N o t e r t i l G e o m e t r i

Transkript

1 N o t e r t i l G e o m e t r i J o h a n D u p o n t o g I b M a d s e n J a n u a r I n s t i t u t fo r M at e m at i s k e Fa g D e t N at u rv i d e n s k a b e l i g e Fa k u lt e t A a r h u s U n i v e r s i t e t

2 Kompileret 8. marts 2006

3 Indhold Litteratur ii 1 Metriske rum 1 2 Fuldstændige metriske rum 7 3 Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 11 4 Den globale eksistenssætning 17 5 Topologiske rum 23 6 Kompakte rum 33 7 Den inverse funktions sætning 39 8 Regulære flader i R Generelle konstruktioner af flader Egenskaber ved flader og glatte afbildninger Opgaver A Appendices A Greens sætning i planen G I B Nogle begreber fra lineær algebra i 2 dimensioner M B.1 Vektorrum og lineære afbildninger M B.2 Indre produkt O

4 Litteratur [dc] Manfred P. do Carmo. Differential Geometry of Curves and Surfaces. Prentice-Hall, [R] H.L.Royden. Real Analysis. Prentice-Hall, [D] Johan L. Dupont. Topologi. Matematisk Institut, Aarhus Universitet, [L] Niels Lauritzen. Algebra 1. Matematisk Institut, Århus Universitet, [BV] [KT] [ETP] Marcel Bökstedt, Henrik Vosegaard. Notes on point set topology. Matematisk Institut, Århus Universitet, Klaus Thomsen. Introduktion til matematisk analyse. Matematisk Institut, Århus Universitet, Ebbe Thue Poulsen, Funktioner af en og flere variable. Gads Forlag, København ii

5 1 Metriske rum I det Euklidiske talrum R n har vi den sædvanlige norm og den hertil hørende afstandsfunktion x = (x x2 n )1/2, x = (x 1,...,x n ) d(x, y) = x y. (1.1) For enhver delmængde X R n giver restriktionen af d en afbildning med følgende egenskaber: d : X X R (M1) d(x, y) 0 og d(x, y) = 0 x = y (tro) (M2) d(x, y) = d(y, x) (symmetri) (M3) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) (trekantsulighed) Definition 1.1. Et metrisk rum er et par (X, d) bestående af en mængde X og en afbildning d : X X R, som opfylder M1, M2 og M3. Afbildningen d i ovenstående definition kaldes afstandsfunktionen eller metrikken på X. Vi anvender ofte en geometrisk sprogbrug og kalder elementerne i X for punkter. Eksempel 1.2. Kugleoverfladen S 2 = {x R 3 x = 1} er en delmængde af R 3 og dermed et metrisk rum ved at bruge afstandsfunktionen i (1.1) på R 3. Men der er en anden afstandsfunktion, som kan synes mere rimelig, nemlig buelængden af den korteste storcirkel, som forbinder de to punkter. Mere konkret har vi en bijektiv, aftagende afbildning cos : [0, π] [ 1, 1], med invers afbildning arccos, og vi definerer d : S 2 S 2 R, d(x, y) = arccos( x, y ), (1.2) hvor x, y = x 1 y 1 +x 2 y 2 +x 3 y 3 er det sædvanlige indre produkt i R 3. Betingelserne M1 og M2 er lette, men M3 kræver en overvejelse. Lad x, y, z S 2 og sæt d(x, y) = a, d(y, z) = b, d(x, z) = c. Da cosinus er aftagende på intervallet [0, π], er det tilstrækkeligt at vise uligheden cos(a + b) cos(c) for a + b π. (1.3) Hvis a + b π, så er trekantsuligheden a + b c automatisk opfyldt, da c π. For at vise (1.3) indfører vi projektionerne x, z af x, z på planen {y}, x = x x, y y, z = z z, y y. 1

6 2 1. Metriske rum En let udregning giver x 2 = x, x = 1 x, y 2 = 1 cos 2 (a) = sin 2 (a) og tilsvarende z 2 = sin 2 (b). Da både a og b ligger i intervallet [0, π] er sin(a) og sin(b) ikke-negative, og Additionsformlen giver sin(a) = x, sin(b) = z cos(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b) cos(a + b) = x, y y, z x z = x, z x, z x z x, z I sidste ulighed har vi anvendt Cauchy-Schwarz ulighed x, z x z. Definition 1.3. Et normeret vektorrum er et vektorrum V med en afbildning som opfylder: (i) N(v) 0 og N(v) = 0 v = 0 N : V R, (ii) N(λv) = λ N(v), λ R (iii) N(v + w) N(v) + N(w). I mange vigtige tilfælde kommer normen fra et indre produkt,, : V V R, på vektorrummet V. Vi minder om, at et indre produkt opfylder følgende betingelser (i) v, v 0 og v, v = 0 v = 0 (tro) (ii) v 1 + v 2, w = v 1, w + v 2, w, λv, w = λ v, w v, w 1 + w 2 = v, w 1 + v, w 2, v, λw = λ v, w (bilinearitet) (iii) v, w = w, v (symmetri) I et vektorrum med indre produkt (V,, ) gælder Cauchy-Schwarz ulighed: v, w v w, v = v, v 1/2 (1.4)

7 1. Metriske rum 3 Beviset for (1.4), som skulle være kendt fra Mat 10, er som følger. Fra (i) og (ii) ser vi, at w, w t v, w t + v, v = v + tw, v + tw 0 Funktionen At 2 +2Bt+C har minimum i punktet t = B/A med værdien B 2 /A 2B 2 /A + C 0. Dette giver B 2 AC, som medfører (1.4). Et vektorrum med indre produkt bliver et normeret vektorrum med normen N(v) = v, v 1/2. Trekantsuligheden for N følger fra Cauchy-Schwarz ulighed. Et normeret vektorrum (V, N) er et metrisk rum med afstandsfunktionen d N : V V R, d N (v, w) = N(v w) Eksempel 1.4. Den Euklidiske norm på R n med tilhørende afstandsfunktion d fra (1.1) kommer fra det sædvanlige indre produkt på R n, Her er to andre normer på R n : x, y = x y = x i y i. x = max{ x i i = 1,..., n} x 1 = x x n, x = (x 1,...,x n ). Eksempel 1.5. Lad K = [a, b] være et lukket interval på den reelle akse. Det uendeligt dimensionale vektorrum C(K, R m ) af kontinuerte funktioner fra K ind i R m har et indre produkt: f, g 2 = f(t) g(t) dt og en tilhørende norm, som ofte kaldes L 2 -normen, K f 2 = f, f 1/2 2. (1.5) For vores senere anvendelser er det dog en anden norm, som vil blive brugt, nemlig den såkaldte supremumsnorm: f = sup{ f(t) t K}. (1.6) Vi minder om, at en følge {f n } i C(K, R m ) kaldes uniformt konvergent med grænseværdi f : K R m, hvis og at f nødvendigvis bliver kontinuert. f f n 0 for n

8 4 1. Metriske rum I et metrisk rum (X, d) indføres åbne og lukkede kugler: B d (x, r) = {y X d(x, y) < r} B d (x, r) = {y X d(x, y) r} (1.7) Som regel er afstandsfunktionen d underforstået og vi skriver blot B(x, r) og B(x, r). En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert i punktet x X, hvis den opfylder betingelsen ε > 0 δ > 0 : d X (x, y) < δ d Y (f(y), f(x)) < ε. (1.8) Afbildningen er kontinuert, hvis den er kontinuert i alle sine punkter. Begrebet kontinuitet kan gives en bedre formulering ved at indføre begrebet åben mængde: Definition 1.6. En delmængde U X af et metrisk rum kaldes åben, hvis der til ethvert punkt x U findes en kugle B(x, ε) U. Kuglen B(x, ε) X er en åben mængde, og komplementet X B(x, ε) er ligeledes åben. Dette følger umiddelbart fra trekantsuligheden. Sætning 1.7. En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert, hvis og kun hvis urbilledet f 1 (U) er åbent for enhver åben mængde U Y. Bevis. Antag først, at f er kontinuert i alle sine punkter, og lad U Y være åben. For x f 1 (U) vælges ε > 0, så B(f(x), ε) U. Ifølge (1.8) findes δ > 0 med f(b(x, δ)) B(f(x), ε) og dermed B(x, δ) f 1 (U). Dette gælder for ethvert x f 1 (U), som derfor er åben. Antag modsat, at f 1 (U) er åben for enhver åben delmængde U af Y. Vi viser, at f er kontinuert i punktet x X. Lad ε > 0. Da B(f(x), ε) Y er åben, er f 1 (B(f(x), ε)) X åben, og da x f 1 (B(f(x), ε)) findes en kugle B(x, δ) f 1 (B(f(x), ε)). Dette er præcis betingelsen (1.8). Definition 1.8. En delmængde A X af det metriske rum kaldes lukket, såfremt komplementet X A er åbent. Vi bemærker, at Sætning 1.7 har følgende korollar. Sætning 1.9. En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert, hvis og kun hvis urbilledet f 1 (A) er lukket for enhver lukket mængde A Y. Bevis. Der gælder for urbilleder, at Betingelserne f 1 (Y A) = X f 1 (A). f 1 (åben) = åben f 1 (lukket) = lukket er derfor ækvivalente.

9 1. Metriske rum 5 Forskellige metrikker d og d på den samme mængde X kan give anledning til det samme system af åbne mængder. Dette sker, hvis metrikkerne opfylder følgende betingelse: Til ethvert x X og ethvert ε > 0 findes δ > 0 og δ > 0, således at B d (x, δ) B d (x, ε) og B d (x, δ ) B d (x, ε) (1.9) Vi kalder sådanne metrikker ækvivalente. Sætning Ækvivalente metrikker giver samme system af åbne mængder. Bevis. Hvis U er åben m.h.t. d og x U, så findes ε > 0, så B d (x, ε) U. Vælg δ > 0 med B d (x, δ) B d (x, ε) U. Dermed er U åben m.h.t. d. Eksempel Metrikkerne på R n givet ved ( ) 1/2 d 1 (x, y) = (xi y i ) 2 d 2 (x, y) = max x i y i d 3 (x, y) = x i y i er alle ækvivalente. For n = 2 har vi følgende billede af enhedskuglerne m.h.t. de tre metrikker Den yderste kasse er B d2 (0, 1), den inderste kasse er B d3 (0, 1) og cirkelskiven er enhedskuglen hørende til d 1.

10

11 2 Fuldstændige metriske rum I dette afsnit studerer vi konvergens af følger i metriske rum X = (X, d). Definition 2.1. En følge {x k } af punkter i X siges at konvergere mod x X, hvis der til ethvert ε > 0 findes et tal N N, således at x k B(x, ε) for k N. For to forskellige punkter x, y X giver trekantsuligheden, at B(x, ε) B(y, ε) = når ε< 1 2 d(x, y). En konvergent følge {x k} kan derfor kun konvergere mod ét punkt x X. Dette kaldes grænseværdien for {x k }, og man skriver ofte x k x for k. I 1 definerede vi begrebet lukket delmængde af et metrisk rum, Definition 1.8. Lukkede mængder kan også karakteriseres ved følgers grænseværdi på følgende vis: Lemma 2.2. En delmængde A af et metrisk rum X er lukket, hvis og kun hvis A opfylder følgende betingelse: Lad {x k } være en vilkårlig konvergent følge i X med grænseværdi x. Hvis x k A for k N, så vil x A. Bevis. Antag at X A er åben, at x k A for alle k, og at x k x for k. Vi skal vise, at x A. Antag modsætningsvis, at x X A. Da X A er åben, findes der et ε > 0, således at kuglen B(x, ε) X A. Da x er grænseværdien for {x k }, må x k B(x, ε) for k tilstrækkeligt stor i modstrid med, at x k A for alle k. Vi slutter heraf, at x A. Lad os omvendt antage, at A X er en delmængde, som opfylder betingelsen i lemmaet, og vælg et punkt x X A. Vi skal finde et ε > 0, så B(x, ε) X A. Antag modsætningsvis, at dette ikke kan lade sig gøre. Så er ( B x, 1 ) A for alle k. k Vælg et x k i denne mængde. Følgen {x k } af elementer i A konvergerer mod x. Thi for ethvert ε > 0 er 1 < ε for k > 1. Dette er en modstrid. k ε Definition 2.3. En følge {x k } af punkter i X kaldes en Cauchy følge, såfremt der til ethvert ε > 0 findes et N N, således at d(x n, x m ) < ε for n, m N. Det er let at se, at en konvergent følge er en Cauchy følge; men det omvendte behøver ikke at være tilfældet. Definition 2.4. Et metrisk rum kaldes fuldstændigt, hvis enhver Cauchy følge er konvergent. Det er velkendt, at det Euklidiske talrum R n med den sædvanlige afstandsfunktion (1.1) er fuldstændigt. Vektorrummet C(K, R n ) af kontinuerte funktioner fra det lukkede interval K = [a, b] med L 2 -normen f 2 fra Eksempel 1.5 er derimod ikke fuldstændigt. Hvis vi giver C(K, R n ) supremumsnormen og den tilhørende afstandsfunktion d(f, g) = f g = sup { f(t) g(t) t K } (2.1) så gælder: 7

12 8 2. Fuldstændige metriske rum Sætning 2.5. Det metriske rum C(K, R n ) med afstandsfunktionen i (2.1) er fuldstændigt. Bevis. Lad {f k } være en Cauchy følge i C(K, R n ). Til ε > 0 findes N N, så For et fast t K og n, m N er f n f m < ε for n, m N. f n (t) f m (t) < f n f m < ε (2.2) så {f n (t)} er en Cauchy følge i R n og dermed konvergent. Vi kalder grænseværdien f(t), f k (t) f(t) for k. Vi lader m i (2.2). Det giver f n (t) f(t) ε for n N, t K. Dette udtrykker, at funktionsfølgen {f n } konvergerer uniformt mod funktionen f. Fra teorien for funktioner af én variabel følger heraf, at grænsefunktionen f : K R n er kontinuert, og vi ser fra den sidste ulighed, at f n f ε for n N. Dermed er følgen {f n } i C(K, R n ) konvergent med grænseværdi f. Lad X = (X, d) være et metrisk rum. En afbildning T : X X kaldes en kontraktion, hvis der findes et tal 0 β < 1 så d(tx, Ty) β d(x, y) (2.3) for alle x, y X. Et fikspunkt for T er et x X med Tx = x. Sætning 2.6 (Fikspunktssætningen). En kontraktion T på et fuldstændigt metrisk rum har præcist et fikspunkt. Bevis. Vi viser først eksistensen af et fikspunkt. Vælg et vilkårligt x 0 X. Dette giver en følge {x n } i X ved at sætte x 1 = Tx 0, x 2 = Tx 1 osv., dvs. x n = T n (x 0 ). Vi påstår, at {x n } er en Cauchy følge. For vilkårlige n, k N giver trekantsuligheden, at d(x n+k, x n ) d(x n+k, x n+k 1 ) + d(x n+k 1, x n ), og derfor induktivt, at Nu er x n+i = T n+i (x 0 ), så (2.3) viser, at k 1 d(x n+k, x n ) d(x n+i+1, x n+i ). (2.4) i=0 d(x n+i+1, x n+i ) β d(x n+i, x n+i 1 ).

