Kurs:Differentialgeometrie/1/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Krümmungskreis zu einer zweifach stetig differenzierbare bogenparametrisierte Kurve Es sei

   ${\displaystyle \gamma \colon I\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

   in einem Punkt ${\displaystyle {}t_{0}\in I}$.

2. Eine abgeschlossene Untermannigfaltigkeit ${\displaystyle {}M\subseteq N}$ einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${\displaystyle {}N}$.
3. Der Tangentialraum in einem Punkt ${\displaystyle {}P\in M}$ einer differenzierbaren Mannigfaltigkeit ${\displaystyle {}M}$.
4. Eine orientierte differenzierbare Mannigfaltigkeit ${\displaystyle {}M}$.
5. Der Rand einer Mannigfaltigkeit mit Rand.
6. Die Christoffelsymbole ${\displaystyle {}\Gamma _{ij}^{k}}$ für den Levi-Civita-Zusammenhang zu einer riemannschen Struktur ${\displaystyle {}{\left(g_{ij}\right)}}$ auf einer offenen Menge ${\displaystyle {}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}}$.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über das Bild der Gauß-Abbildung eine Hyperfläche.
2. Die Formel für den Flächeninhalt einer Rotationsfläche zu einer differenzierbaren Kurve

   ${\displaystyle \gamma \colon ]a,b[\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (x(t),y(t)),}$

   mit

   ${\displaystyle {}y(t)>0}$.
3. Die Produktregel für die äußere Ableitung.

Es sei ${\displaystyle {}Y}$ die Hyperfläche, die durch die Bedingung

${\displaystyle {}2x^{2}+3y^{2}+5z^{2}=10\,}$

im ${\displaystyle {}\mathbb {R} ^{3}}$ gegeben ist. Es sei ${\displaystyle {}P={\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}\in Y}$ und ${\displaystyle {}w={\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}}$.

1. Bestimme den Tangentialraum ${\displaystyle {}T_{P}Y}$.
2. Bestimme die orthogonale Zerlegung ${\displaystyle {}w}$ in die tangentiale und in die orthogonale Komponente zum Punkt ${\displaystyle {}P}$.
3. Realisiere die tangentiale Komponente von ${\displaystyle {}w}$ in ${\displaystyle {}T_{P}Y}$ durch eine differenzierbare Kurve, die ganz auf ${\displaystyle {}Y}$ verläuft.

1. Das totale Differential ist

   ${\displaystyle \left(4x,\,6y,\,10z\right),}$

   in ${\displaystyle {}P}$ führt das auf

   ${\displaystyle {}T_{P}Y={\left\{{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}\mid -4a+6b+10c=0\right\}}={\left\{{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}\mid \left\langle {\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}\right\rangle =0\right\}}\,.}$

2. Wir machen den Ansatz

   ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}=s{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}+v\,}$

   mit einem gesuchten Skalar ${\displaystyle {}s\in \mathbb {R} }$ und dem gesuchten tangentialen Vektor ${\displaystyle {}v}$. Es ist

   ${\displaystyle {}\left\langle {\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}\right\rangle =12-12+40=40\,.}$

   Wegen

   ${\displaystyle {}\left\langle {\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}\right\rangle =16+36+100=152\,}$

   ist

   ${\displaystyle {}s={\frac {40}{152}}={\frac {5}{19}}\,}$

   und damit

   ${\displaystyle {}v={\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}-{\frac {5}{19}}{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}={\frac {1}{19}}{\begin{pmatrix}-57+20\\38+30\\76-50\end{pmatrix}}={\frac {1}{19}}{\begin{pmatrix}-37\\68\\26\end{pmatrix}}\,.}$

   Die orthogonale Zerlegung ist also

   ${\displaystyle {}w={\begin{pmatrix}-3\\2\\4\end{pmatrix}}={\frac {5}{19}}{\begin{pmatrix}-4\\-6\\10\end{pmatrix}}+{\frac {1}{19}}{\begin{pmatrix}-37\\68\\26\end{pmatrix}}\,.}$

3. Wir schreiben die Flächengleichung ${\displaystyle {}2x^{2}+3y^{2}+5z^{2}=10}$ als

   ${\displaystyle {}z=\pm {\sqrt {10-2x^{2}-3y^{2}}}\,,}$

   wobei im Punkt ${\displaystyle {}P}$ die positive Wurzel zu nehmen ist. Dies ist eine Parametrisierung der Fläche in einer offenen Umgebung von ${\displaystyle {}P}$, wobei der Tangentialraum in ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}}}$ in den Tangentialraum ${\displaystyle {}T_{P}Y}$ abgebildet wird.

