Noter til Geometri 1. Ib Madsen. Maj 2002

Noter til Geometri 1 Ib Madsen Maj 2002

Indhold 1 Metriske rum 2 2 Fuldstændige metriske rum 8 3 Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 12 4 Den globale eksistenssætning 18 5 Topologiske rum 22 6 Kompakte rum 30 7 Den inverse funktions sætning 36 8 Regulære flader i R 3 43 9 Opgaver 46 1

1 Metriske rum I det euklidiske talrum R n har vi den sædvanlige norm x =(x 2 1 + + x 2 n) 1/2, x =(x 1,...,x n ) og den hertil hørende afstandsfunktion 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) 0ogd(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. Dacosinus er aftagende på intervallet [0,π], er det tilstrækkeligt at vise uligheden cos(a + b) cos(c) fora + b π. (1.3) 2

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 påplanen{y}, En let udregning giver x = x x, y y, z = z z, y y. 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]ersin(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) 0ogN(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, 3

på vektorrummet V. Vi minder om, at et indre produkt opfylder følgende betingelser (i) v, v 0og 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) Beviset for (1.4), som skulle være kendt fra Mat 10, er som følger. Fra (i) og (ii) ser vi, at w, w t 2 +2 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, Herertoandrenormerpå R n : x, y = x y = x i y i. x = max{ x i i =1,...,n} x 1 = x 1 +...+ x n, x =(x 1,...,x n ). Eksempel 1.5. Lad K =[a, b] væreetlukketintervalpå 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 K 4

og en tilhørende norm, som ofte kaldes L 2 -normen, 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 f f n 0forn og at f nødvendigvis bliver kontinuert. I et metrisk rum (X, d) indføres åbne og lukkede kugler: B d (x, r) = {y X d(x, y) <r} (1.7) B d (x, r) = {y X d(x, y) r} 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) vælgesε>0, så B(f(x),ε) U. Ifølge (1.8) findes δ > 0medf(B(x, δ)) B(f(x),ε)ogdermedB(x, δ) f 1 (U). Dette gælder for ethvert x f 1 (U), som derfor er åben. Antag modsat, at f 1 (U) eråben for enhver åben delmængde U af Y. Vi viser, at f er kontinuert i punktet x X. Ladε>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). 5

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 er derfor ækvivalente. f 1 (Y A) =X f 1 (A). f 1 (åben) = åben f 1 (lukket) = lukket 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>0ogδ > 0, således at B d (x, δ) B d (x, ε) ogb d (x, δ ) B d (x, ε) (1.9) Vi kalder sådanne metrikker ækvivalente. Sætning 1.10. 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>0medb d (x, δ) B d (x, ε) U. DermederU åben m.h.t. d. Eksempel 1.11. Metrikkerne på R n givet ved d 1 (x, y) = ( (xi y i ) 2 ) 1/2 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 6

Den yderste kasse er B d2 (0, 1), den inderste kasse er B d3 (0, 1) og cirkelskiven er enhedskuglen hørende til d 1. 7

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 },ogman 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. Hvisx k A for k N, såvilx A. Bevis. Antag at X A er åben, at x k A for alle k,ogatx k x for k. Vi skal vise, at x A. Antag modsætningsvis, at x X A. DaX A er åben, findes der et ε>0, således at kuglen B(x, ε) X A. Dax er grænseværdien for {x k },må x k B(x, ε) fork tilstrækkeligt stor i modstrid med, at x k A for alle k. Vislutterheraf,atx 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>0er 1 >εfor k k>1. Dette er en modstrid. 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 ) <εfor 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. 8

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] medl 2 -normen f 2 fra Eksempel 1.5 er derimod ikke fuldstændigt. Hvis vi giver C(K, R n ) supremumsnormen og den tilhørende afstandsfunktion sågælder: d(f,g) = f g =sup{ f(t) g(t) t K} (2.1) 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 f n f m <εfor n, m N. For et fast t K og n, m N er 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) fork. 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<1så d(tx,ty) βd(x, y) (2.3) for alle x, y X. Etfikspunkt for T er et x X med Tx = x. 9

Sætning 2.6 (Fikspunktssætningen). En kontraktion T påetfuldstændigt 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 og derfor induktivt, at d(x n+k,x n ) d(x n+k,x n+k 1 )+d(x n+k 1,x n ), k 1 d(x n+k,x n ) d(x n+i+1,x n+i ). (2.4) i=0 Nu er x n+i = T n+i (x 0 ), så (2.3) viser, at Induktivt får vi derfor uligheden Fra (2.4) ser vi, at d(x n+i+1,x n+i ) βd(x n+i,x n+i 1 ). 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+1 +...+ 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. DaX 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) 0for 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) βd(x, y). Da β<1ogd(x, y) 0, kan denne ulighed kun være opfyldt, når d(x, y) =0, og dermed x = y. 10