13 2. Fuldstændige metriske rum 9 Induktivt får vi derfor uligheden Fra (2.4) ser vi, at d(x n+i+1, x n+i ) β n+i d(x 1, x 0 ). d(x n+k, x n ) (β n + β n β n+k 1 )d(x 1, x 0 ) = β n ( 1 β k 1 β ) d(x 1, x 0 ). Højre side af denne ulighed konvergerer mod nul for n, så {x n } er en Cauchy følge i X. Da X er forudsat at være fuldstændigt, er følgen konvergent: x n x for n. Det følger fra (2.3), at T er en kontinuert funktion og at d(tx n, Tx) 0 for n, så Tx n Tx for n. Men Tx n = x n+1, så følgen {Tx n } har samme grænsepunkt som {x n }, dvs. Tx = x. Vi har hermed fundet et fikspunkt for T. Antag, at x og y begge er fikspunkter for T. Fra (2.3) ses, at d(x, y) = d(tx, Ty) β d(x, y). Da β < 1 og d(x, y) 0, kan denne ulighed kun være opfyldt, når d(x, y) = 0, og dermed x = y. I næste paragraf skal vi anvende fikspunktssætningen på en lukket delmængde af C(K, R n ), og vi har brug for følgende: Lemma 2.7. Lad (X, d) være et fuldstændigt metrisk rum og A X en lukket delmængde. Så er det metriske rum (A, d) fuldstændigt. Bevis. Lad {a n } være en Cauchy følge af punkter i A. Da X er fuldstændigt har {a n } en grænseværdi x X. Det følger fra Lemma 2.2, at x A. Bemærkning 2.8. Mange interessante metriske rum er ikke fuldstændige. Her er to vigtige eksempler på sådanne: (i) (Q, d) ; d(x, y) = x y (ii) C(K, R n ) ; d 2 (f, g) = f g 2, hvor. 2 er normen hørende til det indre produkt f, g = f(t) g(t) dt, hvor K som ovenfor er et lukket interval. K Vi afslutter denne paragraf med at formulere en sætning, som fortæller, at ethvert metrisk rum kan opfattes som delrum af et fuldstændigt metrisk rum. En delmængde T af et metrisk rum X kaldes tæt i X, hvis enhver åben mængde i X indeholder punkter fra T. Der gælder nu følgende generelle

14 10 2. Fuldstændige metriske rum Sætning 2.9. Lad (X, d) være et metrisk rum. Så findes et fuldstændigt metrisk rum ( X, d), og en afstandsbevarende afbildning i : X X, således at i(x) er tæt i X. To sådanne fuldstændiggørelser er isometriske, dvs. der findes en afstandsbevarende bijektion mellem dem. I eksemplerne (i) og (ii) fra Bemærkning 2.8 har vi (Q, d) = R (C(K, R n ), d 2 ) = L 2 (K, R n ) hvor L 2 (K, R n ) er rummet af funktioner, hvis kvadrat er Lebesgue integrabel. Sætning 2.9 findes bevist i [BV] (Se også Opgave 7.17 eller i [R]). At L 2 (K, R n ) er fuldstændigt er bevist i f.eks. [R].

15 3 Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger Lad U R n være åben (m.h.t. den sædvanlige afstandsfunktion) og lad I = (a, b) være et åbent interval i R. Vi betragter en kontinuert funktion f : U I R n (3.1) I denne paragraf skal vi undersøge, i hvilket omfang der findes differentiable kurver x : I U, så x (t) = f(x(t), t); t I (3.2) Vi tænker på f som givet og ønsker at finde alle løsninger x, som opfylder ligningen (3.2). En sådan ligning kaldes en ordinær differentialligning (på engelsk Ordinary Differential Equation). Vi skal arbejde under følgende antagelse på f: Afbildningen f : U I R n er kontinuert, de partielle afledede f x i (x, t) i = 1,...,n, eksisterer for alle (x, t) U I og er kontinuerte på U I. (3.3) Bemærk at der ikke gøres nogen antagelse om eksistensen af den afledede af f med hensyn til t. Hovedsætningen siger nu følgende: Hovedsætning 3.1. Lad U være en åben delmængde af R n, I R et åbent interval og f : U I R n en funktion som opfylder antagelsen (3.3). Da har vi (i) (Lokal eksistens) Til x 0 U og t 0 I findes et åbent interval J I, som indeholder t 0, og en differentiabel kurve x : J U med x(t 0 ) = x 0, og som løser (3.2). (ii) (Global entydighed) Hvis x 1, x 2 : I U er løsninger til (3.2), og der findes et t 0 med x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ), så er x 1 = x 2. Beviset tager resten af denne paragraf. Først har vi brug for et lemma. Lemma 3.2. Lad D 0 = B(x 0, r) U og I 0 = [t 0 a, t 0 + a] I. Under antagelsen (3.3) findes der en konstant c, så f(y, t) f(x, t) c y x for x, y D 0, t I 0 Bevis. Da D 0 I 0 R n+1 er lukket og begrænset, har enhver af funktionerne f j x i (x, t) et maksimum og et minimum på D 0 I 0, [KT] Sætning Der findes derfor en konstant d R, så f j (x, t) x i d; i, j = 1,...,n, (x, t) D 0 I 0. 11

16 12 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger For x, y D 0 og t I 0 har vi de differentiable funktioner på U, z f j (z, t), j = 1,...,n. Vi påstår, at der findes et punkt z j t [x, y] på liniestykket, der forbinder x med y i D 0, således at f j (y, t) f j (x, t) = f j (z x t,t)(y j i x i ). (3.4) i i Dette ses på følgende måde. Liniestykket [x, y] er mængden [x, y] = {θx + (1 θ)y 0 θ 1}. Vi lader g t j være restriktionen af f j(, t) til [x, y], g t j (θ) = f j(θx + (1 θ)y, t), 0 θ 1 Middelværdisætningen fortæller, at der findes et θ t j (0, 1), så g t j (1) gt j (0) = gt j θ (θt j ). Vi kan bruge kædereglen, [ETP] Sætning 9.14, til at udregne differentialkvotienten af den sammensatte funktion g t j (θ): gj t n θ (θt j ) = f j (θj t x x + (1 θt j )y, t)(x i y i ). i i=1 Sæt z t j = θ t jx + (1 θ t j)y. Dette z t j opfylder nu (3.4), og dermed fås f j (y, t) f j (x, t) d y i x i nd y x, hvor den sidste ulighed følger fra Cauchy-Schwarz ulighed: yi x i = y x, ½ y x ½ = n y x, hvor ½ = (1, 1,..., 1). Det følger så, at f(y, t) f(x, t) nd y x. Bevis. (for Sætning 3.1) (i) Lokal eksistens: Vælg I 0 og D 0 som i Lemma 3.2. For et lukket og begrænset delinterval K af I 0 som indeholder t 0, definerer vi en afbildning T : C(K, D 0 ) C(K, R n ),

17 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 13 hvor Tx er funktionen Tx(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds, t K. (3.5) At Tx faktisk er en kontinuert funktion i t ses let, idet f er kontinuert. Vi vil først vise, at når længden l(k) af K er lille, da vil T transformere C(K, D 0 ) i sig selv. Lad S = sup{ f(x, t) (x, t) D 0 I 0 }. Så gælder t t Tx(t) x 0 f(x(s), s) ds S ds Sl(K), t K. t 0 t 0 Det følger, at Tx(t) D 0 for alle t K når l(k) rs 1. I det følgende antages dette. Vi betragter nu T som en operator på C(K, D 0 ). For x, y C(K, D 0 ) har vi, idet vi benytter supremumsnormen på C(K, R n ) fra (2.1), at t Ty(t) Tx(t) = (f(y(s), s) f(x(s), s)) ds (3.6) t 0 t f(y(s), s) f(x(s), s) ds t 0 t c y(s) x(s) ds t 0 t c y x ds t 0 Det følger, at = c y x t t 0 cl(k) y x, t K. Ty Tx cl(k) y x. (3.7) Lad os rekapitulere situationen. Vi begyndte i Lemma 3.2 med at vælge D 0 = B(x 0, r) og et interval I 0 I som indeholder t 0, og fandt en konstant c 0, således at uligheden i Lemma 3.2 er opfyldt. Ovenfor så vi, at hvis K I 0 er et delinterval, som indeholder t 0, så giver T defineret i (3.5) en afbildning T : C(K, D 0 ) C(K, D 0 ), (3.8) forudsat at længden l(k) af intervallet K opfylder uligheden l(k) rs 1. Her er r radius i D 0 og S er supremum af { f(x, t) (x, t) D 0 I 0 }. I (3.7) fandt vi at T er en kontraktion forudsat at cl(k) < 1. Vi vælger nu K så lille, at begge uligheder er opfyldt, dvs. ( 1 l(k) < min c S), r. (3.9) Vi ønsker at bruge fikspunktssætningen, Sætning 2.6, på afbildningen T i (3.8). Dette kræver, at C(K, D 0 ) er fuldstændigt. Vi ved fra Sætning 2.5, at C(K, R n ) er fuldstændigt, og ifølge Lemma 2.7 er det nok at vise, at C(K, D 0 ) er en lukket

18 14 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger delmængde af C(K, R n ). Vi bruger Lemma 2.2 og antager at {x k } er en følge af elementer i C(K, D 0 ), som konvergerer mod x C(K, R n ), x x k 0 for k Da x(t) x k (t) x x k for ethvert t K, ser vi, at x k (t) x(t) for k Da x k (t) D 0 og D 0 R n er lukket, følger at x(t) D 0. Dette gælder for ethvert t K, så x C(K, D 0 ) og C(K, D 0 ) er lukket i C(K, R n ), og dermed fuldstændigt. En anvendelse af Sætning 2.6 fortæller, at der findes et x C(K, D 0 ) med Tx = x. Ifølge (3.5) har vi derfor for dette x ligningen x(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t K. (3.10) Højre side i (3.10) er en stamfunktion til funktionen g(t) = f(x(t), t), så ved differentiation fås x (t) = f(x(t), t). (3.11) Dermed er x(t) en løsning til differentialligningen defineret på intervallet K, og vi har bevist den lokale eksistenssætning. (ii) Global entydighed: Vi antager, at vi har givet to differentiable funktioner x 1, x 2 C(I, U), som begge løser differentialligningen: x 1 (t) = f(x 1(t), t) x 2(t) = f(x 2 (t), t), t I. (3.12) Vi antager at x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ) = x 0, og skal vise, at x 1 (t) = x 2 (t) for alle t I. Først viser vi, at x 1 (t) og x 2 (t) stemmer overens i en omegn af t 0 I. Vi vælger D 0 og K som i beviset for eksistenssætningen, således at T : C(K, D 0 ) C(K, D 0 ) er en kontraktion. Da x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ) D 0 og x 1, x 2 : K U er kontinuerte, findes der et delinterval t 0 K 0 K, så x 1 (K 0 ) D 0, x 2 (K 0 ) D 0, og dermed x 1, x 2 C(K 0, D 0 ). Fra (3.12) fås ved integration x 1 (t) = x 0 + x 2 (t) = x 0 + t t 0 f(x 1 (s), s) ds t t 0 f(x 2 (s), s) ds, t K 0.

19 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 15 Dette betyder, at x 1 og x 2 begge er fikspunkter for T : C(K 0, D 0 ) C(K 0, D 0 ). Entydighedsdelen af Sætning 2.6 fortæller, at x 1 (t) = x 2 (t) for t K 0. Betragt nu mængden E + = {t I t > t 0, x 1 [t0,t] = x 2 [t0,t]}. Da x 1 og x 2 stemmer overens på K 0, er E +. Lad t + = sup E +. For ethvert t 0 t < t + er x 1 (t) = x 2 (t). Hvis t + ligger i det åbne interval I = (a, b), så ville x 1 (t + ) = x 2 (t + ), da x 1 og x 2 er kontinuerte og x 1 (t) = x 2 (t) for t < t +. Men dette ville medføre at x 1 (t) = x 2 (t) i en omegn K + af t +, i modstrid med definitionen af t + = sup E +. Det følger, at t + = b, det højre endepunkt af I. Helt tilsvarende kan vi indføre E og vise, at t = inf E er venstre endepunkt af intervallet I. Dette viser entydighedsudsagnet. Hovedsætning 3.1 giver også oplysning om løsning af højere ordens differentialligninger. Som eksempel betragter vi 2. ordens ligninger, dvs. ligninger af formen hvor g er en kontinuert funktion x (t) = g(x(t), X (t), t) (3.13) g : V R n I R n og V R n er åben. Vi vil antage at g opfylder (3.3) med U = V R n R 2n. Sætning 3.3. Til hvert (x 0, y 0 ) V R n og t 0 I findes et åbent delinterval t 0 J I og en to gange differential kurve x : J V således at (i) x (t) = g(x(t), x (t), t), (ii) x(t 0 ) = x 0 og x (t 0 ) = y 0 Hvis x 1, x 2 : I U opfylder (i) og (ii), så er x 1 = x 2. Bevis. Hvis x(t) opfylder (i) og (ii), så vil kurven x(t), y(t) V R n, hvor y(t) = x (t), opfylde ligningerne x (t) = y(t) y (t) = g(x(t), y(t), t) (3.14) Hvis omvendt (x(t), y(t)) opfylder 3.14, så opfylder x(t) ligningen Heraf ses at Sætning 3.3 følger fra Hovedsætning 3.1. Tilsvarende eksistens- og entydighedssætninger kan bevises for n te ordens differentialligninger.

20

21 4 Den globale eksistenssætning I denne paragraf antager vi som hidtil at I = (a, b) er et åbent interval, og at er kontinuert. f : R n I R n Definition 4.1 (Lipschitz betingelsen). Vi siger, at f opfylder den globale Lipschitz betingelse, hvis der for ethvert lukket og begrænset interval K I findes en konstant c K R, således at for alle x, y R n og alle t K. f(y, t) f(x, t) c K y x (4.1) Sætning 4.2. Lad f opfylde den globale Lipschitz betingelse. Hvis K er et lukket og begrænset delinterval af I, t 0 K og x 0 R n, så vil operatoren T : C(K, R n ) C(K, R n ) givet ved Tx(t) = x 0 + t have præcist ét fikspunkt i C(K, R n ). Bevis. Lad k N og x, y C(K, R n ). Vi vil vise t 0 f(x(s), s) ds, x C(K, R n ), t K T k y T k x ck l k hvor l er længden af K og c = c K fra (4.1). Faktisk viser vi, at k! y x, (4.2) T k y(t) T k x(t) ck t t 0 k y x, t K (4.3) k! hvorfra (4.2) følger umiddelbart. Vi bruger induktion over k. Tilfældet k = 0 er oplagt. Under antagelsen af, at uligheden er gyldig for k, finder vi at T k+1 y(t) T k+1 x(t) = T(T k y)(t) T(T k x)(t) t (f(t k y(s), s) f(t k x(s), s)) ds t 0 t f(t k y(s), s) f(t k x(s), s) ds t 0 t c T k y(s) T k x(s) ds t 0 t c k! s t 0 k y x ds t 0 c k = ck+1 (k + 1)! t t 0 k+1 y x. 17

22 18 4. Den globale eksistenssætning Dette afslutter beviset for (4.3). Da c k l k lim k k! er T k en kontraktion for tilstrækkelig stort k, og vi kan anvende Sætning 2.6. Lad x være det entydigt bestemte fixpunkt for T k. Så er x også et fixpunkt for T. Thi T k (Tx) = T(T k x) = Tx, så Tx er også et fixpunkt for T k. Da fixpunkter for T k er entydige, er Tx = x. Hvis omvendt x er et fixpunkt for T, så er x også et fixpunkt for T k og dermed entydigt bestemt. = 0, Sætning 4.3. Antag at f : R n I R n er kontinuert og tilfredsstiller (4.1). For ethvert t 0 I og x 0 R n findes en og kun en differentiabel kurve x : I R n, således at x (t) = f(x(t), t) og x(t 0 ) = x 0. Bevis. Lad x : I R n være en differentiabel kurve med Så er x (t) = f(x(t), t) og x(t 0 ) = x 0. (4.4) x(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t I. Betragt nu vektorrummet C(I, R n ) af kontinuerte afbildninger fra I til R n og operatoren T Tx(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t I. (4.5) Som vi har set, er der en 1 1 korrespondance mellem løsninger til ligningen (4.4) og fikspunkter for T. Det er derfor tilstrækkeligt at vise, at operatoren T på C(I, R n ) har et og kun et fikspunkt. For ethvert lukket og begrænset delinterval K af I som indeholder t 0, vil operatoren T inducere en operator på C(K, R n ), der ifølge Sætning 4.2 har præcist ét fikspunkt x K C(K, R n ). Hvis K og L, L K, er sådanne lukkede og begrænsede delintervaller af I, vil x L (t) = x K (t) for alle t K p.g.a. entydigheden af fikspunktet. Det følger, at vi kan stykke x K erne sammen til et x C(I, R n ), der vil være et fikspunkt for T. Lad omvendt x C(I, R n ) være et fikspunkt for T. For ethvert K som ovenfor vil der gælde at x(t) = x K (t) for t K, igen p.g.a. entydigheden af fikspunktet. Dette viser, at fikspunktet for T på hele I er entydigt bestemt. Vi betragter et simpelt eksempel på en anvendelse af Sætning 4.3. Lad M n = M n (R) være vektorrummet af reelle (n n)-matricer. Vi giver M n (R) normen, som hører til det indre produkt A, B = tr(ab T ) = n a ij b ij, i,j=1

23 4. Den globale eksistenssætning 19 dvs. ( 1/2 A = aij) 2. i,j Lad A : I M n (R) være en kontinuert afbildning. Dette er ækvivalent med udsagnet, at hver indgang a ij (t) er kontinuert. Vi betragter differentialligningen x (t) = A(t) x(t), x(t 0 ) = x 0 (4.6) hvor x : I R n er en differentiabel kurve. Med notationen brugt ovenfor er f(x, t) = A(t)x. Vi viser at denne funktion opfylder (4.1). Lad K være et lukket og begrænset delinterval af I. Betragt nu funktionen g : R n K R givet ved g(x, t) = A(t)x for (x, t) R n K. Da g er en sammensætning af kontinuerte funktioner, er g kontinuert. Men så er g begrænset på den lukkede og begrænsede mængde: { (x, t) R n K x = 1 }. Altså lad c K R, således at g(x, t) c K for t K og x = 1. Lad nu x, y R n være vilkårlige, således at x y og t K. Vi ser da, at g ( y x, t) c x y K, hvilket er ækvivalent med, at f(y, t) f(x, t) c K y x, som netop er (4.1). Korollar 4.4. Lad I være et åbent interval og A : I M n (R) en kontinuert afbildning. For t 0 I og x 0 R n findes der en entydig bestemt differentiabel kurve x : I R n som er løsning til (4.6). Bemærkning 4.5. I både 3 og 4 har vi antaget, at funktionen f : U I R n er kontinuert, og vi har fundet differentiable løsninger x(t) til differentialligningen x (t) = f(x(t), t). Hvis vi antager, at f er uendelig ofte differentiabel, så bliver løsningerne x(t) også uendelig ofte differentiable. Dette følger induktivt fra selve differentialligningen. Som anvendelse kan vi nu endelig vise eksistensdelen i følgende: Sætning 4.6 (Kurveteoriens Hovedsætning). Givet glatte funktion k(s) > 0 og τ(s), s I = (a, b) så findes en kurve α : I R 3 parametriseret ved kurvelængde s, så k(s) er krumningen og τ(s) er torsionen af α. Yderligere er α éntydigt bestem på nær en flytning.