Es sei

${\displaystyle \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}\cos \left(\omega t\right)\\\sin \left(\omega t\right)\end{pmatrix}},}$

mit einem ${\displaystyle {}\omega >0}$. Man zeige, dass es keine andere Kreisbewegung mit konstanter Geschwindigkeitsnorm gibt, die mit ${\displaystyle {}\gamma }$ für ${\displaystyle {}t=0}$ bis zur zweiten Ableitung übereinstimmt.

Es ist

${\displaystyle {}\gamma (0)={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}\,,}$

${\displaystyle {}\gamma '(0)={\begin{pmatrix}0\\\omega \end{pmatrix}}\,}$

und

${\displaystyle {}\gamma ^{\prime \prime }(0)={\begin{pmatrix}-\omega ^{2}\\0\end{pmatrix}}\,.}$

Eine Kreisbewegung, die mit der vorgegebenen Bewegung für ${\displaystyle {}t=0}$ bis zur zweiten Ableitung übereinstimmt, muss insbesondere die gleiche Tangente in diesem Punkt haben. Daher muss der Kreismittelpunkt auf der ${\displaystyle {}x}$-Achse liegen. Ferner muss er links von ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}}$ liegen, da die Beschleunigung nach links wirkt. Wir können daher eine gesuchte uniforme Kreisbewegung mit dem Mittelpunkt ${\displaystyle {}{\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}}$ (${\displaystyle {}x<1}$) und dem Radius ${\displaystyle {}1-x}$ als

${\displaystyle {}\delta (t)={\begin{pmatrix}x\\0\end{pmatrix}}+(1-x){\begin{pmatrix}\cos \left(ut\right)\\\sin \left(ut\right)\end{pmatrix}}\,}$

ansetzen. Es ist

${\displaystyle {}\delta (0)=\gamma (0)\,.}$

Ferner ist

${\displaystyle {}\delta '(0)=(1-x){\begin{pmatrix}0\\u\end{pmatrix}}\,}$

und

${\displaystyle {}\delta ^{\prime \prime }(0)=(1-x){\begin{pmatrix}-u^{2}\\0\end{pmatrix}}\,.}$

Wenn die geforderten Bedingungen also erfüllt sein sollen, muss

${\displaystyle {}\omega =(1-x)u\,}$

und

${\displaystyle {}\omega ^{2}=(1-x)u^{2}\,}$

gelten. Dies ergibt

${\displaystyle {}\omega ^{2}=\omega u\,}$

und somit

${\displaystyle {}u=\omega \,}$

und

${\displaystyle {}x=0\,.}$

Beweise den Satz über die Krümmung auf einer implizit gegebenen ebenen Kurve.

Es sei ${\displaystyle {}\gamma \colon I\rightarrow \mathbb {R} ^{2}}$ eine Bogenparametrisierung der Kurve ${\displaystyle {}Y}$ in einer Umgebung von ${\displaystyle {}P}$ mit ${\displaystyle {}\gamma (0)=P}$, die mit der gegebenen Orientierung übereinstimmt. Das totale Differential

${\displaystyle \left(DN\right)_{P}\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}}$

ist linear, daher genügt es, die Aussage für den Vektor ${\displaystyle {}\gamma '(0)}$ zu zeigen. Nach der Kettenregel ist

${\displaystyle {}{\left(DN\right)}_{P}{\left(\gamma '(0)\right)}=(N\circ \gamma )'(0)\,.}$

Dieser Vektor ist ein Vielfaches von ${\displaystyle {}\gamma '(0)}$ und daher ist dies gleich

${\displaystyle \left\langle (N\circ \gamma )'(0),\gamma '(0)\right\rangle \gamma '(0).}$

