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| Aufgabe | Sei S [mm] \subset \IR^3 [/mm] eine reguläre Fläche. Sei (U,F,V) eine lokale Parametrisierung von S. Sei W [mm] \subset \IR^n [/mm] eine offene Menge, und h:W [mm] \to \IR^3 [/mm] eine Abbildung mit h(W) [mm] \subset S\cap [/mm] V.
Dann ist h als Abbildung von W nach [mm] \IR^3 [/mm] genau dann glatt, wenn [mm] F^{-1}\circ [/mm] h:W [mm] \to [/mm] U [mm] \subset \IR^2 [/mm] glatt ist. |
Hi,
zu diesem Satz habe ich den Beweis, den ich aber nicht ganz nachvollziehen kann :-/. Vielleicht kann ja jemand weiterhelfen.
Fangen wir mal an.
Vielleicht zu allerst schon das hier:
> [mm] F^{-1}\circ [/mm] h:W [mm] \to [/mm] U [mm] \subset \IR^2 [/mm]
Was heißt das genau? Wenn ich die Umkehrabbidlung von F mit h verknüpfe ich dann auf U [mm] \subset \IR^2 [/mm] lande?
> Eine Beweisrichtung ist trivial, denn ist [mm] T:=F^{-1} \circ [/mm] h eine glatte Abbildung, so ist h=F [mm] \circ [/mm] T als Verkettung zweier glatter Abbildungen ebenfalls glatt. (T:W [mm] \to [/mm] U [mm] \subset \IR^2)
[/mm]
> Sei also h:W [mm] \to \IR^3 [/mm] glatt. Sei p [mm] \in [/mm] W. Wir setzen q:=h(p) [mm] \in [/mm] S [mm] \cap [/mm] V und [mm] u_0
[/mm]
> Wir schreiben [mm] F(u^1,u^2):=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)). [/mm] Da das Differential [mm] D_{u_0}F [/mm] maximalen Rag hat, können wir O.E.d.A. annehmen, dass die 2x2-Matrix
> [mm] (\bruch{d(x,y)}{d(u^1,u^2)}(u_0)) [/mm] invertierbar ist.
Dieses [mm] F(u^1,u^2), [/mm] das hat aber nichts mit dem [mm] u_0:=F^{-1}(q) \in [/mm] U zutun, oder? weil dann wäre es doch kleverer zu schreiben [mm] u_0^1 [/mm] und [mm] u_0^2, [/mm] oder?
Und woher weiß man, dass das Differential [mm] D_{u_0}F [/mm] maximalen Rag hat??
> Denn falls nicht, so müssen wir die x-Koordinate oder die y-Koordinate durch die z-Koordinate ersetzen.
wieso bekommt man bei Ersetzung durch z immer eine invertierbare Matrix? Also mit Rang 2?
> Wir definieren die Abbildung
> [mm] G:Ux\IR \to \IR^3, G(u^1,u^2,t)=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)+t)
[/mm]
> und berechnen ihr Diferential an der Stelle [mm] (u^1, u^2, t)=(u_0^1, u_0^2, [/mm] 0):
Wieso ist [mm] (u^1, u^2, t)=(u_0^1, u_0^2, [/mm] 0), also wieso ist das gleich und wieso verschwindet beim zweiten das t??
> [mm] D_{(u_0^1, u_0^2, 0)}G=\pmat{ \bruch{dx}{du_1}(u_0) & \bruch{dx}{du_2}(u_0) & 0 \\ \bruch{dy}{du_1}(u_0) & \bruch{dy}{du_2}(u_0) & 0 \\ \bruch{dz}{dz_1}(u_0) & \bruch{dz}{dz_2}(u_0) & 0 }
[/mm]
Wieso ist bei der Matrix genau an der Stelle 3x3 eine 1? Sonst sind in der Spalte ja immer nur 0.
> Entwickeln nach der letzten Spalte liefert, dass die Det ungleich 0 ist.
Vielleicht meien Fragen erstmal bis hierher. Der Rest dann hinterher 
> Somit ist [mm] D_{(u_0^1, u_0^2, 0)}G [/mm] invertierbar und wir können nach dem Umkehrsatz eine offene Umgebung [mm] U_1 \subset Ux\IR [/mm] von [mm] (u_0^1, u_0^2, [/mm] 0) und eine offene Umgebung [mm] V_1 \subset [/mm] V von q finden, sodass
> [mm] G|_{U_1}: U_1 \to V_1
[/mm]
> ein Diffeomorphismus ist. Wir setzen [mm] W_1:=h^{-1}(V_1). [/mm] Dann ist [mm] W_1 [/mm] eine offene Umgebung von p. Für p' [mm] \in W_1 [/mm] gilt
> [mm] G^{-1} \circ [/mm] h(p') [mm] =(F^{-1} \circ [/mm] h(p'),0),
> denn [mm] F(u^1,u^2)=G(u^1,u^2,0). [/mm] Da [mm] G^{-1} \circ [/mm] h als Verkettung zweier glatter Abbildungen wieder glatt ist, gilt dies auch für [mm] F^{-1} \circ [/mm] auf [mm] W_1. [/mm] Nun ist [mm] W_1 [/mm] eine offene Umgebung des beliebig vorgegeben Punktes p, und die Aussage ist bewiesen.
Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:31 Do 22.09.2011 | | Autor: | Berieux |
Hi!
> Hi,
>
> zu diesem Satz habe ich den Beweis, den ich aber nicht ganz
> nachvollziehen kann :-/. Vielleicht kann ja jemand
> weiterhelfen.
>
> Fangen wir mal an.
>
> Vielleicht zu allerst schon das hier:
>
> > [mm]F^{-1}\circ[/mm] h:W [mm]\to[/mm] U [mm]\subset \IR^2[/mm]
>
> Was heißt das genau? Wenn ich die Umkehrabbidlung von F
> mit h verknüpfe ich dann auf U [mm]\subset \IR^2[/mm] lande?
>
Was meinst du damit? h geht halt von W nach h(W) und [mm]F^{-1}[/mm] eingeschränkt auf h(W) geht von h(W) nach U. Dann geht die Verknüpfung von W nach U.
> > Eine Beweisrichtung ist trivial, denn ist [mm]T:=F^{-1} \circ[/mm] h
> eine glatte Abbildung, so ist h=F [mm]\circ[/mm] T als Verkettung
> zweier glatter Abbildungen ebenfalls glatt. (T:W [mm]\to[/mm] U
> [mm]\subset \IR^2)[/mm]
>
> > Sei also h:W [mm]\to \IR^3[/mm] glatt. Sei p [mm]\in[/mm] W. Wir setzen
> q:=h(p) [mm]\in[/mm] S [mm]\cap[/mm] V und [mm]u_0[/mm]
>
> > Wir schreiben
> [mm]F(u^1,u^2):=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)).[/mm] Da das
> Differential [mm]D_{u_0}F[/mm] maximalen Rag hat, können wir
> O.E.d.A. annehmen, dass die 2x2-Matrix
>
> > [mm](\bruch{d(x,y)}{d(u^1,u^2)}(u_0))[/mm] invertierbar ist.
>
> Dieses [mm]F(u^1,u^2),[/mm] das hat aber nichts mit dem
> [mm]u_0:=F^{-1}(q) \in[/mm] U zutun, oder? weil dann wäre es doch
> kleverer zu schreiben [mm]u_0^1[/mm] und [mm]u_0^2,[/mm] oder?
>
[mm](u^{1}, u^{2})[/mm] ist eine Variable und [mm]u_{0}[/mm] ein fixierter Punkt.
> Und woher weiß man, dass das Differential [mm]D_{u_0}F[/mm]
> maximalen Rag hat??
>
Weil sonst F keine lokale Parametrisierung wäre. DF hat in jedem Punkt maximalen Rang.
>
> > Denn falls nicht, so müssen wir die x-Koordinate oder die
> y-Koordinate durch die z-Koordinate ersetzen.
>
> wieso bekommt man bei Ersetzung durch z immer eine
> invertierbare Matrix? Also mit Rang 2?
>
Gemeint ist, dass du die Variablen so anordnen darfst, dass die ersten beiden Zeilen in [mm]D_{u_{0}}F[/mm] linear unabhängig sind.
>
>
> > Wir definieren die Abbildung
>
> > [mm]G:Ux\IR \to \IR^3, G(u^1,u^2,t)=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)+t)[/mm]
>
> > und berechnen ihr Diferential an der Stelle [mm](u^1, u^2, t)=(u_0^1, u_0^2,[/mm]
> 0):
>
> Wieso ist [mm](u^1, u^2, t)=(u_0^1, u_0^2,[/mm] 0), also wieso ist
> das gleich und wieso verschwindet beim zweiten das t??
>
Gemeint ist doch bloß dass das Differential im Punkt [mm](u_0^1, u_0^2, 0)[/mm] berechnet wird.
> > [mm]D_{(u_0^1, u_0^2, 0)}G=\pmat{ \bruch{dx}{du_1}(u_0) & \bruch{dx}{du_2}(u_0) & 0 \\ \bruch{dy}{du_1}(u_0) & \bruch{dy}{du_2}(u_0) & 0 \\ \bruch{dz}{dz_1}(u_0) & \bruch{dz}{dz_2}(u_0) & 0 }[/mm]
>
> Wieso ist bei der Matrix genau an der Stelle 3x3 eine 1?