24 20 4. Den globale eksistenssætning Bevis. Frenets ligninger dt ds = kn dn = kt τn ds db ds = τn (4.7) skrives ud med de variable t = (t 1, t 2, t 3 ), n = (n 1, n 2, n 3 ), b = (b 1, b 2, b 3 ) så R 9 er givet de variable (t 1, t 2, t 3, n 1,...,b 3 ). Så lad f : I R 9 R 9 være funktionen ( ) ( t1 ) f s,. = b 3 k 0 k 0 k k τ k 0 τ k τ τ 0 τ 0 τ t 1.. b 3 Så Korollaret giver en éntydig løsning til (4.7) ( t(s), n(s), b(s) ) med ( t(s 0 ), n(s 0 ), b(s 0 ) ) = (( ) ( ) ( ) ,,, ) for givet s 0 I. 0 1 Derefter løses α (s) = t(s) med α(s 0 ) = p R 3. Påstand. (1) α er parametriseret ved kurvelængde. (2) Krumning = k(s). (3) Torsion = τ(s). Første vises at ( t(s), n(s), b(s) ) er en ortonormal basis for hvert s. Hertil betragtes de 6 funktioner som løsninger til ligningssystemet t, n, t, b, n, b, t, t, n, n, b, b d t, n = k n, n k t, t τ t, b, ds d t, b = k t, b + τ t, n, ds d n, b = k t, b τ b, b + τ n, n, ds

25 4. Den globale eksistenssætning 21 Men dette har de konstante løsninger d t, t = 2k t, n, ds d n, n = 2k n, t 2τ n, b, ds d b, b = 2τ b, n. ds 0, 0, 0, 1, 1, 1 så da dette er tilfældet i s 0 fås at ( t(s), n(s), b(s) ) er en ortonormal basis for ethvert s I. Specielt er α (s) = t(s) = 1 så (1) er opfyldt. Da α (s) = t (s) = k(s)n(s) = k(s) gælder (2). Endelig er b(s) = ±binormalvektoren; men da det ( t(s), n(s), b(s) ) = ±1 er kontinuert og = +1 i s 0, er b(s) binormalen så b (s) = τ(s)n(s) giver at τ(s) er torsionen.

26

27 5 Topologiske rum Et topologisk rum er den mest generelle matematiske struktur, hvor begreberne omegn og kontinuitet har en mening. Det kan sammenlignes med de mest generelle matematiske strukturer, hvori man regner. Her er strukturerne gruppe, ring og vektorrum velkendte. Inden vi giver definitionen, er det praktisk at samle en række mængdeteoretiske udsagn, som det overlades til læseren at bevise. For en mængde X lader vi P(X) betegne familien af alle delmængder af X inklusiv og X selv. En afbildning f : X Y giver anledning til en afbildning f 1 : P(Y ) P(X) ( urbilledet ) hvor for V P(X) f 1 (V ) = {x X f(x) V } (5.1) For delmængder A α P(X), α I har vi deres foreningsmængde A α P(X) af elementer i X, som er indeholdt i mindst ét A α, deres fællesmængde A α af elementer i X, som tilhører alle A α. Endelig har vi differensmængden (eller komplementærmængden) X A af elementer i X, som ikke ligger i A. Der gælder X α I A α = α I (X A α ), X α I A α = α I(X A α ). (5.2) Urbilledafbildningen fra (5.1) har følgende egenskaber: ( ) f 1 B α = f 1 (B α ) α I α I ( ) f 1 B α = f 1 (B α ) (5.3) α I α I f 1 (Y B) = X f 1 (B). Definition 5.1. En topologi på en mængde X består af en familie T af delmængder af X, T P(X), som opfylder (T1) U α T, α I α I U α T (T2) U 1, U 2 T U 1 U 2 T (T3) T, X T. Vi bemærker, at (X, T ) ikke nødvendigvis er en mængdealgebra som kendt fra statistik og sandsynlighedsregning, da U T ikke medfører at komplementær mængden X U T. En mængde X med en topologi T P(X) kaldes et topologisk rum. Delmængderne U fra T kaldes de åbne mængder, og vi siger at en delmængde C X er lukket såfremt differensmængden X C er åben. 23

28 24 5. Topologiske rum Ethvert metrisk rum (X, d) er også et topologisk rum, nemlig ved at sætte T = T d, hvor T d er familien af åbne mængder som defineret i Definition 1.6. Vi kalder T d den inducerede topologi på X (opgave 5.1). To metrikker d 1 og d 2 på samme mængde X kan godt føre til samme inducerede topologi, dvs. T d1 = T d2. Dette sker ifølge Sætning 1.10, hvis d 1 og d 2 er ækvivalente. I Eksempel 1.11 indførte vi tre forskellige metrikker på R n. Disse er alle ækvivalente (Opgave 5.2), så T d1 = T d2 = T d3. Dette kaldes den Euklidiske topologi på R n. Som vi har set giver ethvert metrisk rum et induceret topologisk rum, og man kan spørge om ethvert topologisk rum fremkommer på denne måde. Dette er ikke tilfældet topologiske rum er et mere generelt begreb end metriske rum (opgave 5.3). Definition 5.2. (i) Lad x X være et punkt i et topologisk rum (X, T ). En omegn N af x er en delmængde af X som indeholder x, og med den egenskab at der findes U T, så x U N. (ii) En åben omegn af x er en mængde U T som indeholder x. Ifølge Definition 1.6 vil B d (x, ε) T d, dvs. de er åbne mængder i den inducerede topologi, så de er åbne omegne af x; B d (x, ε) er også en omegn af x i (X, T d ). Definition 5.3. En følge af punkter {x k } k N i et topologisk rum X kaldes konvergent med grænsepunkt x X, hvis der for enhver omegn N af x findes et K, så x k N for alle k > K. Det skal bemærkes, at punktfølger dog ikke spiller den samme centrale rolle i topologiske rum som de gør i R n. Definition 5.4. Lad A være en delmængde af det topologiske rum X = (X, T ). (i) Et punkt a A kaldes et indre punkt i A, hvis A er en omegn af a. Mængden af indre punkter i A betegnes int(a) eller A. (ii) Randen A af A er mængden A = X (int(a) int(x A)) (iii) Afslutningen af A er mængden A = A int(a) Lemma 5.5. Det indre int(a) er altid en åben mængde, og det er den største åbne delmængde af X, som er indeholdt i A. Bevis. Lad U A, og antag U er en åben delmængde af X. En åben delmængde er en (åben) omegn af ethvert af sine punkter, så U består af indre punkter i A, dvs U int(a). På den anden side, hvis a int(a), så findes en åben omegn U a A af a. Da U a int(a) ifølge ovenstående, og derfor int(a) = U a, så er int(a) åben ifølge T1. a int(a)

29 5. Topologiske rum 25 Lemma 5.6. Afslutningen A er altid lukket i X, og det er den mindste lukkede delmængde, som indeholder A. Bevis. Fra definitionen af A ser vi, at X er den disjunkte forening. X = int(a) A int(x A). (5.4) Da A int(x A) A (X A) =, er A int(a) A = A, og da X A = int(x A) er åben ifølge Lemma 5.5, er A lukket. Hvis C A er lukket, er X C X A. Da X C er åben giver Lemma 5.5, at X C int(x A). Fra (5.4) følger, at C = X (X C) int(a) A = A. Dermed er A den mindste lukkede delmængde af X, som indeholder A. I R n er kuglen B n (x, r) = {y R n y x r} lukket, og int(b n (x, r)) = B n (x, r). Omvendt er afslutningen af B n (x, r) netop B n (x, r) (opgave 5.5). Definition 5.7. En afbildning f : X Y mellem topologiske rum kaldes kontinuert, hvis f 1 (V ) er åben i X for enhver åben mængde V i Y. Vi bemærker, at denne definition straks giver at en sammensætning af kontinuerte afbildninger er kontinuert: hvis f : X Y og g : Y Z er kontinuerte afbildninger mellem topologiske rum, så er g f : X Z også kontinuert. Antag at X = (X, d) og Y = (Y, d) er metriske rum. Lad T X og T Y være familierne af åbne mængder fra Definition 1.6. Disse gør X og Y til topologiske rum, og f : (X, T X ) (Y, T Y ) er kontinuert hvis og kun hvis den er kontinuert som afbildning af metriske rum, se Sætning 1.7. Lemma 5.8. En afbildning f : X Y mellem topologiske rum er kontinuert hvis og kun hvis f 1 (C) er lukket i X for enhver lukket mængde C i Y. Bevis. Hvis f er kontinuert og C Y er lukket, så er X f 1 (C) = f 1 (Y C) åben, og dermed f 1 (C) lukket. Omvendt, hvis f 1 (C) er lukket for C Y lukket, så er f kontinuert. Thi for V Y åben, er Y V lukket, og f 1 (Y V ) = X f 1 (V ) er lukket. Derfor er f 1 (V ) åben. Der er normalt mange topologier på en given mængde X. Hvis T 1 T 2, så kaldes T 2 finere end T 1 og T 1 grovere end T 2. Den groveste topologi er T = {, X}, som også kaldes den trivielle topologi. Den fineste topologi er T = P(X), som også kaldes den diskrete topologi. I et diskret topologisk rum er alle mængder både åbne og lukkede, men normalt er der delmængder A X, som hverken er åbne eller lukkede. En afbildning f : X Y har lettere ved at være kontinuert, jo finere topologien på X er, og jo grovere topologien på Y er. Lad Y = (Y, T Y ) være et topologisk rum og f : X Y en afbildning af mængder. Vi definerer T X = {f 1 (V ) V T Y }. (5.5)

30 26 5. Topologiske rum Det følger fra (5.3), at T X er en topologi. Det er den groveste topologi, hvori f bliver kontinuert. Omvendt, hvis X = (X, T X ) er et topologisk rum, og f : X Y er en afbildning ind i en mængde Y. Så defineres T Y = {V P(Y ) f 1 (V ) T X }, (5.6) og T Y er en topologi, nemlig den fineste, hvori f er kontinuert (opgave 5.6). Der er et par særligt vigtige specialtilfælde af (5.5) og (5.6), nemlig: Definition 5.9. Lad Y = (Y, T Y ) være et topologisk rum og A Y en delmængde. Så kaldes T A = {V A V T Y } for sportopologien, den inducerede topologi eller underrumstopologien på A. Lemma Lad Y = (Y, T ) være et topologisk rum og A Y en delmængde som vi giver sportopologien. Lad (Z, f) være et par bestående af et topologisk rum Z og en afbildning f : Z A. Så er f kontinuert hvis og kun hvis i f : Z Y er kontinuert. Den universelle egenskab beskrevet i Lemma 5.10 kan illustreres i diagrammet Z i f f A Y i (5.7) f er kontinuert i f kontinuert, forudsat at A har sportopologien fra Y, og i er inklusionsafbildningen. Bevis (Bevis for Lemma 5.10). Inklusionsafbildningen i er kontinuert, da i 1 (U) = A U. Sammensætning af kontinuerte afbildninger er kontinuert, så hvis f er kontinuert er i f kontinuert. Antag omvendt at i f er kontinuert. Lad U Y være en åben mængde, U T. Så er (i f) 1 (U) = f 1 (i 1 (U)) = f 1 (U A) åben i Z. Da enhver åben mængde i A har formen U A følger heraf at f er kontinuert. Vi bemærker, at en mængde der er åben i A mht. sportopologien, ikke behøver at være åben i Y. F.eks. er den øvre lukkede halvkugle A = {x = (x 1, x 2 ) R 2 x 2 > 0, x 1} åben i enhedskuglen B(0, 1) udstyret med sportopologien fra R 2, da A = B(0, 1) R 2 +, og da den øvre halvplan R 2 + af punkter (x 1, x 2 ) med x 2 > 0 er åben i R 2, men A er ikke åben i R 2. Hvis på den anden side X er en åben delmængde af Y, og W X er åben i sportopologien, så er W også åben i Y, da W = W X for en åben mængde W af Y.

31 5. Topologiske rum 27 Definition Lad π : Y B være en surjektiv afbildning, og T Y en topologi på Y. Så kaldes T B = {V B π 1 (V ) T Y } for kvotienttopologien på B. I lighed med Lemma 5.10 har afbildningen π : Y B den universelle egenskab: Lemma Lad π : Y B være surjektiv, Y et topologisk rum, og lad B have kvotienttopologien. Hvis Z er et topologisk rum og f : B Z en afbildning, så er f kontinuert, hvis og kun hvis f π er kontinuert. Bevis. Der henvises til opgave 5.7 I lighed med (5.7) kan den universelle egenskab med fordel illustreres i diagrammet Y π f π B f Z (5.8) Bemærk at (5.8) er dualt til (5.7) i den forstand at det fremkommer fra (5.7) ved at erstatte A med B og vende alle pilene. Kvotienttopologi optræder i forbindelse med ækvivalensrelationer på et topologisk rum Y. Vi minder om at en ækvivalensrelation på Y, er en relation mellem Y s punkter, som opfylder (i) y y (ii) y 1 y 2 y 2 y 1 (iii) y 1 y 2 og y 2 y 3 y 1 y 3. Eksempel Lad Z n R n betegne punkterne x = (x 1,...,x n ) R n med x i Z for i = 1,..., n. Så defineres der en ækvivalensrelation på R n ved følgende x y x y Z n En ækvivalensrelation på Y definerer en opdeling af Y i disjunkte delmængder (ækvivalensklasserne). Lad nemlig [y] = {y Y y y} Dette kaldes ækvivalensklasserne bestemt af y. Bemærk fra (i) (iii), at y [y] og at [y 1 ] = [y 2 ] y 1 y 2. Hvis på den anden side y 1 y 2 så er [y 1 ] [y 2 ] =, da y [y 1 ] [y 2 ] medfører at y y 1 og y y 2, og dermed at y 1 y 2. Vi ser, at Y er en disjunkt forening af sine ækvivalensklasser. Lad B = Y/ := {[y] y Y }

32 28 5. Topologiske rum og lad π : Y B, der kaldes den kanoniske projektion, være givet ved π(y) = [y]. Dette er en surjektiv afbildning. Omvendt definerer en surjektiv afbildning π : Y B en ækvivalensrelation på Y ved y 1 y 2 π(y 1 ) = π(y 2 ), og B = Y/. Der henvises til [L], 2.2 for en mere detaljeret gennemgang af ækvivalensrelationer. Eksempel Mængden af ækvivalensklasser R n / af ækvivalensrelationen defineret i Eksempel 5.13 betegnes R n /Z n. Dette bliver en abelsk gruppe ved at definere [x] + [y] = [x + y], [x] = [ x], 0 = [0], Den kanoniske projektion π : R n R n /Z n er en homomorfi af abelske grupper med π 1 (0) = [0] = Z n. For n = 1 har vi π : R R/Z, og vi giver R/Z kvotienttopologien. Enhedscirklen er en delmængde S 1 af R 2. Vi giver den sportopologien, og lader i : S 1 R 2 være inklusionen. Betragt nu e : R S 1 ; e(t) = (cos(2πt), sin(2πt)). Denne er kontinuert ifølge Lemma 5.10, da i e er kontinuert, og den er surjektiv. Da e er periodisk, e(t + n) = e(t) n Z, kan vi definere en afbildning e : R/Z S 1 ved e([x]) = e(x). Der gælder, at e π = e, og e er en bijektion og en homomorfi af grupper, hvor gruppestrukturen på S 1 induceres af multiplikationen i C = R 2. Det følger fra Lemma 5.12, at e er kontinuert. Vi skal se i næste paragraf, at den inverse afbildning e 1 også er kontinuert (sml. [L], Eksempel 3.4.5). Vi vil nu definere den såkaldte produkttopologi på det Cartesiske produkt af to topologiske rum. Vi har brug for: Definition Lad X være en mængde. En familie af delmængder B P(X) kaldes en basis for X, såfremt (i) For B 1, B 2 B og x B 1 B 2, findes der B B så x B B 1 B 2 (ii) B B B = X. Lemma Lad B være en basis for en mængde X. Så udgør samt alle mængder af formen α I B α, B α B en topologi T på X. Dette kaldes topologien induceret fra B.

