Technische Universität München Differentialgeometrie: Grundlagen

P17: Tangentialvektoren auf der S 2
Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Differentialgeometrie: Grundlagen
Sommersemester 2011
Prof. Dr. Tim Hoffmann — Dr. Jan Wehrheim
Übungsblatt 5 - Musterlösung
Wir betrachten das Vektorfeld X : R 2 → T R 2 ; X(p) =
( ( 1
p, im R
0))
2 .
a) Veranschaulichen Sie sich das Vektorfeld X anhand einer Zeichnung.
b) Berechnen Sie die Ableitung dφ N : T R 2 → T R 3 der stereographischen Projektion zum Nordpol
und beschreiben Sie das Tangentialbündel T S 2 der S 2 .
c) Berechnen Sie das Vektorfeld dφ N (X) auf der S 2 . Zeichnen Sie einige der Vektoren d p φ N (X)
für p ∈ R 2 . Welcher Zusammenhang besteht zwischen dem Vektorfeld dφ N (X) und den Parameterlinien
von φ N ?
d) Ist dφ n (X) ein stetiges Vektorfeld auf der S 2 ohne Nullstelle?
Lösung zu P17:
a)
→ → →
→ → →
→ → →
b) Die stereographischen Projektion zum Nordpol ist gegeben durch
⎛ ⎞
2x
φ N : R 2 → R 3 1
; φ N (x, y) =
1 + x 2 + y 2 · ⎝ 2y ⎠ .
x 2 + y 2 − 1
Wir berechnen
⎛
⎞
2(1 − x
∂φ N
∂x = 1
2 + y 2 )
(1 + x 2 + y 2 ) 2 · ⎝ −4xy ⎠
4x
und
⎛
⎞
−4xy
∂φ N
∂y = 1
(1 + x 2 + y 2 ) 2 · ⎝2(1 + x 2 − y 2 ) ⎠ .
4y
Die Ableitung ist also durch die Matrix
⎛
⎞
2(1 − x
1
2 + y 2 ) −4xy
d (x,y) φ N :=
(1 + x 2 + y 2 ) 2 · ⎝ −4xy 2(1 + x 2 − y 2 ) ⎠
4x
4y
gegeben und es gilt dφ N : T R 2 → T R 3 ; (p, v) ↦→ (φ N (p), d p φ N (v)).
Das Tangentialbündel T S 2 der S 2 ist auf der durch φ N parametrisierten Menge durch das Bild
der Abbildung dφ N gegeben. Man überzeugt sich davon, dass dies der Anschauung entspricht:
Der Vektor d p φ N (v) ist stets orthogonal zum Ortsvektor φ N (p).
c) Wegen X(p) = (1, 0) ist dφ N (X) an der Stelle p gegeben durch ∂φ N /∂x(p). Das Vektorfeld
dφ N (X) ist also genau das Einheitstangentialvektorfeld entlang der Parameterlinien
für feste y 0 ∈ R.
γ : R → S 2 ; γ(t) = φ N (t, y 0 )
d) Das Vektorfeld dφ N (X) ist zunächst nur auf dem Bild von φ N , also auf S 2 \ {N} definiert.
Auf seinem Definitionsbereich ist es stetig und hat in der Tat keine Nullstelle. Man kann das
Vektorfeld nun aber über den Nordpol hinweg stetig fortsetzen, denn es gilt
lim d pφ N (X) = 0.
|p|→∞
Und diese stetige Fortsetzung hat dann am Nordpol die Nullstelle.

P18: Funktionsgraphen
Es sei g : R 2 → R eine glatte Funktion. Wir betrachten die parametrisierte Fläche
f := Graph(g) : R 2 → R 3 ; (x, y) ↦→ (x, y, g(x, y)).
a) Zeigen Sie, dass f regulär ist.
b) Bestimmen Sie die von f induzierte Metrik (d.h. die erste Fundamentalform).
c) Für welche Funktionen g ist f orthogonal (konform, isometrisch) parametrisiert?
Lösung zu P18:
a) Es gilt
f x = ∂f
∂x = (1, 0, g x) und f y = ∂f
∂y = (0, 1, g y)
und somit sind f x (p) und f y (p) für alle p ∈ R 2 linear unabhängig, d p f hat also stets vollen
Rang, also ist f regulär.
b) Die Darstellung der induzierten Metrik bezüglich der Standardbasis des R 2 ist gegeben durch
( ) ( ) ( )
E F 〈fx , f
= x 〉 〈f x , f y 〉 1 +
2 gx g
=
x g y
2 .