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. DaX 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. Herertovigtigeeksemplerpåsådanne: (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,hvork som ovenfor er et lukket K interval. 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, hvisenhveråben mængde i X indeholder punkter fra T. Der gælder nu følgende generelle 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. Tosådanne 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 10.16 i [R]). At L 2 (K, R n ) er fuldstændigt er bevist i kurset Analyse 1, se [R]. 11

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) væreetåbent 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 (3.3) og er kontinuerte på U I. 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 ),såerx 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 12

Bevis. Da D 0 I 0 R n+1 er lukket og begrænset, har enhver af funktionerne f j x i (x, t) etmaksimumogetminimumpå D 0 I 0, [KT] Sætning 2.11. 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. 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) = i f j x i (z j t,t)(y i x i ). (3.4) 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 gj t (1) gt j (0) = gt j θ (θt j ). Vi kan bruge kædereglen, [KT] Sætning 4.3, til at udregne differentialkvotienten af den sammensatte funktion gj(θ): t g t j θ (θt j )= n i=1 Sæt z t j = θt j x +(1 θt j )y. Dette zt j f j x i (θ t j x +(1 θt j )y, t)(x i y i ). 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, 1 y x 1 = n y x, hvor 1 =(1, 1,...,1). Det følger så, at f(y, t) f(x, t) nd y x. 13

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 hvor Tx er funktionen T : C(K, D 0 ) C(K, R n ), t Tx(t) =x 0 + f(x(s),s)ds, t K. (3.5) t 0 At Tx faktisk er en kontinuert funktion i t ses let, idet f er kontinuert. Vi vil først vise, at når længden l(k) afk er lille, da vil T transformere C(K, D 0 ) i sig selv. Lad S =sup{ f(x, t) (x, t) D0 I 0 }.Sågælder t t Tx(t) x 0 f(x(s),s) ds Sds 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 = c y x t t 0 cl(k) y x, t K. Det følger, at 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)ogetintervalI 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) 14

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, r ). (3.9) S 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 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 0fork Da x(t) x k (t) x x k for ethvert t K, servi,at x k (t) x(t) fork 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 )ogc(k, D 0 )erlukketic(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 t x(t) =x 0 + f(x(s),s)ds; t K. (3.10) t 0 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,ogskalvise,atx 1 (t) =x 2 (t) for alle t I. Først viser vi, at x 1 (t) ogx 2 (t) stemmer overens i en omegn af t 0 I. 15

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. 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) fort 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,erE +.Ladt + =supe +. 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) fort<t +. Men dette ville medføre at x 1 (t) =x 2 (t) i en omegn K + af t +,imodstrid med definitionen af t + =supe +. Det følger, at t + = b, det højre endepunkt af I. Helt tilsvarende kan vi indføre E og vise, at t =infe 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 x (t) =g(x(t),x (t),t) (3.13) hvor g er en kontinuert funktion 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. 16

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 erx 1 = x 2. Bevis. Hvis x(t) opfylder (i) og (ii), så vilkurvenx(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 3.13. Heraf ses at Sætning 3.3 følger fra Hovedsætning 3.1. Tilsvarende eksistens- og entydighedssætninger kan bevises for nth ordens differentialligninger. 17

4 Den globale eksistenssætning I denne paragraf antager vi som hidtil at I =(a, b) eretåbent interval, og at f : R n I R n er kontinuert. 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 ). t 0 f(x(s),s)ds, x C(K, R n ), t K Bevis. Lad k N og x, y C(K, R n ). Vi vil vise T k y T k x ck l k k! y x, (4.2) hvor l er længden af K og c = c K fra (4.1). Faktisk viser vi, at T k y(t) T k x(t) ck t t 0 k y x, k! t K (4.3) hvorfra (4.2) følger umiddelbart. Vi bruger induktion over k. Tilfældet k = 0 er oplagt. Under antagelsen 18

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 c k k! s t 0 k y x ds Dette afslutter beviset for (4.3). Da = t 0 c k+1 (k +1)! t t 0 k+1 y x. c k l k lim =0, 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.såerx også et fixpunkt for T.ThiT 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,såerx også et fixpunkt for T k og dermed entydigt bestemt. 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 x (t) =f(x(t),t)ogx(t 0 )=x 0. (4.4) Såer t x(t) =x 0 + f(x(s),s)ds; t I. t 0 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) 19

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, ersådanne lukkede og begrænsede delintervaller af I, vilx 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) fort 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 dvs. A, B = tr(ab T )= n a ij b ij, i,j=1 ( 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. Dag 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}. 20