33 5. Topologiske rum 29 Bevis. T1 er oplagt. T2 følger fra (i) i ovenstående definition. Thi for x B 1 B 2, findes der et B(x) B med x B(x) B 1 B 2, og der gælder derfor, at B 1 B 2 = B(x) T x B 1 B 2 Endelig viser den mængdeteoretiske identitet ( ) ( ) B α B β = α I β J (α,β) I J B α B β at T2 er opfyldt. Betingelse (ii) i Definition 5.15 garanterer at T3 er opfyldt. Eksempel I et metrisk rum (X, d) udgør kuglerne B d (x, r), x X og r > 0 en basis, og den inducerede topologi er netop T d (sml. Definition 1.6 og opgave 5.8). Lad nu X 1 = (X 1, T 1 ) og X 2 = (X 2, T 2 ) være topologiske rum. Vi vil definere en topologi på det Cartesiske produkt X 1 X 2 af par af elementer (x 1, x 2 ), hvor x i X i, i = 1, 2. Det er naturligt at kræve, at de to projektionsafbildninger pr 1 : X 1 X 2 X 1, pr 2 : X 1 X 2 X 2 skal være kontinuerte. Vi bruger samme princip som i (5.5), og søger den groveste topologi på X 1 X 2, hvor begge projektioner er kontinuerte. Specielt skal pr 1 1 (U 1) og pr 1 2 (U 2 ) tilhøre T X1 X 2 når U ν T ν. Bemærk at pr 1 1 (U 1) pr 1 2 (U 2) = U 1 U 2 ikke generelt er af denne form. Vi definerer en basis for X 1 X 2 ved B X1 X 2 = {U 1 U 2 U ν T ν }. (5.9) Betingelse (i) i Definition 5.15 er opfyldt, da B X1 X 2 er lukket under fællesmængde, (U 1 U 2 ) (U 1 U 2 ) = (U 1 U 1 ) (U 2 U 2 ), og betingelse (ii) er opfyldt da X 1 X 2 B X1 X 2. Definition Produkttopologien på det Cartesiske produkt X 1 X 2 er topologien induceret fra basen (5.9). Det topologiske rum (X 1 X 2, T X1 X 2 ) kaldes det topologiske produkt af X 1 og X 2. Lemma De to projektionsafbildninger er kontinuerte. pr 1 : X 1 X 2 X 1 pr 2 : X 1 X 2 X 2

34 30 5. Topologiske rum Bevis. Lad U 1 være en åben delmængde af X 1. Så er pr 1 1 (U 1) = U 1 X 2 B X1 X 2 og dermed åben i X 1 X 2. Tilsvarende for pr 2. Vi afslutter denne paragraf med at indføre begrebet sammenhængende rum. Hvis et topologisk rum, X, har to åbne delmængder, X 1 og X 2, så X = X 1 X 2 og X 1 X 2 =, så er U X åben, hvis og kun hvis U X 1 og U X 2 er åbne i sportopologien for henholdsvis X 1 og X 2 ; det vil sige, at studiet af de topologiske egenskaber ved X reduceres til at studere X 1 og X 2 hvor for sig. Rum, som ikke tillader en sådan opdeling (bortset fra den trivielle opdeling, hvor enten X 1 eller X 2 er tom) kaldes sammenhængende. Definition Et topologisk rum, X, kaldes et sammenhængende rum, såfremt følgende gælder: Hvis X = X 1 X 2 og X 1 X 2 =, hvor X 1 og X 2 er åbne, så gælder enten X 1 =, X 2 = X eller X 1 =, X 2 = X En delmængde A X kaldes sammenhængende, hvis A er et sammenhængende rum i sportopologien. Proposition For et topologisk rum, X, er følgende udsagn ækvivalente. (i) X er et sammenhængende rum (ii) Hvis X = C D og C D =, hvor C og D er lukkede, så gælder enten C =, D = X eller C = X, D =. (iii) Hvis U X er ikke-tom og er både åben og lukket, så er U = X. Bevis. Opgave Eksempel Lad I R være et vilkårligt interval (endeligt, uendeligt, åbent, lukket eller halvåbent). Så er I sammenhængende. Thi antag I = U V, U V =, hvor U og V er ikke-tomme åbne delmængder (i sportopologien), og lad os søge en modstrid. Da U og V er ikke-tomme, kan vi vælge u U, v V og uden indskrænkning antage u < v (ellers byttes der blot om på U og V ). Sæt x 0 = sup{x U x < v}. Så er det klart, at x 0 [u, v] I, og da U er lukket i I (mængden I U = V er jo åben), er x 0 U = U. Da U imidlertid er åben, findes der x U i intervallet ]x 0, v[, hvilket strider mod definitionen af x 0. Eksempel Som eksempel på en ikke-sammenhængende delmængde af R kan vi betragte mængden Q af rationale tal. Hvis r R er et vilkårligt irrationalt tal, så vil Q = ( Q ], r[ ) ( Q ]r, [ ) være en opdeling i disjunkte, ikketomme, åbne delmængder (i sportopologien). Bemærk, at hver af disse lader sig opdele yderligere i disjunkte, ikke-tomme, åbne delmængder, og at denne proces kan fortsættes vilkårligt mange gange. Sætning Lad X være et topologisk rum. (i) Hvis A X er sammenhængende, og B er en delmængde for hvilken A int B, og A int(x B), så vil vi også have A B.

35 5. Topologiske rum 31 (ii) Hvis A X er sammenhængende og A B A, så er også B sammenhængende. (iii) Hvis {A α α I} er en familie af sammenhængende delmængder, for hvilke A α A α for alle α, α I, så er A = α I A α også sammenhængende. (iv) Lad Y være et andet topologisk rum, og lad f : X Y være en kontinuert afbildning. Hvis X er sammenhængende, så er f(x) Y også sammenhængende. Bevis. (i). Hvis A B =, så er A = ( A int B ) ( A int(x B) ) en opdeling i ikke-tomme mængder. (ii). Lad os anvende Proposition 5.21 (ii). Antag, at C, D X er lukkede, B C D og C D B =. Så er også A C D og C D A =, så enten har vi A C eller A D. Antag A C. Så er også B A C, hvilket skulle vises. (iii). Antag A U V, A U V =, hvor U, V X er åbne. For fast α I gælder så også A α U V, A α U V =, hvoraf følger, at vi enten har A α U eller A α V. Imidlertid er det for α, α I ikke muligt, at A α U og A α V, da vi så ville have A α A α U V A =, hvilket strider mod forudsætningerne. Det vil sige, at vi enten har A α U for alle α I eller A α V for alle α I. Således fås enten A U eller A V, hvilket skulle vises. (iv). Antag f(x) U V, f(x) U V =, hvor U, V Y er åbne. Så er X = f 1 (U) f 1 (V ), f 1 (U) f 1 (V ) =, hvor f 1 (U) og f 1 (V ) er åbne, da f er kontinuert. Da X er sammenhængende, kan vi derfor antage X = f 1 (U). Det vil sige f(x) U, hvilket skulle vises. Korollar Lad X være et sammenhængende rum, lad Y være en mængde og lad f : X Y være en lokalkonstant funktion (dvs., at der for ethvert x X findes en omegn N, så f N er konstant). Så er f konstant på hele X. Bevis. Idet Y gives den diskrete topologi, er f kontinuert, da den klart er kontinuert i ethvert punkt. Af sætning 5.24 (iv) følger, at f(x) er sammenhængende i den diskrete topologi, og at den dermed højst kan bestå af af et punkt, hvilket skulle vises. Eksempel Vi kan nu give mange eksempler på sammenhængende rum (opgave 5.20). (i) Af eksempel 5.22 følger (sammen med Sætning 5.24 (iv)), at ethvert liniestykke i R n er sammenhængende. (ii) Af (i) og Sætning 5.24 (iii) følger, at enhver konveks mængde i R n er sammenhængende (iii) Hvis I R er et interval og γ : I X er en kontinuert funktion kurve i det topologiske rum X, så er billedmængden γ(i) X sammenhængende.

36 32 5. Topologiske rum (iv) Lad X være et kurvesammenhængende topologisk rum, dvs., at der for vilkårlige x, y X findes en kontinuert kurve, γ : [a, b] X med γ(a) = x, γ(b) = y. Så er X et sammenhængende rum. (v) Specielt er kurvesammenhængende delmængder af R n sammenhængende.

37 6 Kompakte rum Hvis x og y er forskellige punkter i et metrisk rum (X, d), så findes åbne mængder U x og U y i X, så U x U y =, thi vi kan blot vælge U x = B d (x, r) og U y = B d (y, r), hvor r 1 d(x, y). 2 Denne påstand er ikke rigtig i ethvert topologisk rum, f.eks. ikke i det trivielle topologisk rum, hvor T X = {, X}, med mindre X blot består af ét punkt. Definition 6.1. Et topologisk rum X kaldes et Hausdorff-rum, såfremt der for ethvert par af forskellige punkter x, y X findes åbne omegne U af x og V af y med U V =. Lemma 6.2. Lad f : A X være en injektiv kontinuert afbildning. Hvis X er Hausdorff, så er A Hausdorff. Bevis. Lad a 1 a 2 være forskellige punkter i A. Så er f(a 1 ) f(a 2 ) og, da X er Hausdorff, findes åbne disjunkte omegne U 1 og U 2 af henholdsvis f(a 1 ) og f(a 2 ). Da f er kontinuert, er f 1 (U 1 ) og f 1 (U 2 ) åbne omegne af henholdsvis a 1 og a 2, og de er disjunkte. Bemærk specielt at enhver delmængde af et Hausdorff-rum bliver et Hausdorffrum i sportopologien. Lad X = (X, T ) være et topologisk rum, og A en delmængde af X. En familie af åbne delmængder U α T, α I kaldes en åben overdækning af A, såfremt A α I U α. Definition 6.3. (i) Et topologisk rum kaldes kompakt, hvis der til enhver åben overdækning {U α α I} af X findes en endelig delmængde J I, så {U α α J} allerede er en åben overdækning af X. (ii) En delmængde A X kaldes kompakt, hvis den er et kompakt rum i sportopologien. Det følgende lemma er en nyttig karakterisation af kompakte delmængder. Lemma 6.4. For en delmængde A X, X et topologisk rum, er følgende betingelser ækvivalente. (i) A er kompakt. (ii) Til enhver åben overdækning {U i i I} af A findes en endelig delmængde J I så {U j j J} er en overdækning af A. Bevis. Lad A X være en delmængde af X som opfylder (ii). Lad U α = A V α, α I, V α åbne i X, være åbne mængder i A (med sportopologien), og antag α I U α = A. Så er {V α α I} en åben overdækning af A, og der findes en endelig delmængde J I så α J V α A. Det følger, at α J U α = A, så A er et kompakt topologisk rum. Antag omvendt, at A er kompakt, og lad {V α α I} være åbne mængder i X som overdækker A. Så er {V α A α I} åbne mængder i A, og der findes en endelig J I med α J (V α A) = A. Men så er α J V α A. 33

38 34 6. Kompakte rum Eksempel 6.5. Et lukket begrænset interval [a, b] R er en kompakt delmængde. Thi lad {U α α I} være en åben overdækning af [a, b]. Betragt den begrænsede ikke tomme mængde M = { x [a, b] [a, x] er overdækket af endelig mange Uα er }. Lad m = sup M. Der findes et β I så at m U β. Da U β er åben indeholder U β et åbent interval (m ε, m + ε) og m ε M. Derfor er [a, m ε] overdækket af endelig mange U α er, og [a, m + ε/2] vil derfor være indeholdt i disse forenet med U β. Vi påstår endelig at m = b. Hvis nemlig m < b, ville argumentet ovenfor vise at [a, m+ε/2] var overdækket af endelig mange U α er i modstrid med at m = sup M. De følgende to sætninger anvendes uhyre ofte i den matematiske litteratur, ofte uden yderligere bemærkninger. Sætning 6.6. Lad X være et topologisk rum. (i) Hvis X er kompakt, og A X er en lukket delmængde, så er A en kompakt delmængde. (ii) Hvis X er et Hausdorff-rum og A X er kompakt, så er A en lukket delmængde af X. Bevis. (i): Antag at X er kompakt og A er lukket i X, og lad {U α α I} være en åben overdækning af A. Da X A er åben, vil {U α α I} {X A} være en åben overdækning af X. Der findes derfor en endelig mængde J I, så at U α (X A) = X. α J Da A (X A) = følger heraf, at A α J U α. (ii): Antag at X er et Hausdorff-rum og A er kompakt. Vi skal vise, at X A er åben i X. Ifølge Lemma 5.5 er det nok at vise, at X A = int(x A), eller at X A er en omegn af ethvert af sine punkter. Så lad x X A være et fast punkt. Vi skal finde en åben mængde U x X A, så x U x. Da X er Hausdorff, findes der til hvert a A, åbne omegne V a af a og U a af x med V a U a =. Det er klart, at {V a a A} er en åben overdækning af A, og da A er forudsat at være kompakt, er der endelig mange punkter a 1,...,a k, så at A V a1 V a2 V ak Nu tager vi U x = U a1 U ak. Det er en åben mængde i X, x U x, og da U ai V ai =, er også (U a1 U ak ) (V a1 V ak ) =. Dermed er U x A =.

39 6. Kompakte rum 35 Sætning 6.7. Lad X og Y være topologiske rum, og lad f : X Y være en kontinuert afbildning. Da gælder: (i) Hvis X er kompakt er billedmængden f(x) Y også kompakt. (ii) Hvis yderligere Y er et Hausdorff-rum og f er bijektiv, så er den inverse afbildning f 1 : Y X kontinuert. Bevis. (i): Lad {V α α I} være en åben overdækning af delmængden f(x) af Y. Da f er kontinuert, er f 1 (V α ) åben i X og X α I f 1 (V α ). Thi til x X findes et α I så f(x) V α, og dermed x f 1 (V α ). Da X er kompakt, findes der en endelig delmængde J I så X α J f 1 (V α ). Dermed er f(x) α J V α. (ii): Vi skal vise, at f 1 : Y X er kontinuert eller med andre ord, at f(u) er åben i Y for enhver åben delmængde U af X. Nu er X U lukket, og ifølge Sætning 6.6(i) dermed kompakt. Sætning 6.7(i) fortæller os, at f(x U) er kompakt, og så ifølge Sætning 6.6(ii) også lukket. Nu er f(x U) = Y f(u) da f er bijektiv, og det følger, at f(u) er åben. Definition 6.8. (i) En afbildning f : X Y kaldes åben, hvis f(u) er åben for enhver åben delmængde U af X. (ii) f kaldes en lukket afbildning, hvis f(c) er lukket for enhver lukket delmængde C af X. (iii) En homeomorfi f : X Y er en bijektiv afbildning, således at både f og den inverse afbildning f 1 : Y X er kontinuerte. Det er klart, at en homeomorfi f : X Y giver en bijektiv korrespondance f : T X T Y mellem de åbne mængder i X og Y. Homeomorfier er således de strukturbevarende afbildninger mellem topologiske rum; de svarer til isomorfier i algebra. Korollar 6.9. Lad X og Y være topologiske rum med X kompakt og Y Hausdorff, og antag at f : X Y er en kontinuert, injektiv afbildning. Så er f : X f(x) en homeomorfi, hvor f(x) har sportopologien fra Y. Bevis. Dette følger umiddelbart fra Sætning 6.7 for den bijektive afbildning f : X f(x). Eksempel Lad f : ( 2, ) R 2 være kurven f(t) = (t 3 4t, t 2 4), se billedet i [dc], 1.2, Eksempel 3, men bemærk, at vi ikke bruger den del af kurven, som ligger i 2. kvadrant. Afbildningen f er kontinuert, endda differentiabel, og den er injektiv, men billedet f( 2, ) R 2 opfattet som et topologisk rum i sportopologien er ikke homeomorf med det åbne interval ( 2, ). Hvorfor ikke?

