm],
> weil dafür wäre ja [mm]\nabla f(0,0,1)=(0,0,0)[/mm], was ja dann
> anscheinend Rang 0 hätte.
>
> > >
> > > [mm]n-d=1\Longrightarrow 3-d=1\iff d=2[/mm]
> > >
> > > also ist [mm]M_1[/mm] 2-dim [mm]C^1[/mm]-Mfk
> >
> > Soweit ok.
>
> Danke!
>
> > Nein. Das kann schon deswegen nicht sein, weil das ein
> > 1-dim. Unterraum des [mm]\IR^n[/mm] ist. Laut deinem Satz muss es
> > ein d-dim. Unterraum sein.
> >
> > Gemeint ist der Kern der linearen Abbildung [mm]Df[/mm], also
> >
> > [mm]T_x(M)=\ker(f'(x)) = \{y \mid y*\nabla f(x) = 0 \}[/mm]
> >
> > Anschaulich: wenn du M als Teilmenge des [mm]\IR^n[/mm] betrachtest,
> > so ist der Gradient [mm](\nabla f)(x)[/mm] Normalenvektor an M im
> > Punkt x. Der Tangentialraum ist das orthogonale Komplement
> > des von diesem Normalenvektor aufgespannten Unterraums.
>
> Ok, danke! Lässt sich das konkret ausrechnen? Zu berechnen
> wäre doch: [mm](y_1,y_2,y_3)\cdot \nabla f(x)=2x_1y_1+2x_2y_2-3(x_3-1)^2y_3=0[/mm],
> oder ist das schon, in Mengenschreibweise, alles was ich
> tun muss, wenn da steht "charakterisieren Sie für [mm]x\in M_j[/mm]
> den Tangentialraum [mm]T_x(M_j)[/mm] durch lineare Gleichungen".
> Ich habe ja auch keinen konkreten Punkt gegeben, oder?
Nein, mehr als diese lineare Gleichung hast du nicht. Zu jedem Punkt [mm] $(x_1,x_2,x_3)$ [/mm] definiert dies eine Ebene, die tatsächlich tangential an M im Punkt x liegt.
> > > b) Hier habe ich mir gedacht, dass müsste eigentlich
> > > irgendwie über diese Parametrisierungsgeschichte
> > > funktionieren (sieht ja fast aus wie Polarkoordinaten, oder
> > > vielleicht wie der Graph von der
> > > Polarkoordinatendarstellung, oder so etwas in der Art),
> >
> > Es ist eine Kurve im [mm]\IR^3[/mm], eine Helix. Anschaulich ist der
> > Tangentialraum am Punkt x die Tangente an diesem Punkt.
> >
> > Die Parameterdarstellung [mm]\Psi[/mm] kennst du ja, also kannst du
> > auch [mm]\Psi'[/mm] ausrechnen.
> >
> > Viele Grüße
> > Rainer
>
>
> Ich nehme an, die Parameterdarstellung ist dann einfach
> [mm]\Psi: \mathbb{R}\to (x,y,z), -1\leqslant x,y\leqslant 1, z\in\mathbb{R}, \qquad \Psi(t)=(\cos(t),\sin(t),t)[/mm].
> Das ist eine Homöomorphie, denn [mm]\Psi[/mm] und [mm]\Psi^{-1}[/mm] sind
> stetig.
>
> Es folgt: [mm]D\Psi(t)=\Psi'(t)=(-\sin(t),\cos(t),1)[/mm], also
> [mm]\mathrm{rg}\,D\Psi(t)=1=d[/mm], also ist [mm]M_2[/mm] eine 1-dimensionale
> [mm]C^1[/mm]-Mfk.
>
> Mit [mm]\Psi^{-1}(x,y,z)=(\arccos(x),\arcsin(y),z)[/mm] folgt für
> [mm]\alpha\in M_2[/mm] mit [mm]\alpha=(x,y,z)[/mm]:
> [mm]T_x(M_2)=\Psi'(\Psi^{-1}(\alpha))(\mathbb{R}^1)=\left(-\sin\Big(\arccos(x)\Big),\cos\Big(\arcsin(y)\Big),z\right)[/mm].
Das letzte z muss eine 1 sein.
> Stimmt das, oder ist das alles kompletter Unfug? :/
Es ist ungeschickt geschrieben. Zu jedem Wert von $z=t$ gehört genau ein Punkt auf der Kurve mit [mm] $x=\cos [/mm] t$ und [mm] $y=\sin [/mm] t$ . Deswegen ist
[mm] D\Psi(t)=\Psi'(t)=(-\sin(t),\cos(t),1) = (-y(t),x(t),1) [/mm] ,
und damit
[mm] \Psi'(\Psi^{-1}(\alpha)) = (-y,x,1) [/mm] .
Das charakterisiert die Tangente im Punkt [mm] $\alpha=(x,y,z)$ [/mm] viel einfacher.
Viele Grüße
Rainer
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