Wegen der Orthogonalitätsbedingung ist

${\displaystyle {}\left\langle (N\circ \gamma )(t),\gamma '(t)\right\rangle =0\,}$

für alle ${\displaystyle {}t\in I}$ und daher

${\displaystyle {}\left\langle (N\circ \gamma )'(t),\gamma '(t)\right\rangle +\left\langle (N\circ \gamma )(t),\gamma ^{\prime \prime }(t)\right\rangle =0\,.}$

Also ist

${\displaystyle {}{\left(DN\right)}_{P}{\left(\gamma '(0)\right)}=-\left\langle (N\circ \gamma )(0),\gamma ^{\prime \prime }(0)\right\rangle \gamma '(0)=-\kappa (\gamma (0))\gamma '(0)\,}$

nach Lemma 3.8 (Differentialgeometrie (Osnabrück 2023)).

Man gebe ein Beispiel für differenzierbare Mannigfaltigkeiten ${\displaystyle {}M}$ und ${\displaystyle {}N}$ mit ${\displaystyle {}\operatorname {dim} _{}^{}{\left(M\right)},\,\operatorname {dim} _{}^{}{\left(N\right)}\geq 1}$ und differenzierbare Abbildungen ${\displaystyle {}\varphi \colon M\rightarrow N}$ und ${\displaystyle {}\psi \colon N\rightarrow M}$ derart, dass ${\displaystyle {}\psi \circ \varphi =\operatorname {Id} _{M}}$ und ${\displaystyle {}\varphi \circ \psi \neq \operatorname {Id} _{N}}$ gilt.

Wir wählen ${\displaystyle {}M=\mathbb {R} }$ und ${\displaystyle {}N=\mathbb {R} ^{2}}$ und

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,x\longmapsto (x,0),}$

und

${\displaystyle \psi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x.}$

Dann ist

${\displaystyle {}{\left(\psi \circ \varphi \right)}(x)=\psi ((x,0))=x\,}$

und

${\displaystyle {}{\left(\varphi \circ \psi \right)}((x,y))=\varphi (x)=(x,0)\,.}$

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

Für eine differenzierbare Kurve

${\displaystyle \gamma \colon I\longrightarrow M}$

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

${\displaystyle \alpha \colon U\longrightarrow V}$

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

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

nicht, wenn man zu einem kleineren offenen Intervall ${\displaystyle {}0\in I'\subseteq I}$ und einer kleineren offenen Menge ${\displaystyle {}P\in U'\subseteq U}$ (mit der induzierten Karte) übergeht. Wir können also davon ausgehen, dass ${\displaystyle {}\gamma _{1}}$ und ${\displaystyle {}\gamma _{2}}$ auf dem gleichen Intervall definiert sind und ihre Bilder in ${\displaystyle {}U}$ liegen, und dass es für dieses ${\displaystyle {}U}$ zwei Karten

${\displaystyle \alpha _{1}\colon U\longrightarrow V_{1}}$

und

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

gibt. Dann folgt aus

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

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

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

Zeige, dass die Tangentialabbildung ${\displaystyle {}T(\varphi )}$ zu

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} ^{1}\longrightarrow S^{1},\,t\longmapsto (\cos t,\sin t),}$

surjektiv ist.

Die Abbildung ${\displaystyle {}\varphi }$ ist surjektiv, es ist also lediglich zu zeigen, dass für jedes ${\displaystyle {}t\in \mathbb {R} }$ die lineare Tangentialabbildung

${\displaystyle T_{t}\mathbb {R} \cong \mathbb {R} \longrightarrow T_{\varphi (t)}S^{1}}$

surjektiv ist. Da beide Räume eindimensional sind, muss gezeigt werden, dass ein von ${\displaystyle {}0}$ verschiedener Vektor nicht auf ${\displaystyle {}0}$ geht. Ein Tangentialvektor an ${\displaystyle {}t}$ wird realisiert durch den differenzierbaren Weg

${\displaystyle \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,s\longmapsto t+s.}$

Der verknüpfte Weg

${\displaystyle \varphi \circ \gamma \colon \mathbb {R} \longrightarrow S^{1},\,s\longmapsto (\cos(t+s),\sin(t+s)),}$

realisiert den Bild-Tangentialvektor, und zwar ist (in der umgebenden Ebene ${\displaystyle {}T_{\varphi (t)}S^{1}\subseteq \mathbb {R} ^{2}}$)

${\displaystyle {}(\varphi \circ \gamma )'(0)=(-\sin t,\cos t)\,,}$

und das ist nicht der Nullvektor.