40 36 6. Kompakte rum Eksempel Vi konstruerede i Eksempel 5.14 et diagram af kontinuerte afbildninger π R R/Z e S 1 med e bijektiv og kontinuert, og e = e π. Her har cirklen S 1 R 2 sportopologien og R/Z kvotienttopologien m.h.t. π. Da π([0, 1]) = R/Z, og [0, 1] R er kompakt (Eksempel 5.5), så er R/Z kompakt ifølge Sætning 6.7. Da e er kontinuert og bijektiv, er e en homeomorfi (korollar 6.9). Afbildningen e er en isomorfi af grupper, så både algebraisk og topologisk er S 1 og R/Z isomorfe. Sætning Lad X 1 og X 2 være kompakte topologiske rum. Så er det topologiske produkt X 1 X 2 også kompakt. Beviset opdeles i to selvstændige lemmaer. Lemma Projektionen pr 1 er lukket, dvs. pr 1 (C) er lukket i X 1 for enhver lukket delmængde C X 1 X 2. Bevis. Lad C X 1 X 2 være lukket. Vi skal vise, at X 1 pr 1 (C) er en åben omegn af ethvert af sine punkter. Lad x 1 X 1 pr 1 (C) være et fast punkt, og lad y X 2 være vilkårligt. Da B X1 X 2 i (5.9) er en basis for X 1 X 2, og (x 1, y) tilhører den åbne mængde X 1 X 2 C, findes der U y V y B X1 X 2 med (x 1, y) U y V y X 1 X 2 C. Nu er {V y } y X2 en åben overdækning af X 2, og da X 2 er kompakt findes der endeligt mange, som allerede overdækker: X 2 = V y1 V yk. Vi lader Det er en åben mængde i X 1, og U x1 = U y1 U yk. e U x1 X 2 = U x1 (V y1 V yk ) U y1 V y1 U yk V yk X 1 X 2 C. Det følger, at U x1 X 1 pr 1 (C). Lemma Lad X og Y være topologiske rum, Y kompakt, og lad f : X Y være en kontinuert og lukket afbildning. Antag at f 1 (y) er kompakt for ethvert y Y. Så er X kompakt. Bevis. Lad {U α } α I være en åben overdækning af X, lad y Y. Da f 1 (y) er kompakt, findes der en endelig delmængde J y I, så {U α } α Jy overdækker f 1 (y). Vi definerer U(y) = α J y U α.

41 6. Kompakte rum 37 Det er en åben delmængde af X, der indeholder f 1 (y). Da X U(y) er lukket, og (X U(y)) f 1 (y) =, er f(x U(y)) en lukket delmængde af Y, som ikke indeholder punktet y. Dens komplement V y = Y f(x U(y)) er en åben omegn af y. Vi kan finde et sådant V y for ethvert y Y og får dermed en åben overdækning af Y. Da Y er kompakt, overdækker allerede endeligt mange. Ved at bruge (5.2) og (5.3) ser vi, at Da f 1 (f(x U(y))) X U(y) er Y = V y1 V yk X = f 1 (Y ) = f 1 (V y1 ) f 1 (V yk ), f 1 (V y ) = X f 1 (f(x U(y))). X f 1 (f(x U(y))) U(y), så X U(y 1 ) U(y k ). Hvert U(y i ) er en endelig forening af U α er, så alt i alt har vi fundet, at endeligt mange U α overdækker X. Bevis for Sætning Anvend Lemma 6.14 på afbildningen pr 1 i Lemma Det følger induktivt fra Sætning 6.12, at et endeligt produkt af kompakte rum X i er kompakt. Det samme gælder endda for uendelige produkter af kompakte rum. Dette udsagn kaldes Tychonoffs Sætning. Proposition Hvis X 1 og X 2 er Hausdorff-rum, så er X 1 X 2 Hausdorff. Bevis. Lad (x 1, x 2 ) (x 1, x 2). Hvis x 1 x 1, findes disjunkte åbne omegne U 1 og U 1 af henholdsvis x 1 og x 1 i X 1. Så er pr 1 1 (U 1) og pr 1 1 (U 1 ) disjunkte åbne omegne af henholdsvis (x 1, x 2 ) og (x 1, x 2 ). Tilsvarende hvis x 1 = x 1 men x 2 x 2. Korollar Hvis X 1 og X 2 begge er kompakte Hausdorff-rum så er X 1 X 2 ligeledes et kompakt Hausdorff-rum. Sætning 6.17 (Heine-Borel). I det Euklidiske talrum med den sædvanlige topologi gælder at en delmængde A er kompakt, hvis og kun hvis den er lukket og begrænset. Bevis. Hvis A er kompakt, så er A lukket ifølge Sætning 6.6. Men A må også være begrænset, thi hvis vi overdækker R n med kugler af radius 1, så vil en ubegrænset mængde ikke kunne overdækkes af endelig mange. Hvis omvendt A er lukket og begrænset, så er A indeholdt i [ K, K] n for tilstrækkeligt stort K > 0. Fra Eksempel 6.5 ved vi at [ K, K] er kompakt, og Sætning 6.12 fortæller at [ K, K] n er kompakt. Da A også er lukket, følger fra Sætning 6.6 at A er kompakt.

42 38 6. Kompakte rum Korollar Lad X være et kompakt rum og f : X R en kontinuert funktion. Så antager f både sin supremumsværdi og sin infimumsværdi. Bevis. Fra Sætning 6.7(i) ved vi at f(x) R er en kompakt mængde og derfor begrænset og lukket ifølge Sætning Det følger, at sup f(x) <, og at sup f(x) f(x). Tilsvarende for infimum.

43 7 Den inverse funktions sætning I denne paragraf vender vi tilbage til differentiabilitet for funktioner F : U R m, hvor U er en åben delmængde af R n. En sådan funktion består af m koordinatfunktioner F(x) = (F 1 (x),..., F m (x)), x = (x 1,...,x n ). Vi siger, at F er af klasse C 1, hvis enhver koordinatfunktion F ν (x) er kontinuert differentiabel, dvs. at Fν x i (u) eksisterer for alle u U, og at Fν x i : U R er kontinuert. Hvis disse n m funktioner har klasse C 1, siges F at have klasse C 2 o.s.v. Definition 7.1. Lad U R n være åben. En afbildning F : U R m har klasse C k (1 k ), hvis F ν har kontinuerte partielle afledede af alle ordener k. Hvis k =, siges F at være glat (eller i [dc], differentiabel). For et punkt u U defineres Jacobimatricen i punktet u: F 1 F x 1 (u)... 1 x n (u) DF u =..... (7.1) F m x 1 (u)... F m x n (u) Det er en m n matrix og giver en lineær afbildning df u : R n R m, som vi kalder differentialet af F i punktet u. Hvis U R n og V R m er åbne mængder, og vi har funktioner F : U R m, G : V R l med F(U) V, så kan vi danne den sammensatte funktion Dens j te koordinatfunktion er G F : U R l (G F) j (x) = G j (F 1 (x),...,f m (x)). Det er velkendt fra Matematisk Analyse 1, se f.eks. Sætning 9.36 i [ETP], hvordan man udregner de partielle afledede af (G F) j, nemlig (G F) j x i (u) = m k=1 G j x k (F(u)) F k x i (u) (7.2) Vi ser, at G F har klasse C 1, hvis både G og F har klasse C 1. Men (7.2) giver også, at G F har klasse C 2, hvis F og G har klasse C 2. Man differentierer (7.2) m.h.t. x, og bemærker at af højre side bliver kontinuert. Induktivt ser vi, at hvis x F og G har klasse C k, så gælder det samme for G F. 39

44 40 7. Den inverse funktions sætning Lemma 7.2 (Kædereglen). For Jacobimatricerne gælder D(G F) u = DG F(u) DF u. Bevis. Det ji te element i produktet DG F(u) DF u er den j te række i DG F(u) multipliceret med den i te søjle i DF u. Det er præcis højre side i 7.2. Hvis vi betragter Jacobimatricerne som lineære afbildninger (differentialerne) df u : R n R m, dg F(u) : R m R l så fortæller Lemma 7.2, at differentialet af en sammensætning er sammensætningen af differentialerne. Dette udtrykkes skematisk i (7.3): En kommutativ trekant af C k - funktioner overføres i en kommutativ trekant af lineære afbildninger: U F V R n df u R m H G d( ) u dh u dg F(u) (7.3) R l R l (H = G F dh u = dg F(u) df u ). Bemærk: Hvis U R n, V R m er åbne delmængder, og F : U V er en bijektiv afbildning, således at både F og G = F 1 er C 1 -afbildninger, så følger af Lemma 7.2, at Jacobimatricen DF u er invertibel med invers DG F(u), u U. Specielt er n = m. Den inverse funktions sætning siger omvendt, at en C k -afbildning k 1, F : U R n, U R n åben, lokalt omkring et punkt a U har en invers afbildning (som også er C k ), hvis blot DF a er invertibel. Først nogle forberedelser. Vi minder om, at U R n kaldes konveks, hvis der for to vilkårlige punkter x, y U gælder, at liniestykket mellem dem er indeholdt i U, dvs. [x, y ] = {tx + (1 t)y 0 t 1} U. Kuglerne B(x, r) = {y R n y x r} er konvekse. Lemma 7.3. Lad U være en åben konveks delmængde af R n og F : U R m af klasse C 1. Til hvert par af punkter x, a U findes der en m n matrix Φ(x, a), således at (i) Φ : U U M m,n (R) er kontinuert (ii) Φ(a, a) = DF a (iii) F(x) F(a) = Φ(x, a)(x a) for x, a U.

45 7. Den inverse funktions sætning 41 Bevis. Da U er konveks er a + s(x a) U for 0 s 1, og da U også er åben, findes der et ε > 0 så {a + s(x a) ε < s < 1 + ε} U. Vi betragter H(s) = F(a + s(x a)), ε < s < 1 + ε. Det er sammensat funktion, og kædereglen giver d ds H(s) = DF a+s(x a) (x a) n F = (a + s(x a)) (x i a i ), x i i=1 hvor F x i (a + s(x a)) er den i te søjle i DF a+s(x a), cf. (7.1). Ved integration fås H(1) H(0) = = 1 d H(s) ds 0 ds n ( 1 F ) (a + s(x a)) ds (x i a i ). x i i=1 Vi definerer Φ(x, a) til at være matricen med i te søjle af Φ(x, a) = F x i (a + s(x a)) ds. Dette er en kontinuert funktion af (x, a), da F er C 1. For x = a er integranden uafhængig af s, så i te søjle af Φ(a, a) = 1 0 F (a) ds = F (a), x i x i og derfor Φ(a, a) = DF a. Endelig er H(1) = F(x) og H(0) = F(a), så (iii) er opfyldt. Lad GL n (R) M n (R) være gruppen af invertible (n n)-matricer. Determinantafbildningen det : M n (R) R er et polynomiumsudtryk i matricens indgange og derfor C. Specielt er den kontinuert, og GL n (R) = det 1 (R {0}) er en åben delmængde af M n (R) = R n2. Bemærk, at hvis vi for en matrix A M n (R) sætter A = ( i,j a2 ij) 1 2, så følger det let fra Cauchy-Schwartz ulighed, at der for x R n gælder Ax A x. Vi er nu klar til at bevise den inverse funktions sætning. Vi begynder med C 1 -udgaven.

46 42 7. Den inverse funktions sætning Sætning 7.4. Lad U R n være en åben mængde og F : U R n en C 1 -afbildning. Antag at DF u0 er invertibel for et punkt u 0 U. Da findes der åbne omegne u 0 W U og F(u 0 ) V R n, således at (i) F(W) = V (ii) F W : W V er bijektiv (iii) F 1 W : V W har klasse C1. Hvis der omvendt eksisterer åbne omegne, så (i) (iii) er opfyldt, så er DF u0 invertibel. Bevis. Vi har allerede bemærket den sidste påstand i sætningen. Så lad nu DF u0 være invertibel og definer L: R n R n ved Så er L en bijektiv C afbildning med L(x) = u 0 + DF 1 u 0 x. L(0) = u 0, DL 0 = DF 1 u 0 og L 1 givet ved L 1 (y) = DF u0 (y u 0 ), y R n. Ved at erstatte U med L 1 U og F med afbildningen F L kan vi uden indskrænkning antage u 0 = 0 og DF 0 = I (enhedsmatricen). Ligeledes kan vi, ved at sammensætte med translationen y y F(0), antage F(0) = 0. Uden indskrænkning kan det endvidere antages, at U er en åben kugle U = B(0, R) med radius R > 0. Vi sætter nu H(x) = x F(x) og anvender Lemma 7.3 på denne afbildning H : B(0, R) R n. Så er DH 0 = 0, så den tilhørende afbildning Φ: U U M n (R) har Φ(0, 0) = 0. Da Φ er kontinuert, kan vi antage, ved eventuelt at gøre R mindre, at Φ(x, a) < 1 for alle x, a U. Dvs. 2 H(x) H(a) < 1 x a 2 for alle x, a B(0, R). Specielt fås for a = 0 og r < R, at H(x) B(0, r/2) for alle x B(0, r), så ved kontinuitet gælder H(B(0, r)) B(0, r/2) for alle r < R. Vælg r < R fast i det følgende. Vi vil vise Påstand 7.5. Givet y B(0, r/2), findes et entydigt bestemt x B(0, r) således at F(x) = y.

47 7. Den inverse funktions sætning 43 Hertil betragter vi afbildningen H y defineret ved H y (x) = y + x F(x), x B(0, r). Hvis y B(0, r/2) og x B(0, r) fås så H y afbilder B(0, r) ind i sig selv. Idet H y (x) y + H(x) r H y (x 1 ) H y (x 2 ) = H(x 1 ) H(x 2 ) < 1 2 x 1 x 2 for alle x 1, x 2 B(0, r) er H y altså en kontraktion i det fuldstændige metriske rum B(0, r), og den har derfor ifølge fikspunktsætningen (Sætning 2.6) et entydigt bestemt fikspunkt. Det vil sige, at der findes et entydigt bestemt x B(0, r) så x = y + x F(x), det vil sige, så F(x) = y. Dette viser påstanden. Vi får altså en veldefineret afbildning så G: B(0, r/2) B(0, r) F(G(y)) = y for alle y B(0, r/2). Afbildningen G er kontinuert. Thi for y 1, y 2 B(0, r/2) og x i = G(y i ), i = 1, 2, fås x 1 x 2 = H(x 1 ) H(x 2 ) + F(x 1 ) F(x 2 ) 1 2 x 1 x 2 + y 1 y 2 så G(y 1 ) G(y 2 ) 2 y 1 y 2. Men da F er kontinuert, er G altså en homeomorfi på sit billede. Hvis vi specielt sætter V = B(0, r/2) og W = G(V ) = F 1 (V ) B(0, r), så er V og W åbne omegne, som opfylder (i) og (ii) i sætningen. Idet G = (F W ) 1 skal vi altså blot vise, at G har klasse C 1. Lad til dette formål y 0, y V og x 0 = G(y 0 ), x = G(y) W U, så vi får identiteten y y 0 = F(x) F(x 0 ) = (x x 0 ) ( H(x) (H(x 0 ) ) = ( I Φ(x, x 0 ) ) (x x 0 ).