F G 〈f x , f y 〉 〈f y , f y 〉 g x g y 1 + g y
c) Die Parametrisierung ist genau dann orthogonal, wenn F = 0. Dies ist also genau dann der
Fall, wenn für alle p ∈ R 2 entweder g x (p) = 0, oder g y (p) = 0.
Die Parametrisierung ist genau dann konform, wenn zusätzlich E = G. Dies ist also genau dann
der Fall, wenn g x (p) = g y (p) = 0 für alle p ∈ R 2 . Das bedeutet, dass g eine Konstante ist.
In dem Fall ist aber automatisch schon E = G = 1 und die Parametrisierung ist also sogar
isometrisch.
Zusatz zur Lösung von Aufgabe P18c)
Ist g : R 2 → R eine Funktion mit der Eigenschaft
∀p ∈ R 2 : g x (p) · g y (p) = 0,
so folgt in der Tat, dass eine der partiellen Ableitungen g x oder g y komplett für alle p ∈ R 2 verschwindet.
Die Funktion g ist also von einer der Variablen x oder y unabhängig. Der Beweis für
diese Tatsache ist nicht ganz offensichtlich:
Angenommen wir haben einen Punkt p 0 ∈ R 2 mit g y (p 0 ) = c 0 ≠ 0. Wegen der Stetigkeit von g y
finden wir also eine offene Umgebung U von p 0 mit g y (p) ≠ 0 für alle p ∈ U. Aus obiger Eigenschaft
folgt dann g x (p) = 0 für alle p ∈ U. Nun nutzen wir aus, dass g eine glatte Funktion ist und somit
die partiellen Ableitungen nach x und nach y kommutieren:
∂g y
∂x (p) = ∂g x
(p) = 0 für alle p ∈ U,
∂y
da g x auf U eine konstante Funktion ist. Es folgt, dass g y ausgehend von p 0 in x-Richtung auf einem
kleinen Intervall konstant ist, also
g y (p 0 + t · e x ) = c 0 für alle t ∈ (−ε, ε)
mit einem hinreichend kleinen ε. Daraus folgt aber schon, dass g y auf der ganzen Gerade p 0 + R · e x
konstant gleich c 0 ist: Es sei T das Supremum der Menge
R := {r > 0 | g y (p 0 + t · e x ) = c 0 für alle t ∈ (−r, r)}.
Ist T < ∞, so ist aufgrund der Stetigkeit von g y dann auch
g y (p 0 + T · e x ) = g y (p 0 − T · e x ) = c 0
und eine Wiederholung des obigen Argumentes mit p 0 ersetzt durch p 0 ±T ·e x zeigt, dass tatsächlich
sogar T + ε in der Menge R enthalten ist — im Widerspruch zur T = sup(R). Also ist T = ∞ und
R = R.
Ist also g y an einer Stelle p 0 ungleich Null, so ist g y auf der ganzen Geraden p 0 + R · e x konstant.
Ist g y (p 0 ) = 0, so folgt nun per Widerspruch, dass auch g y (p) = 0 für alle p ∈ p 0 + R · e x . Es folgt
also, dass g y in der Tat konstant ist auf allen Geraden parallel zur x-Achse.

Genau die gleiche Argumentation können wir für g x durchführen. Wir erhalten, dass g x konstant ist
entlang aller Geraden parallel zur y-Achse.
Wäre nun g y (p 0 ) ≠ 0 für einen Punkt p 0 ∈ R 2 , dann wäre g y auf der ganzen Gerade durch p 0 parallel
zur x-Achse ungleich Null. Aus der Eigenschaft g x (p) · g y (p) = 0 folgt dann, dass g x (p) = 0 für alle
p ∈ p 0 + R · e x . Da g x aber konstant ist auf allen Geraden parallel zur y-Achse folgt
g x (p) = 0 für alle p ∈ p 0 + R · e x + R · e y = R 2 .
P19: Kurven auf Flächen
Wir betrachten die Funktion g : R 2 → R mit g(x, y) := sin(x) · sin(y) und dazu die parametrisierte
Fläche f := Graph(g). Bestimmen Sie alle Punkte, an denen sich die Parameterlinien von f
orthogonal schneiden.
Lösung zu P19:
Die Parameterlinien durch einen Punkt f(x 0 , y 0 ) in der parametrisierten Fläche sind gegeben durch
die Formeln
γ 1 : R → R 3 ; γ 1 (t) = f(x 0 + t, y 0 )
und
γ 2 : R → R 3 ; γ 1 (t) = f(x 0 , y 0 + t).