Wir betrachten die differenzierbaren Abbildungen

${\displaystyle \gamma \colon [1,c]\longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t,t^{3}),}$

(mit ${\displaystyle c\geq 1}$) und

${\displaystyle \varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(u,v)\longmapsto (u^{3},u^{2}+v^{2},u^{-1}v^{-1}),}$

und die Differentialform

${\displaystyle {}\omega =(x-y)dx-z^{2}dy+dz\,}$

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

a) Berechne die zurückgezogene Differentialform ${\displaystyle {}\varphi ^{*}\omega }$ auf dem ${\displaystyle {}\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} _{+}}$.

b) Berechne das Wegintegral zur Differentialform ${\displaystyle {}\varphi ^{*}\omega }$ zum Weg ${\displaystyle {}\gamma }$ in Abhängigkeit von ${\displaystyle {}c}$.

a) Die zurückgezogene Differentialform ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\varphi ^{*}((x-y)dx-z^{2}dy+dz)&=(u^{3}-u^{2}-v^{2})d(u^{3})-u^{-2}v^{-2}d(u^{2}+v^{2})+d(u^{-1}v^{-1})\\&=3(u^{5}-u^{4}-u^{2}v^{2})du-2u^{-1}v^{-2}du-2u^{-2}v^{-1}dv-u^{-2}v^{-1}du-u^{-1}v^{-2}dv\\&=(3u^{5}-3u^{4}-3u^{2}v^{2}-2u^{-1}v^{-2}-u^{-2}v^{-1})du+(-2u^{-2}v^{-1}-u^{-1}v^{-2})dv.\,\end{aligned}}}$

b) Das Wegintegral ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{2}t^{6}-2t^{-1}t^{-6}-t^{-2}t^{-3})dt+(-2t^{-2}t^{-3}-t^{-1}t^{-6})dt^{3}&=\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{8}-2t^{-7}-t^{-5})dt+(-2t^{-5}-t^{-7})3t^{2}dt\\&=\int _{1}^{c}(3t^{5}-3t^{4}-3t^{8}-2t^{-7}-t^{-5}-6t^{-3}-3t^{-5})dt\\&=\int _{1}^{c}(-3t^{8}+3t^{5}-3t^{4}-6t^{-3}-4t^{-5}-2t^{-7})dt\\&=(-{\frac {1}{3}}t^{9}+{\frac {1}{2}}t^{6}-{\frac {3}{5}}t^{5}+3t^{-2}+t^{-4}+{\frac {1}{3}}t^{-6})|_{1}^{c}\\&=-{\frac {1}{3}}c^{9}+{\frac {1}{2}}c^{6}-{\frac {3}{5}}c^{5}+3c^{-2}+c^{-4}+{\frac {1}{3}}c^{-6}-(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {3}{5}}+3+1+{\frac {1}{3}})\\&=-{\frac {1}{3}}c^{9}+{\frac {1}{2}}c^{6}-{\frac {3}{5}}c^{5}+3c^{-2}+c^{-4}+{\frac {1}{3}}c^{-6}-{\frac {39}{10}}.\,\end{aligned}}}$

Es sei

${\displaystyle \psi \colon L\longrightarrow M}$

eine differenzierbare Abbildung zwischen differenzierbaren Mannigfaltigkeiten, es sei

${\displaystyle f\colon M\longrightarrow \mathbb {R} }$

eine Funktion auf ${\displaystyle {}M}$ und ${\displaystyle {}\omega }$ eine ${\displaystyle {}k}$- Form auf ${\displaystyle {}M}$. Zeige