48 44 7. Den inverse funktions sætning Da vi har antaget Φ(x, x 0 ) < 1 er matricen I Φ(x, x 2 0) invertibel med invers givet ved den uniformt konvergente række i=0 Φ(x, x 0) i, hvis grænsefunktion således er kontinuert som funktion af x og x 0 i U. Det vil sige G(y) G(y 0 ) = x x 0 = ( I Φ(x, x 0 ) ) 1 (y y0 ) = ( I Φ(G(y), G(y 0 )) ) 1 (y y 0 ). Det følger således af definitionen på differentiabilitet at G er differentiabel i y 0 og at DG y0 = ( I Φ(G(y 0 ), G(y 0 )) ) 1 = ( I DH x0 ) 1 = (DF x0 ) 1 = (DF G(y0 )) 1. Dette viser, at afbildningen DG : V M n (R) er givet som sammensætningen DG : V G W DF GL n (R) ( ) 1 GL n (R). (7.4) Matrixinvertering er C, og DF er kontinuert, så (7.4) medfører, at G er C 1. Addendum 7.6. Hvis vi i Sætning 7.4 antager, at F har klasse C k, så har (F W ) 1 også klasse C k. Bevis. Lad G = (F W ) 1 : V W. Vi ved fra Sætning 7.4, at G har klasse C 1, og viser induktivt, at den har klasse C k. Da F G = Id V fortæller kædereglen, at DF G(v) DG v = Id, og dermed, at DG v = (DF G(v) ) 1. Antag induktivt, at G har klasse C l, 1 l < k. Indgangene i DF G(v) har formen F j x i (G(v)). Da l < k, er F j x i af klasse C l, og da sammensætning af C l -afbildninger igen er en C l -afbildning, er indgangene i DF G(v) C l -afbildninger. Det følger fra (7.4), at DG har klasse C l, og dermed, at G har klasse C l+1. Ved induktion ses, at G har klasse C k. Definition 7.7. En afbildning F : W V mellem åbne mængder V, W R n kaldes en diffeomorfi, hvis F er bijektiv, og både F og F 1 har klasse C. Med denne sprogbrug siger addendum 7.6, at hvis F har klasse C og DF u0 er invertibel, så er F en lokal diffeomorfi.

49 8 Regulære flader i R 3 Vi skal betragte særligt pæne delmængder S R 3 kaldet flader. I det følgende opfattes S som et topologisk rum i sportopologien, se Definition 5.9. En åben omegn U af p S er således en mængde af formen U = V S, hvor V er en åben omegn af p i R 3. Definition 8.1. En delmængde S R 3 kaldes en regulær flade, hvis der til ethvert p S findes en åben omegn p U S af p i S og en åben mængde U R 2 samt en bijektion x: U U som opfylder: (i) x er differentiabel (C ), (ii) x er en homeomorfi, (iii) for ethvert q U er differentialet dx q : R 2 R 3 en injektiv afbildning. Funktionen x: U U kaldes en lokal parametrisering af S, parret (U, x) kaldes et lokalt koordinatsystem og U = x(u) en koordinatomegn eller kortomegn på S. x 1 : U U kaldes et kort på S. Bemærkning 8.2. (1) Betingelsen (ii) betyder at en delmængde U 1 U er åben (i sportopologien), hvis og kun hvis U 1 = x 1 (U 1 ) er åben i R2. En måde at sikre dette på er at forlange (som do Carmo gør) at x 1 : U U kan udvides til en kontinuert afbildning defineret på den åbne mængde V i R 3. (2) Betingelsen (iii) er for ethvert q U ækvivalent med en af følgende betingelser (iii) Matricen har rang 2. (iii) Vektorerne x u (iii) Vektorproduktet x u x (q) x (q) u v Dx q = y (q) y (q) u v z (q) z (q) u v x (q), (q) er lineært uafhængige. v x (q) (q) er forskellig fra nul. v I disse formler er x(u, v) = ( x(u, v), y(u, v), z(u, v) ) for (u, v) U R 2, og x (q) hhv. x (q) betegner tangenterne til de respektive kurver u x(u, v u v 0) hhv. v x(u 0, v) gennem punktet x(q) = x(u 0, v 0 ). (3) Af definition 8.1 følger at S er overdækket af koordinatomegne U α = x α (U α ), α A, S = α A x α (U α ) da ethvert punkt af S er indeholdt i en sådan. 45

50 46 8. Regulære flader i R 3 Lemma 8.3. Lad S R 3 være en regulær flade og W S en delmængde. Så er følgende ækvivalente: (i) W er åben i S (i sportopologien). (ii) For ethvert koordinatsystem (U, x) gælder at x 1 (W) R 2 er åben. (iii) For ethvert p W findes et koordinatsystem (U, x) med p x(u) så x 1 (W) R 2 er åben. Bevis. (i) (ii) er klar da x: U S er kontinuert. (ii) (iii) er klar. (iii) (i). Overdæk W med koordinatomegne {U α } α A med tilhørende parametriseringer x α : U α U α, således at x 1 α (W) = x 1 α (U α W) er åben. Så er iflg. Definition 8.1 (ii) U α W åben i S så W = α A U α W er åben i S. Eksempel 8.4 (Sfæren). S 2 = {(x, y, x) R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1}. Lad U R 2, U = {(u, v) u 2 + v 2 < 1} og sæt x(u, v) = (u, v, 1 u 2 v 2 ), (u, v) U. Så er x(u) = U = S 2 V, (u, v) U hvor V = {(x, y, z) z > 0} og x 1 : U U er restriktionen af projektionen π: V U givet ved π(x, y, z) = (x, y). Dvs. x er en homeomorfi. Endvidere er Jacobi-matricen 1 0 Dx = 0 1 klart af rang 2. På samme måde dækkes den nedre halvkugle og tilsvarende den østlige og vestlige halvkugle med lokale kortomegne. Heref ses at S 2 er en regulær flade. På sfæren er det ofte nyttigt at bruge de sfæriske koordinater konstrueret som følger: Lad (θ, ϕ) R 2 og sæt x(θ, ϕ) = (sin θ cosϕ, sin θ sin ϕ, cosθ). Her er x ikke injektiv; men restriktionen til f.eks. U = {(θ, ϕ) 0 < θ < π, 0 < ϕ < 2π} er injektiv og afbilder på U S 2 \ C, hvor C = {(x, y, z) x 0}.

51 8.1. Generelle konstruktioner af flader 47 Hvad angår betingelserne (i) (iii) i Definition 8.1 er (i) klar og for (iii) udregnes let at cosθ cosϕ sin θ sin ϕ Dx = cosθ sin ϕ sin θ cosϕ sin θ 0 så x θ x ϕ 2 = (cos 2 θ + sin 2 θ) sin 2 θ 0 = sin 2 θ 0 for 0 < θ < π, dvs. (iii) er opfyldt. At (ii) er opfyldt følger af en sætning som vises senere. 8.1 Generelle konstruktioner af flader Graf for en differentiabel (C ) funktion Proposition 8.5. Lad U R 2 være en åben mængde og f : U R en C funktion. Så er grafen for F en regulær flade. S = {(x, y, f(x, y)) (x, y) U} Bevis. Vi har ét koordinatsystem (U, x), med x: U S = U defineret ved x(u, v) = (u, v, f(u, v)), (u, v) U. Idet V = U R R 2 R = R 3 er V S = S og x 1 = π S, hvor π(x, y, z) = (x, y), for (x, y, z) V. Heraf ses at (i) og (ii) i Definition 8.1 er opfyldt. Endvidere er det klart at Jacobi-matricen 1 0 Dx = 0 1 har rang 2 i ethvert punkt af U. f u Løsningsmængden for en ligning Definition 8.6. Lad U R n åben, F : U R m en C funktion. 1. p U kaldet et kritisk punkt og F(p) en kritisk værdi for F hvis df p : R n R m ikke er surjektiv, dvs. hvis rang DF p < m. 2. p U kaldes et regulært punkt hvis det ikke er kritisk, dvs. hvis rang DF p = m. 3. a R m kaldes en regulær værdi hvis det ikke er en kritisk værdi, dvs. hvis ethvert p F 1 (a) er et regulært punkt, altså hvis f v rang DF p = m, p F 1 (a).

52 48 8. Regulære flader i R 3 Vi skal særligt betragte f : U R, U R 3. I dette tilfælde (med variable (x, y, z) R 3 ) er Jacobi-matricen for f givet ved gradienten ( ) f f f Df p = (p), (p), x y z (p) = ( f x (p), f y (p), f z (p) ), og der gælder p U er kritisk punkt f f f (p) = (p) = (p) = 0 x y z (8.1) a R er regulær værdi Df p (0, 0, 0) p f 1 (a). (8.2) Proposition 8.7. Lad U R 3, f : U R en C funktion og lad a R være en regulær værdi. Så er S = f 1 (a) R 3 en regulær flade. Bevis. Bemærk at S = f 1 (a) = { (x, y, z) U f(x, y, z) = a } og lad p = (x 0, y 0, z 0 ) S. Så gælder ifølge antagelserne Df p (0, 0, 0). Antag uden indskrænkning f (p) 0 og definer F : U z R3 ved x F(x, y, z) = y. f(x, y, z) Jacobi-matricen for denne afbildning i p er DF p = f (p) f (p) f (p) x y z så det DF p = f (p) 0. Ifølge Invers Funktionssætningen (Sætning Addendum 7.6) kan vi finde åbne omegne V af p = (x 0, y 0, z 0 ) og W af F(p) = z (x 0, y 0, a) så F : V W er en diffeomorfi. Uden indskrænkning kan vi antage W = N (a ε, a + ε), N R 2 en åben omegn af (x 0, y 0 ), ε > 0. Idet vi bruger de variable (u, v, t) W R 3 er F(x, y, z) = ( x, y, f(x, y, z) ) = (u, v, t), (u, v) N, a t < ε dvs. (x, y, z) = F 1 (u, v, t) = ( u, v, g(u, v, t) ). Specielt for t = a fås f(u, v, g(u, v, a)) = a (8.3) Sæt h(u, v) = g(u, v, a), for (u, v) N. Påstand. f 1 (a) V = grafen for h = {(u, v, h(u, v)) (u, v) N}.

53 8.1. Generelle konstruktioner af flader 49 Thi lad (u, v) N; så er q = (u, v, h(u, v)) f 1 (a) ifølge (8.3), og da F(q) = (u, v, a) W er q V. Omvendt lad q = (x, y, z) f 1 (a) V. Så er F(x, y, z) = (x, y, a) N {a}, så (x, y) N og z = g(x, y, a) = h(x, y), så q grafen for h. Dette viser ovenstående påstand. Ifølge Proposition 8.5 er f 1 (a) V nu en regulær flade med lokalt kort x: N f 1 (a) V givet ved x(u, v) = (u, v, h(u, v)), hvilket dermed givet et lokalt koordinatsystem for S i en omegn af p. Eksempel 8.8 (Ellipsoiden). Lad a, b, c > 0 og betragt S R 3 : Sæt Så et S = f 1 (0) og S = {(x, y, z) R 3 x 2 } a + y2 2 b + z2 2 c = 1. 2 f(x, y, z) = x2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 1, (x, y, z) R3. Df (x,y,z) = ( 2x a, 2y 2 b, 2z ). 2 c 2 Denne vektor er kun nul for (x, y, z) = (0, 0, 0), så det eneste kritiske punkt for f er (0, 0, 0) som ikke ligger på S. Ifølge Proposition 8.7 er S derfor en regulær flade. Specielt for a = b = c = 1 fås at S = S 2 er en regulær flade. Eksempel 8.9 (Omdrejningshyperboloiden). Lad Så er S = f 1 (0) for funktionen S = { (x, y, z) R 3 x 2 y 2 + z 2 = 1 }. f(x, y, z) = x 2 y 2 + z 2 1, (x, y, z) R 3. Igen er kun (0, 0, 0) kritisk punkt for f og (0, 0, 0) / S så S er en regulær flade. Bemærk at S ikke er kurvesammenhængende. Thi antag γ : [0, 1] S kontinuert kurve så γ(0) = (0, 0, 1) og γ(1) = (0, 0, 1) og skriv γ på formen γ(t) = ( x(t), y(t), z(t) ). Så er z(t) en kontinuert funktion så z(t) 2 = 1 + x(t) 2 + y(t) 2 1 for alle t [0, 1]; dvs. enten z(t) 1 t [0, 1] eller z(t) 1 t [0, 1]. Men dette strider mod at z(0) = 1 og z(1) = 1.

54 50 8. Regulære flader i R 3 Eksempel 8.10 (Torus eller ringfladen). Vælg 0 < r < a og betragt cirklen i (y, z)-planen med centrum i (0, a, 0) og radius r. Denne roteres omkring z-aksen hvorved fladen S dannes S = { (x, y, z) R 3 ( x2 + y 2 a )2 + z 2 = r 2} Her er S V = { (x, y, z) R 3 (x, y) (0, 0) } og f : V R givet ved f(x, y, z) = ( x2 + y 2 a )2 + z 2 r 2 er C. Nu er S = f 1 (0) og ( ( 2x x2 + y 2 a ) Df (x,y,z) =, 2x( x 2 + y 2 a ) ), 2z x2 + y 2 x2 + y 2 så mængden C af kritiske punkter for f er C = {(x, y, z) R 3 z = 0 og enten x = y = 0 eller x 2 + y 2 = a 2 } Da C S = er S en regulær flade. 8.2 Egenskaber ved flader og glatte afbildninger Proposition Lad S R 3 være en regulær flade og lad p S. Så findes en åben omegn V S af p så V er grafen for en C funktion på formen z = f(x, y), y = g(x, z) eller x = h(y, z). Bevis. Lad (u, x) være et lokalt koordinatsystem med p = x(q), q U, og U = x(u). Så er og x(u, v) = ( x(u, v), y(u, v), z(u, v) ), (u, v) U R 2, x (q) x (q) u v Dx q = y (q) y (q) u v z (q) z (q) u v har rang 2. Vi kan så uden indskrænkning antage ( x u det (q) x (q) ) v y (q) y (q) 0. u v Betragt π: R 3 R 2 givet ved π(x, y, z) = (x, y), så ( π x ) (u, v) = ( x(u, v), y(u, v) ) har invertibel Jacobi-matrix i q. Ifølge Invers Funktionssætningen (Sætning 7.4) findes åbne omegne V 1 U af q og V 2 = ( π x ) (V 1 ) R 2 så π x: V 1 V 2 er en diffeomorfi. Så er V = x(v 1 ) en åben omegn af p S, og x (π x) 1 : V 2 V R 3

55 8.2. Egenskaber ved flader og glatte afbildninger 51 er en C afbildning. Men π ( x ( π x ) 1 (x, y) ) = (x, y) så der findes en C funktion f : V 2 R så x ( π x ) 1 (x, y) = ( x, y, f(x, y) ), (x, y) V2. Dvs. V er grafen for f. Bemærkning. Her er x 1 = x ( π x ) 1 : V 2 V altså et koordinatsystem ligesom i Proposition 8.5. Vi vil kalde et sådant for et graf-koordinatsystem. Proposition 8.11 udtrykker altså at ethvert punkt på en regulær flade har en koordinatomegn for et graf-koordinatsystem. Hvis en delmængde S R 3 vides at være en regulær flade er betingelse (ii) i Definition 8.1 for et koordinatsystem overflødig: Proposition Lad S R 3 være en regulær flade, lad U R 2 være åben og lad x: U S være en injektiv afbildning så (i) x: U S R 3 er C, (iii) for alle q U er dx q : R 2 R 3 injektiv Så er U = x(u) åben i S og (ii) x: U U er en homeomorfi. Bevis. Det er nok at vise at U = x(u) er åben; thi så gælder for enhver åben delmængde U 1 U også at x(u 1 ) S er åben da betingelserne i propositionen er opfyldt for x U1 : U 1 S. Heraf følger (ii). For at vise at U = x(u) er åben i S er det ifølge Lemma 8.3 nok at vise at der for et vilkårligt p U findes et passende koordinatsystem y: W S med p W = y(w) så y 1 (U ) er åben i R 2. Hertil kan vi ifølge Proposition 8.11 vælge et graf-koordinatsystem y(x, y) = ( x, y, f(x, y) ), (x, y) W R 2, med invers afbildning π W : W W, hvor igen π er projektionen π(x, y, z) = (x, y) for (x, y, z) R 3. Så er N = x 1 (W ) U åben og h = π W x: N W er givet ved h(u, v) = ( x(u, v), y(u, v) ). Nu er x = y h, så ifølge kædereglen og forudsætning (iii) har h ikke-singulær Jacobi-matrix i ethvert punkt af N. Ifølge Invers Funktionssætningen (Sætning 7.4) er h så en lokal diffeomorfi og da den samtidig er injektiv er h(n) = y 1( x(n) ) = y 1 (W U ) = y 1 (U ) åben i W R 2, hvilket skulle vises. Sætning Lad S være en regulær flade og x: U U et koordinatsystem på S. Lad W R n være en åben mængde og f : W R 3 en C -afbildning, således at f(w) U. Så er x 1 f : W U en C -afbildning.