> Sonst sind in der Spalte ja immer nur 0.
>
Das sind doch einfach die partiellen Ableitungen von G nach t.
> > Entwickeln nach der letzten Spalte liefert, dass die Det
> ungleich 0 ist.
>
> Vielleicht meien Fragen erstmal bis hierher. Der Rest dann
> hinterher
>
> > Somit ist [mm]D_{(u_0^1, u_0^2, 0)}G[/mm] invertierbar und wir
> können nach dem Umkehrsatz eine offene Umgebung [mm]U_1 \subset Ux\IR[/mm]
> von [mm](u_0^1, u_0^2,[/mm] 0) und eine offene Umgebung [mm]V_1 \subset[/mm]
> V von q finden, sodass
>
> > [mm]G|_{U_1}: U_1 \to V_1[/mm]
>
> > ein Diffeomorphismus ist. Wir setzen [mm]W_1:=h^{-1}(V_1).[/mm] Dann
> ist [mm]W_1[/mm] eine offene Umgebung von p. Für p' [mm]\in W_1[/mm] gilt
>
> > [mm]G^{-1} \circ[/mm] h(p') [mm]=(F^{-1} \circ[/mm] h(p'),0),
>
> > denn [mm]F(u^1,u^2)=G(u^1,u^2,0).[/mm] Da [mm]G^{-1} \circ[/mm] h als
> Verkettung zweier glatter Abbildungen wieder glatt ist,
> gilt dies auch für [mm]F^{-1} \circ[/mm] auf [mm]W_1.[/mm] Nun ist [mm]W_1[/mm] eine
> offene Umgebung des beliebig vorgegeben Punktes p, und die
> Aussage ist bewiesen.
>
>
> Grüße
>
>
Grüße,
Berieux
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Hi,
danke dir mal wieder.
Dann habe ich eigentlich nur noch zwei Fragen.
Zuerst:
> G:U [mm] \times \IR \to \IR^3, G(u^1,u^2,t)=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)+t)
[/mm]
Wie kann man sich U [mm] \times \IR [/mm] vorstellen?? und ist U [mm] \times \IR \subset \IR^2?
[/mm]
Und dann noch.
Was bedeutet das hier
> [mm] G^{-1} \circ [/mm] $ h(p') [mm] =(F^{-1} \circ [/mm] $ h(p'),0)
Ich weiß nicht, wieso da noch diese 0 in der Klammer steht??
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:23 Di 27.09.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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HI,
ich wollte die untere frage nochmal aufgreifen, vielleicht findet sich ja doch einer, der nochmal etwas dazu sagen kann. Wäre echt nett.
> Dann habe ich eigentlich nur noch zwei Fragen.
Zuerst:
> G:U $ [mm] \times \IR \to \IR^3, G(u^1,u^2,t)=(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)+t) [/mm] $
Wie kann man sich U $ [mm] \times \IR [/mm] $ vorstellen?? und ist U $ [mm] \times \IR \subset \IR^2? [/mm] $
Und dann noch.
Was bedeutet das hier
> $ [mm] G^{-1} \circ [/mm] $ $ h(p') [mm] =(F^{-1} \circ [/mm] $ h(p'),0)
Ich weiß nicht, wieso da noch diese 0 in der Klammer steht??
Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:16 Do 29.09.2011 | | Autor: | Helbig |
> Wie kann man sich U [mm]\times \IR[/mm] vorstellen?? und ist
> [mm]U \times \IR \subset \IR^2?[/mm]
Nein. $U$ ist eine Teilmenge von [mm] $\IR^2$ [/mm] und [mm] $U\times \IR$ [/mm] ist eine Teilmenge von [mm] $\IR^3$. [/mm] Dies sollte auch die zweite Frage beantworten:
> > [mm]G^{-1} \circ[/mm] [mm]h(p') =(F^{-1} \circ[/mm] h(p'),0)
>
> Ich weiß nicht, wieso da noch diese 0 in der Klammer
> steht??
OK?
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Hi,
danke erstmal für die Antwort.
Also die zweite Frage hat sich damit aber leider noch nicht beantwortet, denn ich weiß immer noch nicht, wieso da diese 0 in der Klammer steht???
Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:36 Do 29.09.2011 | | Autor: | Helbig |
Für [mm] $(u^1, u^2)\in [/mm] U$ und [mm] $t\in\IR$ [/mm] ist
[mm] $$F(u^1, u^2)=\bigl(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)\bigr)$$
[/mm]
[mm] $$G(u^1, u^2, t)=\bigl(x(u^1,u^2),y(u^1,u^2),z(u^1,u^2)+t\bigr).$$
[/mm]
Nun setze $t=0$.
OK?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:29 Do 29.09.2011 | | Autor: | steve.joke |
achso.
ok, danke dir.
grüße
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