Ihr Schnittwinkel ist definiert als der Winkel zwischen ihren Tangentialvektoren. Wir müssen also
das Skalarprodukt zwischen diesen Tangentialvektoren berechnen und die Kurven schneiden sich
orthogonal, wenn dieses Skalarprodukt verschwindet.
Zur Berechnung das Skalarproduktes haben wir zwei Optionen: Wir können im R 3 rechnen, oder
wir können im Parameterbereich R 2 rechnen.
Im R 3 : Die Tangentialvektoren (im Punkt t = 0) an die Parameterlinien sind
⎛
˙γ 1 (t) = ⎝
1
0
⎞
⎠ und
⎛
˙γ 2 (t) = ⎝
0
1
⎞
⎠ .
cos(x 0 ) sin(y 0 )
sin(x 0 ) cos(y 0 )
Es gilt also
〈 ˙γ 1 (t), ˙γ 2 (t)〉 = cos(x 0 ) sin(x 0 ) cos(y 0 ) sin(y 0 ) = 0 ⇐⇒ x 0 ∈ Z · π
2 ∨ y 0 ∈ Z · π
2 .
Im R 2 : Die induzierte Metrik bezüglich der Standardbasis des R 2 ist gegeben durch
( ) (
)
E F
cos(x)
=
2 sin(y) 2 cos(x) sin(x) cos(y) sin(y)
F G cos(x) sin(x) cos(y) sin(y) sin(x) 2 cos(y) 2 .
Die Parameterlinien im R 2 haben die Tangentialvektoren (1, 0) und (0, 1). Sie schneiden sich genau
dann orthogonal, wenn
( ) t ( ) ( 1 E F 0
· · = F = cos(x) sin(x) cos(y) sin(y) = 0
0 F G 1)
gilt. Dies ist genau die gleiche Bedingung, wie oben.
H20: Der Rotationstorus
Geben Sie eine reguläre Parametrisierung f : R 2 → R 3 des Rotationstorus
{
∣ ∣∣∣ (√ ) }
2
T = (x, y, z) ∈ R 3 x2 + y 2 − a + z 2 = r 2 mit a > r > 0
an und bestimmen Sie die von f induzierte Metrik (d.h. die erste Fundamentalform). Ist Ihre Parametrisierung
orthogonal, konform oder sogar isometrisch?
Lösung zu H20:
Da in die definierende Gleichung von T nur der Abstand √ x 2 + y 2 in der xy-Ebene vom Nullpunkt
eingeht, ist die Punktmenge T symmetrisch unter Rotationen um die z-Achse. Es genügt also zum
Beispiel, die Menge in der xz-Ebene zu verstehen - das ganze Gebilde entsteht dann durch Rotation
um die z-Achse. Für y = 0 haben wir die Gleichung
(|x| − a) 2 + z 2 = r 2 .

Dies sind zwei Kreise mit Radius r um die Mittelpunkte (x = a, z = 0) und (x = −a, z = 0).
Rotiert man diese Kreise nun um die z-Achse, so erhält man einen Torus. Deshalb heißt T auch
Rotationstorus.
Eine Parametrisierung erhält man nun zum Beispiel durch die allgemeine Formel für Rotationsflächen,
indem wir einen der beiden Kreise parametrisieren. Es ergibt sich
⎛
⎞
cos(t 2 )(a + r cos(t 1 ))
f : R 2 → R 3 ; (t 1 , t 2 ) ↦→ ⎝sin(t 2 )(a + r cos(t 1 )) ⎠ .
r sin(t 1 )
Wir berechnen
⎛
⎞
−r cos(t 2 ) sin(t 1 )
∂ 1 f = ⎝−r sin(t 2 ) sin(t 1 ) ⎠ und
⎛
⎞
− sin(t 2 )(a + r cos(t 1 ))
∂ 2 f = ⎝ cos(t 2 )(a + r cos(t 1 )) ⎠
r cos(t 1 )
0
und erkennen daraus, dass die Parametrisierung regulär ist, da die partiellen Ableitungen linear
unabhängig sind. Ferner ist 〈∂ 1 f, ∂ 2 f〉 = 0 - die Parametrisierung ist also orthogonal - und es gilt
‖∂ 1 f‖ 2 = r 2 und ‖∂ 2 f‖ 2 = (a + r cos(t 1 )) 2 .
Die Parametrisierung ist also nicht konform und somit auch nicht isometrisch.