56 52 8. Regulære flader i R 3 Bevis. Vi bruger samme teknik som ovenfor. Det er nok at vise at x 1 f er C i en omegn af et vilkårligt punkt p W. Lad f(p) = x(q), q U og antag som i beviset for Proposition 8.11 at Jacobi-matricen for π x(u, v) = ( x(u, v), y(u, v) ) er ikke-singulær i punktet q. (Igen er π: R 3 R 2 projektionen π(x, y, z) = (x, y), (x, y, z) R 3.) Igen følger det af Invers Funktionssætningen at der findes åbne omegne V 1 U af q så ( π x ) (V 1 ) = V 2 R 2 er åben og h = π x: V 1 V 2 er en diffeomorfi. Sæt V 1 = x(v 1 ) S som altså er en omegn af x(q) = f(p); og igen er y = x h 1 : V 2 V 1 et graf-koordinatsystem med invers y 1 = h x 1 = π V 1. Da nu f : W S R 3 er kontinuert mht. sportopologien for S R 3 kan vi uden indskrænkning antage f(w) V. Men så er x 1 f = x 1 y y 1 f = h 1 π f som er en sammensætning af C afbildninger og dermed C. Korollar Lad W R n være åben og f : W R 3 en kontinuert afbildning med f(w) S, S R 3 en regulær flade. Så er flg. ækvivalente: (i) f : W R 3 er en C afbildning. (ii) For ethvert koordinatsystem (U, x) med koordinatomegn U S er x 1 ( f f 1 (U )) : f 1 (U) U en C afbildning. (iii) Der findes overdækning { } U α af S med koordinatonegne hørende til koordinatsystemer (U α, x α ) så x 1 α ( f f 1 (U α)) α A er C for alle α A. Bevis. Umiddelbart fra Sætning 8.13 og Lemma 8.3. Korollar 8.15 (Parameterskift-sætningen). Lad S R 3 være en regulær flade, lad p S og x: U U, y: V V to koordinatsystemer med p U V = W. Så er h = x 1 y: y 1 (W ) x 1 (W ) en diffeomorfi med C invers h 1 = y 1 x 1. Bevis. h er klart bijektiv. Nok at vise at h er C, thi så er h 1 = y 1 x også C ved symmetri. Men h er C ifølge Sætning 8.13 anvendt på koordinatsystemet (V, y). Korollar Lad S være en regulær flade, f : S R n en afbildning og lad p S. Lad endvidere x: U U, y: V V være to koordinatsystemer med p U V. Så gælder f x er C i en omegn af x 1 (p), hvis og kun hvis f y er C i en omegn af y 1 (p).

57 8.2. Egenskaber ved flader og glatte afbildninger 53 Bevis. Lad W = U V. Så er h = y 1 x: x 1 (W ) y 1 (W ) en diffeomorfi. Så hvis f x er C i en omegn Ω af x 1 (p) er f y = f x x 1 y = f x h 1 C i omegnen h(ω) af h ( x 1 (p) ) = y 1 (p). Det omvendt følger ved symmetri. Definition (i) En afbildning f : S R n kaldes C i en omegn af p S hvis der findes et koordinatsystem x: U U S så f x er C i en omegn af x 1 (p). (ii) f : S R n kaldes C hvis f er C i en omegn af p for alle p S. Bemærkning Det følger af Korollar 8.16 at hvis f : S R n er C så er f x: U R n C for ethvert koordinatsystem (U, x). Eksempel Lad S være en regulær flade, S V, V R 3 en åben delmængde og lad f : V R n være en C afbildning. Så er f S : S R n en C afbildning. Special tilfælde er følgende: (1) Højdefunktionen: Lad v R 3, v = 1, og definer h: S R ved h(p) = v p, p S, hvor betegner sædvanligt indre produkt i R 3. Her er h klart restriktionen af en C funktion på hele R 3. (2) Afstandsfunktionen i anden : Lad p 0 S og sæt f(p) = p p 0 2 = (p p 0 ) (p p 0 ), p S. Så er igen f restriktionen af en C funktion på hele R 3. Vi har altså set at en afbildning fra (en åben delmængde i) R n til en flade S eller fra fladen S til R n er C hvis og kun hvis sammensætningen med lokale parametriseringer giver C afbildninger. Vi vil definere differentiabilitet for afbildninger mellem flader på en analog måde: Lad S 1, S 2 R 3 være regulære flader og antag at ϕ: S 1 S 2 er en kontinuert afbildning mth. sportopologien på S 1 og S 2. For et punkt p S 1 kan vi finde koordinatsystemer x 1 : U 1 U 1 S 1 og x 2 : U 2 U 2 S 2 med p U 1 og ϕ(u 1 ) U 2 og vi definerer nu: Definition (i) En kontinuert afbildning ϕ: S 1 S 2 kaldes C i en omegn af p S 1 hvis der findes koordinatsystemer som ovenfor så afbildningen x 1 2 ϕ x 1 : U 1 U 2 er C i en omegn af x 1 1 (p). (ii) En kontinuert afbildning ϕ: S 1 S 2 kaldes C hvis den er C i en omegn af p for alle p S 1. (iii) En bijektion ϕ: S 1 S 2 kaldes en diffeomorfi hvis både ϕ og ϕ 1 er C afbildninger.

58 54 8. Regulære flader i R 3 Korollar Lad S 1, S 2 være regulære flader og ϕ: S 1 S 2 en kontinuert afbildning. Så er følgnde udsagn ækvivalente: (i) ϕ: S 1 S 2 er en C afbildning (iflg. Definition 8.20). (ii) ϕ: S 1 R 3 er en C afbildning (iflg. Definition 8.17). (iii) For et vilkårligt par af koordinatsystemer x 1 : U 1 U 1 S 1, x 2 : U 2 U 2 S 2, med ϕ(u 1 ) U 2 er afbildningen x 1 2 ϕ x 1 : U 1 U 2 en C afbildning. Bevis. Opgave. Eksempel Lad S 1, S 2 være regulære flader og antag S 1 V 1, S 2 V 2, V 1, V 2 R 3 åbne delmængder. Lad f : V 1 V 2 være en diffeomorfi med f(s 1 ) = S 2. Så er ϕ = f S1 : S 1 S 2 en diffeomorfi med invers f 1 S2. Thi både ϕ og ϕ 1 er C ifølge Eksempel 8.19 og Korollar Special tilfælde er følgende (1) Affin afbildning. Lad f : R 3 R 3 være en afbildning på formen f(p) = p 0 +Ap, hvor p 0 R 3 er fast og A er en given invertibel matrix. Antag at f(s 1 ) = S 2. Så er ϕ = f S1 : S 1 S 2 en diffeomorfi. (2) Spejling. Lad σ: R 3 R 3 være givet ved σ(x, y, z) = (x, y, z) og antag at en flade S tilfredsstiller p S σ(p) S. Så er σ: S S en diffeomorfi med invers σ da σ 2 = id. Et eksempel på S er omdrejningshyperboloiden (Eksempel 8.9). (3) Rotation. For θ R lad R θ : R 3 R 3 være den lineære afbildning givet ved matricen cosθ sin θ 0 sin θ cosθ Bemærk at R θ R θ = id, så hvis det for en flade S gælder at R θ (S) = S for alle θ R så er R θ : S S en diffeomorfi for alle θ. I så fald kaldes S rotationsinvariant. Et eksempel er torus (Eksempel 8.10). Mere generelle eksempler ses herunder.

59 8.2. Egenskaber ved flader og glatte afbildninger 55 Eksempel 8.23 (Omdrejningsflade). I (x, z)-planen betragtes en regulær parametriseret kurve α: (a, b) R 3 α(v) = ( f(v), 0, g(v) ), v (a, b). Dvs. ( f (v), g (v) ) (0, 0) v (a, b). Lad C = α(a, b) og antag (i) α: (a, b) R 2 (= R {0} R) er injektiv, (ii) f(v) > 0 for alle v (a, b), (iii) α: (a, b) C er en homeomorfi. Sæt S = { (x, y, z) R 3 ( x2 + y 2, 0, z ) C }. Proposition S er en regulær flade som er rotations-invariant. Bevis. Det ses let at R θ (S) = S for alle θ R, så vi skal blot vise at S er en regulær flade. Lad os vise at U = S {(x, y, z) y > 0} er en regulær flade idet det er analogt for S {(x, y, z) y < 0}, S {(x, y, z) x > 0 } og S {(x, y, z) x < 0}. Sæt U = ( 1, 1) (a, b) R 2 og definer x: U U ved x(u, v) = ( uf(v), f(v) 1 u 2, g(v) ), (u, v) U. Så er x klart C og bijektiv med x 1 : U U givet ved x 1 (x, y, z) = (u, v), hvor v = α 1( x2 + y 2, 0, z) og u = x / ( v = x α 1( x2 + y 2, 0, z )) for (x, y, z) U. Da α 1 : C (a, b) er kontinuert er x 1 : U U kontinuert. Endelig er Jacobi-matricen for x: f(v) uf (v) Dx (u,v) = uf(v) 1 u 2 1 u2 f (v) 0 g (v) som let ses at have rang 2 ifølge forudsætningerne på α. Dvs. at (U, x) er et lokalt koordinatsystem så S er en regulær flade.

60

61 9 Opgaver 1.1. Lad X være en mængde, og d : X X R funktionen d(x, y) = 0 hvis x = y og d(x, y) = 1 hvis x y. Vis at (X, d) er et metrisk rum Lad (X, d) være et metrisk rum og lad a > 0. Lad d a : X X R være givet ved { d(x, y) hvis d(x, y) < a d a (x, y) = a hvis d(x, y) a Vis at d a er en afstandsfunktion, og at d a og d er ækvivalente Vis at funktionerne 2 og i Eksempel 1.5 er normer Vis følgende påstande om de åbne mængder i et metrisk rum: a) Lad U α, α A være en vilkårlig familie af åbne mængder. Så er α A U α åben b) Lad U 1,...,U n være åbne mængder. Så er U 1 U n åben Vis at kuglerne B(x, r) er åbne mængder Lad N 1 og N 2 være to normer på vektorrummet V. De kaldes ækvivalente hvis der findes k > 0 og K > 0 så at kn 1 (v) N 2 (v) KN 1 (v) a) Vis at dette er en ækvivalensrelation på mængden af normer, og at hvis d N1 er ækvivalent til d N2 så er N 1 ækvivalent til N 2. b) Vis at normerne (eller metrikkerne) fra Eksempel 1.11 alle er ækvivalente Vis at Q R er en fuldstændiggørelse Lad l 2 være vektorrummet af følger {x k } af reelle tal med k=1 x2 k <. Vis at l 2 har et indre produkt givet ved {x k }, {y k } = x k y k. k=1 Vis at l 2 er fuldstændigt m.h.t. den inducerede norm {x k } 2 = ( x 2 k )1/ På vektorrummet M n (R) af reelle n n matricer defineres A = sup Ax, x =1 hvor Ax er den Euklidiske norm på R n. Vis at dette definerer en norm på M n (R), som kaldes operatornormen. A

62 B 9. Opgaver 2.4. Vis at operatornormen på M n (R) opfylder Vis at AB A B. A = inf { c R Ax c x for alle x R n } 2.5. Overvej hvornår en række k=1 v k er konvergent i et fuldstændigt, normeret vektorrum (V, ). Vis at k=1 v k er konvergent såfremt k=1 v k er konvergent Lad f : R I R være funktionen f(x, t) = a(t)x + b(t), hvor a, b : I R er kontinuerte, og I er et vilkårligt åbent interval. Vis for t 0 I, x 0 R at differentialligningen (3.2) har en entydig bestemt løsning med x(t 0 ) = x 0. (Hjælp: Antag først at x(t) er en løsning til (3.2), og find en differentialligning som ( t ) y(t) = x(t) exp a(s) ds t 0 opfylder.) 4.1. Lad M n (R) være udstyret med operatornormen. Vis at exp(a) = k=0 A k k! er konvergent. Vis at exp(a + B) = exp(a) exp(b) når AB = BA Løs differentialligningen for A M n (R). x (t) = A x(t), x(0) = x Lad (X, d) være et metrisk rum, og lad T d være familien af åbne delmængder af X fra Definition 1.6. Vis at T d er en topologi på X Vis, at metrikkerne i Eksempel 1.11 er ækvivalente

63 9. Opgaver C 5.3. Lad (X, d) være et metrisk rum, og x 1 x 2 to forskellige punkter i X. Vis, at der findes åbne mængder U 1, U 2 T d, så x 1 U 1, x 2 U 2 og U 1 U 2 = (Man kan vælge U 1 og U 2 til at være åbne kugler). Vis, at der findes topologiske rum, som ikke opfylder denne betingelse En afbildning mellem topologiske rum X = (X, T X ) og Y = (Y, T Y ), f : X Y kaldes kontinuert i punktet x X, såfremt f 1 (V ) er en omegn af x for enhver omegn V af f(x). Vis at dette stemmer overens med (1.8), hvis X og Y er metriske rum med de tilhørende topologier fra opgave 5.1. Vis, at en afbildning f : X Y er kontinuert, hvis og kun hvis den er kontinuert i alle sine punkter Lad (R n, d) være den Euklidiske metrik. Find B d (x, r), int B d (x, r) og B d (x, r). Samme spørgsmål for B d (x, r), se (1.7) Vis, at T X i (5.5) er en topologi, og at det er den groveste topologi, hvor f bliver kontinuert. Vis, at T Y i (5.6) er en topologi og den fineste, hvor f er kontinuert Bevis Lemma Vis, at de åbne kugler B d (x, r) i et metrisk rum (X, d) udgør en basis for T d Vis, at B = {B(x, ε) x Q n, ε Q, ε > 0} udgør en basis for den Euklidiske topologi på R n Lad (X 1, d 1 ) og (X 2, d 2 ) være metriske rum. Vi definerer en metrik på X 1 X 2 ved d((x 1, x 2 ), (y 1, y 2 )) = max(d 1 (x 1, y 1 ), d 2 (x 2, y 2 )) Vis, at (X 1 X 2, T d ) er produkttopologien Lad X og Y være topologiske rum, f : X Y en afbildning, og antag at X = X 1 X 2 for to delmængder X 1 og X 2 af X. a) Antag, at X 1 og X 2 er åbne delmængder af X. Vis, at f er kontinuert, hvis og kun hvis f X1 og f X2 er kontinuerte m.h.t. sportopologierne for X 1 og X 2. b) Antag, at X 1 og X 2 er lukkede delmængder af X. Vis, at f er kontinuert, hvis og kun hvis f X1 og f X2 er kontinuerte i sportopologierne Lad X være et topologisk rum og A X en delmængde. a) Vis, at x A, hvis og kun hvis enhver omegn af x i X indeholder punkter fra A; i såfald kaldes x et berøringspunkt. b) Vis, at hvis x A, så gælder enten (i) eller (ii): (i) at x er et berøringspunkt for A {x}

64 D 9. Opgaver (ii) at der findes en omegn U af x, så U A = {x}. I tilfælde (i) kaldes X et fortætningspunkt for A, og i tilfælde (ii) kaldes x et isoleret punkt i A Lad X 1, X 2 og X 3 være topologiske rum. Vi kan anvende Definition 5.18 (to gange) til at definere en topologi T på (X 1 X 2 ) X 3. Vi kan ligeledes definere en topologi T på X 1 (X 2 X 3 ). Vis, at T = T Bevis Proposition Vis, at de eneste sammenhængende delmængder af R er intervaller Lad X være et topologisk rum. (a) Vis, at der defineres en ækvivalensrelation i X ved fastsættelsen: x y, hvis og kun hvis der findes en sammenhængende delmængde, som indeholder både x og y. Ækvivalensklasserne for denne relation kaldes sammenhængskomponenterne i X. (b) Vis, at en sammenhængskomponent er en lukket delmængde (c) Vis, at hvis alle sammenhængskomponenter er åbne, så er X homeomorf med den topologiske sum af disse. (d) Vis, at hvis X har højst endeligt mange sammenhængskomponenter, så er disse alle åbne. (e) Find sammenhængskomponenterne i eksempel 5.23, og afgør, om de er åbne Lad X være et topologisk rum og lad {A α α I} være en familie af sammenhængende delmængder, for hvilke der gælder: For alle α, α I findes en endelig følge α = α 1,...,α k = α, så A αi A αi+1 for i = 1,..., k 1. Vis, at A = α I A α er sammenhængende Vis Bolzano-Weierstrass sætning. Lad X være et sammenhængende rum og f : X R en kontinuert funktion. Vis, at hvis a, b f(x) og a < c < b, så er også c f(x) Vis, at produktet af to sammenhængende rum igen er sammenhængende Vis at mængderne i eksempel 5.26 er sammenhængende Vis, at den n-dimensionale kugleskal S n er sammenhængende for n (a) Vis, at en åben, sammenhængende delmængde af R n er kurvesammehængende. (b) Vis, at en åben delmængde af R n er en foreningsmængde af disjunkte, sammenhængende, åbne delmængder Vis, at S 1 og S 2 ikke er homeomorfe. (Vink: Fjern to punkter.)