${\displaystyle {}\psi ^{*}(f\omega )=\psi ^{*}(f)\psi ^{*}\omega \,.}$

Es sei ${\displaystyle {}P\in L}$ und ${\displaystyle {}v_{1},\ldots ,v_{k}\in T_{P}L}$. Dann ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}\psi ^{*}{\left(f\omega )(P,v_{1},\ldots ,v_{k}\right)}&=(f\omega ){\left(\psi (P),T_{P}\psi (v_{1}),\ldots ,T_{P}\psi (v_{k})\right)}\\&=f(\psi (P))\cdot \omega {\left(\psi (P),T_{P}\psi (v_{1}),\ldots ,T_{P}\psi (v_{k})\right)}\\&={\left(\psi ^{*}(f)\right)}(P)\cdot \omega {\left(\psi (P),T_{P}\psi (v_{1}),\ldots ,T_{P}\psi (v_{k})\right)}\\&={\left(\psi ^{*}(f)\right)}(P)\cdot {\left(\psi ^{*}(\omega )\right)}{\left(P,v_{1},\ldots ,v_{k}\right)}\\&={\left(\psi ^{*}(f)\psi ^{*}(\omega )\right)}{\left(P,v_{1},\ldots ,v_{k}\right)}.\end{aligned}}}$

Beschreibe möglichst viele zusammenhängende eindimensionale Mannigfaltigkeiten mit Rand.

Es sei

${\displaystyle f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} _{+}}$

eine stetig differenzierbare Funktion. Wir fassen den Subgraphen als eine Mannigfaltigkeit mit Rand auf, wobei der Rand aus dem Graphen, dem Grundintervall und den beiden Seitenkanten, aber ohne die vier Eckpunkte besteht. Bestätige den Satz von Stokes direkt für die Differentialform ${\displaystyle {}\omega =xdy}$.

Wegen

${\displaystyle {}d(xdy)=dx\wedge dy\,}$

ist einerseits

${\displaystyle {}\int _{M}dx\wedge dy=\int _{a}^{b}f(t)dt=F(b)-F(a)\,}$

der Flächeninhalt des Subgraphen, wobei ${\displaystyle {}F}$ eine Stammfunktion von ${\displaystyle {}f}$ sei. Für das Kurvenintegral müssen wir den Rand von ${\displaystyle {}M}$ gegen den Uhrzeigersinn parametrisieren. Das Grundintervall wird durch ${\displaystyle {}i:t\mapsto {\begin{pmatrix}t\\0\end{pmatrix}}}$ parametrisiert, dabei ist

${\displaystyle {}i^{*}\omega =i^{*}xdy=xd0=0\,,}$

dieser Ausschnitt des Wegintegrals ist also ${\displaystyle {}0}$. Für die Seite rechts ist ${\displaystyle {}i:t\mapsto {\begin{pmatrix}b\\t\end{pmatrix}}}$, eine Parametrisierung, wobei ${\displaystyle {}t}$ zwischen ${\displaystyle {}0}$ und ${\displaystyle {}f(b)}$ wandert. Dabei ist

${\displaystyle {}i^{*}xdy=bdt\,}$

und das Wegintegral darüber ist ${\displaystyle {}bf(b)}$. Der Beitrag der Kante links ist ${\displaystyle {}-af(a)}$. Der Graph wird durch

${\displaystyle i\colon [a,b]\longrightarrow ,\,t\longmapsto (t,f(t)),}$

parametrisiert. Dabei ist

${\displaystyle {}i^{*}xdy=tdf=tf'(t)dt\,.}$

Das Integral ist mit dem richtigen Vorzeichen gleich

${\displaystyle {}{\begin{aligned}-\int _{a}^{b}tf'(t)dt&=-(tf(t)-F(t)){|}_{a}^{b}\\&=-(bf(b)-F(b)-af(a)+F(a))\\&=F(b)-F(a)+af(a)-bf(b).\end{aligned}}}$

Das gesamte Wegintegral ist somit ebenfalls

${\displaystyle {}{\begin{aligned}bf(b)-af(a)+F(b)-F(a)+af(a)-bf(b)&=F(b)-F(a)\\\end{aligned}}}$

Beweise den Brouwerschen Fixpunktsatz.