65 9. Opgaver E 6.1. Lad T være følgende familie af delmængder af C = R 2. T = {C F F endelig eller tom } { } a) Vis, at T definerer en topologi på C. Denne kaldes Zariski-topologien. b) Vis, at (C, T ) ikke er Hausdorff. c) Vis, at (C, T ) er kompakt Vis, at et topologiske rum er Hausdorff, hvis og kun hvis diagonalen (X) = {(x, x) X X x X} er en lukket delmængde af X X (i produkttopologien) Lad X være en mængde udstyret med den diskrete topologi (T X = P(X)). Vis, at X er kompakt, hvis og kun hvis X er endelig Et Hausdorff-rum kaldes lokalt kompakt, hvis ethvert punkt har en omegn, som er en kompakt delmængde. Lad X være lokalt kompakt, og betragt mængden X = X { }, den disjunkte forening af X og et ekstra punkt. Lad T P(X ) bestå af T X T, hvor T = {(X K) { } K X kompakt }. a) Vis, at T er en topologi på X. Man kalder X = (T, X ) for etpunkts-kompaktifikationen af X. b) Vis, at X er kompakt og Hausdorff Vis, at etpunkts-kompaktifikationen af R er homeomorf med cirklen S Lad Z n R n være den additive undergruppe af (x 1,...,x n ) med x i Z. Vis, at R n /Z n med kvotienttopologien er homeomorf med T n = S 1 S 1, n faktorer. Her gives T n sportopologien fra T n R 2 R 2 = R 2n Lad (X, d) være et kompakt, metrisk rum. (a) Vis for A X, at diameteren diam(a) = sup{d(x, y) x, y A} er et endeligt reelt tal. Vis desuden, at hvis A er lukket, så findes x, y A, så d(x, y) = diam(a). (b) (Lebesgues lemma) Lad nu {U α α I} være en åben overdækning af X. Vis, at der findes et reelt tal, δ > 0 (et Lebesguetal for overdækningen), således at hvis A X har diam(a) < δ, så findes α I, så A U α. (Vink: Overdæk X med kugler på formen B(x, ε(x)) så B(x, 2ε(x)) U α(x) (α(x) I), og vis at δ kan vælges mindre end ε(x) for tilstrækkeligt mange x X.)

66

67 Appendices G

68

69 A Greens sætning i planen Vi får brug for følgende sætning fra integrationsteori: Sætning A.1 (Transformationssætningen for integraler). Lad U, U R 2 og h : U U en diffeomorfi. Så er en funktion f på U integrabel hvis og kun hvis f h er integrabel. I så fald gælder f = (f h) det(dh) dvs. U U f(ū, v)dūd v = U U (f h)(u, v) det ( ū u v u ū v v v ) dudv. Vi vil ikke vise denne sætning, men kun bemærke, at et specialtilfælde er integration i polære koordinater: Eksempel A.2. Lad U = {(r, θ) r > 0, π < θ < π}, U = R 2 {(x, 0) x 0}, og h : U U givet ved Så er h(r, θ) = (r cosθ, r sin θ), (r, θ) U. ( ) cosθ r sin θ det Dh = det = r sin θ r cosθ Sætning A.1 giver derfor i dette tilfælde, at for f : U R integrabel er r π f(x, y)dxdy = f(r cosθ, r sin θ)rdθdr. U 0 π Lad nu U R 2 åben og Q U et kompakt regulært område med Q sporet for en stykkevis C kurve α som er positivt orienteret med hensyn til Q (dvs. tværvektoren til α peger ind i Q). Vi vil ikke definere regulært område men kun behandle visse eksempler, hvor vi vil vise følgende: Sætning A.3 (Greens sætning). For A, B : U R C funktioner gælder ( B u A ) b ( dudv = A(α(s))u (s) + B(α(s))v (s) ) ds. v Q Notation. Højre side skrives ofte kort b ( (Adu + Bdv) := A(α(s))u (s) + B(α(s))v (s) ) ds. α a a I

70 J A. Greens sætning i planen Eksempel A.4. Lad Q = [0, a] [0, b], (0, b) (a, b) α (0, 0) (a, 0) Q ( B u A ) dudv = v b = B(a, v)dv 0 = (Adu + Bdv). b a b B u dudv B(0, v)dv a 0 a b 0 0 A(u, b)du + A v dvdu a 0 A(u, 0)du α Lemma A.5. Lad h : U U, U, U R 2 åbne, og h en orienteringsbevarende diffeomorfi (dvs. det(dh) > 0). Hvis Greens sætning er sand for Q U, så er den også sand for h(q) U. Bevis. Sæt Q = h(q) med randkurve ᾱ = h α, og lad (u, v) U, (ū, v) U, betegne de respektive koordinater så h(u, v) = ( ū(u, v), v(u, v) ), (u, v) U. Lad Ā, B C og bemærk først at (Ādū ) + Bd v = (Adu + bdv) (A.1) ᾱ α hvor A og B er givet ved thi ifølge kædereglen er så A = Ā ū v + B u u, B = Ā ū v + B v v, (A.2) Ā dū d v + B ds ds = Adu ds + Bdv ds. Ved at differentiere A og B i (A.2) og brug af kædereglen fås ved udregning: B u A ( v = B ū Ā ) det Dh. v

71 A. Greens sætning i planen K Af transformationssætningen for integraler (Sætning A.1) fås så da det Dh > 0: ( B ū Ā ) ( B dūd v = v Q u A ) dudv. (A.3) v Q Ved at sammenholde (A.1) og (A.3) ses at Greens sætning for Ā, B over Q er ækvivalent med sætningen for A, B over Q. Eksempel A.6. Lad Q R 2 være begrænset af en glat kurve ᾱ på formen ā = ( r(θ) cos(θ), r(θ) sin(θ) ), a θ b, (b a) 2π og to radiale kurver fra (0, 0). ᾱ Lad U = { (u, v) R 2 u > 0, v I } I R interval indeholdende [a, b] hvortil ᾱ udvider glat. Sæt h : U R 2 h(u, v) = uα(v), (u, v) U. Så er h(q) = Q for Q = [0, 1] [a, b] og h er bijektiv på denne mængde og er en orienteringsbevarende diffeomorfi på R + I idet det(dh) = det(α, uα ) = r 2 u > 0. For ε > 0 fås således af Eksempel A.4 og ovenstående Lemma A.5 ( B ū Ā ) ( ) (Ādū ) dūd v = Bd v v Q ε ᾱ hvor Q ε = h(q ε ), Q ε = [ε, 1] [a, b] samt γa ε(t) = tα(a) og γε b (t) = tα(b), ε t 1. For ε 0 fås således Q ε ( B ū Ā v ) ( dūd v = ᾱ γ ε a + γ 0 a γ ε b γ 0 b εᾱ ) (Ādū + Bd v ).

72 L A. Greens sætning i planen Bemærkning A.7. (1) Hvis i dette eksempel ᾱ er en lukket kurve, dvs. a = b = 2π, reducerer højresiden til Ādū + Bd v. ᾱ (2) Formlen i eksempel A.6 udvides let til tilfældet hvor α er stykkevis C.

73 B Nogle begreber fra lineær algebra i 2 dimensioner B.1 Vektorrum og lineære afbildninger Vi begynder med at repetere de centrale begreber fra kapitel 3 i F. Beauregard: Linear algebra vedrørende abstrakt 2-dimensionale vektorrum. Tangentplanen T p S til en regulær flade S R 3 er vores primære eksempel. Det er et underrum af talrummet R 3. En delmængde V R 3 er et underrum såfremt v 1, v 2 V v 1 + v 2 V λ R, v V λv V. Det er et 2-dimensionalt underrum, såfremt det har en basis bestående af to vektorer b 1 V og b 2 V, dvs. (i) V = {λ 1 b 1 + λ 2 b 2 λ 1, λ 2 R} (ii) λ 1 b 1 + λ 2 b 2 = 0 λ 1 = 0 og λ 2 = 0. En afbildning f : V W mellem vektorrum er lineær hvis f(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 f(v 1 ) + λ 2 f(v 2 ) for vilkårlige v 1, v 2 V og λ 1, λ 2 R. En lineær afbildning f : R 2 R 2 er giver ved en 2 2 matrix: Så er ( a11 a A = 12 a 21 a 22 f ( x1 x 2 ), hvor f ) = x 1 f ( 1 0 ( ) 1 + x 0 2 f ) = ( a11 a 21 ( ) 0 = 1 ) og f ( ) 0 = 1 ( ) ( a11 a 12 x1 a 21 a 22 En basis B = {b 1, b 2 } for V inducerer en isomorfi ˆB: R 2 V, ˆB(λ1, λ 2 ) = λ 1 b 1 + λ 2 b 2. ( a12 Hvis B 1 og B 2 er to baser for V, så er overgangsmatricen T 12 givet ved det kommutative diagram R 2 ˆB 1 V T 12 R 2 ˆB 2, T12 = x 2 ). a 22 ). ˆB 1 2 ˆB 1. (B.1) Lad f : V W være en lineær afbildning mellem 2-dimensionale vektorrum, og lad B og C være baser for henholdsvis V og W. Vi definerer den lineære afbildning F : R 2 R 2 ved det kommutative diagram ˆB V R 2 f F W R 2 Ĉ, F = Ĉ 1 f ˆB. (B.2) M

74 N B. Nogle begreber fra lineær algebra i 2 dimensioner F opfattet som et element af Mat 2 (R) kaldes matricen for f m.h.t. baserne B og C. Hvis B 1 og C 1 er andre baser for henholdsvis V og W, så har vi diagrammet R 2 ˆB 1 T V R 2 ˆB f F W Ĉ R 2 T Ĉ 1, (B.3) R 2 hvor de to trekanter og firkanten er kommutative. Da det ydre diagram også må være kommutativt, ser vi at matricen for f m.h.t baserne B 1 og C 1 er (T ) 1 FT Mat 2 (R). (B.4) Et vigtigt specialtilfælde af ovenstående er V = W og B = C, hvor F i (B.2) giver matricen for f : V V m.h.t. basen B. Hvis B 1 er en anden basis for V, så ser vi fra (B.4), at matricen for f mht. basen B 1 er T 1 FT Mat 2 (R) hvor T er overgangsmatricen som gør diagrammet ˆB 1 V ˆB R 2 T R 2 kommutativt. Da det(ab) = det A det B og tr(ab) = tr(ba), er det(t 1 FT) = det(f) og tr(t 1 FT) = tr(f) hvor det og tr betegner henholdsvis determinant og spor af de pågældende 2 2- matricer. Vi kan derfor til enhver lineær afbildning f : V V af et 2-dimensionalt underrum definere to reelle tal det(f) R og tr(f) R (B.5) ved at vælge en basis B = {b 1, b 2 } for V og udregne determinant og spor for matricen svarende til F : R 2 R 2. Hvis f(b 1 ) = λ 11 b 1 + λ 21 b 2, f(b 2 ) = λ 12 b 1 + λ 22 b 2, så er det(f) = λ 11 λ 22 λ 12 λ 21, tr(f) = λ 11 + λ 22 (B.6) og disse tal afhænger ikke af valg af basen B.

75 B.2. Indre produkt O B.2 Indre produkt Et 2-dimensionalt underrum V R 3 arver et indre produkt, fra dot-produktet i R 3. For v V og w V sættes v, w = v 1 w 1 + v 2 w 2 + v 3 w 3 (B.7) hvor v = (v 1, v 2, v 3 ) og w = (w 1, w 2, w 3 ). Dette er et indre produkt på V, se F. Beauregard side og side Specielt gælder Cauchy-Schwartz uligheden v, w v w, (B.8) hvor v er længden af v givet ved v 2 = v, v. Vinklen 0 θ π mellem v og w defineres ved ligningen v, w cosθ = v w. (B.9) En ortonormal basis for (V,, ) består af vektorer e 1, e 2 V således at e 1, e 2 = 1, e 1, e 2 = 0, e 2, e 2 = 1. (B.10) En lineær afbildning f : V V kaldes selvadjungeret hvis der gælder f(v), w = v, f(w) (B.11) for ethvert par af vektorer v, w V. Vi udregner matricen for f med hensyn til en ortonormal basis {e 1, e 2 }: Det følger fra (B.10), at f(e 1 ) = λ 11 e 1 + λ 21 e 2, f(e 2 ) = λ 12 e 1 + λ 22 e 2. f(e 1 ), e 2 = λ 21, e 1, f(e 2 ) = λ 12, således at f er selvadjungeret hvis og kun hvis matricen for f mht. en ortonormal basis er symmetrisk (λ 12 = λ 21 ). Det understreges, at matricen for en selvadjungeret matrix ikke behøver at være symmetrisk med mindre basen er ortonormal. Sætning B.1. Vektorrummet V har en ortonormal basis. Bevis. Vælg en vektor e 1 V med e 1 = 1. Lad L = {v V v, e 1 = 0} være det ortogonale komplement. Dette er et underrum af V. Da V er 2-dimensionalt findes et b 2 V så at {e 1, b 2 } er en basis for V. Så er e 2 = b 2 b 2, e 1 e 1 L. Dette er ikke nulvektoren, da e 1 og b 2 er lineært uafhængige, og vi kan derfor definere Så er {e 1, e 2 } en ortonormal basis for V. e 2 = 1 e 2 e 2.

76 P B. Nogle begreber fra lineær algebra i 2 dimensioner Sætning B.2. Lad f : V V være en selvadjungeret lineær afbildning. Så findes en ortonormal basis {e 1, e 2 } for V som består af egenvektorer for f, f(e 1 ) = λ 1 e 1, f(e 2 ) = λ 2 e 2. Bevis. Vi vælger en vilkårlig ortonormal basis {b 1, b 2 } for V. Lad f(b 1 ) = λ 11 b 1 + λ 21 b 2, f(b 2 ) = λ 12 b 1 + λ 22 b 2 (B.12) med λ 12 = λ 21. Matricen for f er den symmetriske matrix ( ) λ11 λ Λ = 12. λ 21 λ 22 Nu ved vi fra Sætning 6.8 i F. Beauregard, side 354 at der findes en ortogonal matrix C (C T C = I), så ( ) ( ) C 1 λ1 0 c11 c ΛC =, C = λ 2 c 21 c 22 Vi påstår, at e 1 = c 11 b 1 + c 21 b 2, e 2 = c 12 b 1 + c 22 b 2 (B.13) er en ortonormal basis for f bestående af egenvektorer med egenværdier λ 1 og λ 2. Da {b 1, b 2 } er en ortonormal basis giver en let udregning, at e 1, e 2 = c c2 21 = 1 e 1, e 2 = c 12 c 11 + c 21 c 22 = 0 e 2, e 2 = c c 2 22 = 1, hvor de højre lighedstegn kommer fra ligningen C T C = I, der udtrykker at C er ortogonal. Vi udregner under brug af (B.12) og (B.13): f(e 1 ) = c 11 f(b 1 ) + c 21 f(b 2 ) = (c 11 λ 11 + c 21 λ 12 )b 1 + (c 11 λ 21 + c 21 λ 22 )b 2 = (λ 1 c 11 b 1 + λ 1 c 21 b 2 ) hvor det sidste lighedstegn følger fra ligningen ( ) λ1 0 ΛC = C 0 λ 2 ved at udregne begge siders 1. søjle. Tilsvarende vises, at f(e 2 ) = λ 2 e 2. Bemærkning B.3. I den ortonormale basis {e 1, e 2 } kan enhver vektor v med v = 1 skrives på formen v = cosθe 1 + sin θe 2,

77 B.2. Indre produkt Q og f(v), v = cosθ λ 1 e 1 + sin θ λ 2 e 2, cosθe 1 + sin θe 2 = λ 1 cos 2 θ + λ 1 sin 2 θ. Funktionen ϕ(θ) = λ 1 cos 2 θ + λ 2 sin 2 θ har ϕ (θ) = (λ 2 λ 1 ) sin(2θ) = 0 for θ = 0 + kπ, θ = π 2 + kπ, og θ = 0, θ = π 2 er derfor ekstremums punkter. Vi har f(v), v = λ 1 f(v), v = λ 2 for θ = 0 + kπ for θ = π 2 + kπ. Det følger, at max(λ 1, λ 2 ) = max{ f(v), v v = 1} min(λ 1, λ 2 ) = min{ f(v), v v = 1} Dette kan bruges til at give et andet bevis for Sætning B.2, se docarmo side