Zur Notationsvereinfachung sei ${\displaystyle {}r=1}$.  Nehmen wir an, dass es eine fixpunktfreie stetig differenzierbare Abbildung ${\displaystyle {}\psi }$ geben würde. Dann ist stets

${\displaystyle {}x\neq \psi (x)\,,}$

sodass die beiden Punkte eine Gerade definieren. Die Idee ist, mittels dieser Geraden einen (der beiden) Durchstoßungspunkt mit der Sphäre als Bildpunkt einer Retraktion auf den Rand zu nehmen. Mit der Hilfsfunktion

${\displaystyle {}h(x)={\frac {\psi (x)-x}{\Vert {\psi (x)-x}\Vert }}\,}$

definieren wir eine Abbildung

${\displaystyle \varphi \colon B\left(0,1\right)\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}}$

durch

${\displaystyle \varphi (x)=x+{\left(-\left\langle x,h(x)\right\rangle +{\sqrt {1+\left\langle x,h(x)\right\rangle ^{2}-\Vert {x}\Vert ^{2}}}\right)}\cdot h(x)\,.}$

Dabei ist der Ausdruck unter der Wurzel positiv. Dies ist bei ${\displaystyle {}\Vert {x}\Vert <1}$ klar und bei ${\displaystyle {}\Vert {x}\Vert =1}$ liegt ein Punkt auf der Sphäre vor, dessen Verbindungsgerade mit dem Kugelpunkt ${\displaystyle {}\psi (x)}$ nicht senkrecht zu ${\displaystyle {}x}$ ist (der affine Tangentialraum zu einem Punkt der Sphäre trifft eine Kugel nur in einem Punkt), sodass

${\displaystyle {}\left\langle x,h(x)\right\rangle \neq 0\,}$

ist. Da die Quadratwurzel und der Betrag außerhalb des Nullpunktes stetig differenzierbar sind, handelt es sich bei ${\displaystyle {}h(x)}$ und bei ${\displaystyle {}\varphi (x)}$ um stetig differenzierbare Abbildungen. Die Abbildung ${\displaystyle {}\varphi }$ bildet nach Aufgabe 23.23 (Differentialgeometrie (Osnabrück 2023)) die Kugel auf die Sphäre ab und ihre Einschränkung auf die Sphäre ist die Identität. Damit liegt eine stetig differenzierbare Retraktion der abgeschlossenen Vollkugel auf ihren Rand vor, was nach Satz 23.9 (Differentialgeometrie (Osnabrück 2023)) nicht sein kann.

Wir betrachten den Zylinder ${\displaystyle {}Z=S^{1}\times \mathbb {R} \subseteq \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {R} }$ mit dem trivialen Zusammenhang auf seinem Tangentialbündel.

1. Bestimme in einer geeigneten isometrischen Karte die geodätische Differentialgleichung für diejenige geodätische Kurve ${\displaystyle {}\psi }$ auf ${\displaystyle {}M}$, die

   ${\displaystyle {}\psi (0)=(1,0,3)\,}$

   und

   ${\displaystyle {}\psi '(0)=(0,1,-4)\,}$

   erfüllt.

2. Löse die Differentialgleichung aus (1) in der Karte.
3. Finde eine geodätische Kurve in ${\displaystyle {}Z}$, die die Bedingungen aus (1) erfüllt.

1. Wir betrachten die isometrische (inverse) Karte

   ${\displaystyle \varphi \colon ]-\pi ,\pi [\times \mathbb {R} \longrightarrow S^{1}\setminus \{(-1,0)\}\times \mathbb {R} ,\,(t,v)\longmapsto \left(\cos t,\,\sin t,\,v\right).}$

   Dabei ist ${\displaystyle {}\varphi (0,3)=(1,0,3)}$. Die Christoffelsymbole sind trivial, daher ist die geodätische Differentialgleichung gleich

   ${\displaystyle {}\gamma ^{\prime \prime }=0\,.}$

   Die angegebenen Bedingungen bedeuten auf der Karte

   ${\displaystyle {}\gamma (0)=(0,3)\,}$

   und

   ${\displaystyle {}\gamma '(0)=(1,-4)\,.}$

2. Eine Lösung in der Karte ist

   ${\displaystyle {}\gamma (t)=(0,3)+t(1,-4)=(t,3-4t)\,.}$

3. Eine geodätische Kurve mit den Anfangsbedingungen ist daher

   ${\displaystyle {}\psi (t)=\varphi (\gamma (t))=\left(\cos t,\,\sin t,\,3-4t\right)\,.}$