Altså ladc K R, således at g(x, t) c K for t K og x =1.Ladnux, y R n være vilkårlige, således at x y og t K. Viserda,atg( y x,t) c x y K, hvilket er ækvivalent med, at som netop er (4.1). f(y, t) f(x, t) c K y x, 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. Ibåde 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. 21

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) afelementerix, 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. 22

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) kaldesettopologisk 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. Ethvert metrisk rum (X, d) er også et topologisk rum, nemlig ved at sætte T = T d,hvort 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.deeråbne mængder i den inducerede topologi, så deeråbne omegne af x; B d (x, ε) erogsåenomegn 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, hvisderforenhveromegnn 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, hvisa 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)) 23

(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, dvsu int(a). På den anden side, hvis a int(a), så findes en åben omegn U a A af a. DaU a int(a) ifølgeovenstående, og derfor int(a) = U a, såerint(a)åben ifølge T1. a int(a) 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) =, era int(a) A = A, ogda X A =int(x A) eråben ifølge Lemma 5.5, er A lukket. Hvis C A er lukket, er X C X A. DaX 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) netopb n (x, r) (opgave 5.5). Definition 5.7. En afbildning f : X Y mellem topologiske rum kaldes kontinuert, hvisf 1 (V )eråben 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 erg f : X Z også kontinuert. Antag at X = (X, d) ogy = (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 )erkontinuerthvisogkunhvisden 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. 24

Bevis. Hvis f er kontinuert og C Y er lukket, så erx f 1 (C) =f 1 (Y C) åben, og dermed f 1 (C) lukket. Omvendt, hvis f 1 (C) erlukketfor C Y lukket, så erf 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. HvisT 1 T 2, såkaldest 2 finere end T 1 og T 1 grovere end T 2. Den groveste topologi er T = {,X}, som også kaldesdentrivielle topologi. Den fineste topologi er T = P(X), som også kaldesdendiskrete topologi. I et diskret topologisk rum er alle mængder både åbne og lukkede, men normalterderdelmængdera X, somhverkeneråbne 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) 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 5.10. 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. Såerf kontinuert hvis og kun hvis i f : Z Y er kontinuert. Den universelle egenskab beskrevet i Lemma 5.10 kan illustreres i diagrammet Z f A i i f Y (5.7) 25

f er kontinuert i f kontinuert, forudsat at A har sportopologien fra Y,og i er inklusionsafbildningen. 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.Såer(i f) 1 (U) =f 1 (i 1 (U)) = f 1 (U A) åben i Z. Daenhveråben 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,daA = B(0, 1) R 2 +, og da den øvre halvplan R2 + af punkter (x 1,x 2 )medx 2 > 0er åben i R 2,menA er ikke åben i R 2. Hvis på den anden side X er en åben delmængde af Y,ogW X er åben i sportopologien, så erw ogsååben i Y,daW = W X for en åben mængde W af Y. Definition 5.11. Lad π : Y B være en surjektiv afbildning, og T Y topologi på Y.Såkaldes en for kvotienttopologien på B. T B = {V B π 1 (V ) T Y } I lighed med Lemma 5.10 har afbildningen π : Y B den universelle egenskab: Lemma 5.12. 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 erf 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 f π π B f Z (5.8) 26

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,erenrelation 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 5.13. 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.Hvispå den anden side y 1 y 2 såer [y 1 ] [y 2 ]=, day [y 1 ] [y 2 ]medføreraty y 1 og y y 2,ogdermedat y 1 y 2.Viser,atY er en disjunkt forening af sine ækvivalensklasser. Lad B = Y/ := {[y] y Y } 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 5.14. 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], 27

Den kanoniske projektion π : R n R n /Z n er en homomorfi af abelske grupper med π 1 (0) = [0] =Z n.forn =1har vi π : R R/Z, og vi giver R/Z kvotienttopologien. Enhedscirklen er en delmængde S 1 af R 2.Vigiverdensportopologien,ogladeri : 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, oge 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 afslutter denne paragraf med at definere den såkaldte produkt topologi på det Cartesiske produkt af to topologiske rum. Vi har brug for: Definition 5.15. Lad X være en mængde. En familie af delmængder B P(X) kaldesenbasis for X, såfremt (i) For B 1,B 2 Bog x B 1 B 2, findes der B Bså x B B 1 B 2 (ii) B B B = X. Lemma 5.16. Lad B være en basis for en mængde X. Så udgør samt alle mængder af formen α I B α, B α Ben topologi T på X. Dette kaldes topologien induceret fra B. Bevis. T1 er oplagt. T2 følger fra (i) i ovenstående definition. Thi for x B 1 B 2, findes der et B(x) Bmed 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 = B α B β α I β J (α,β) I J at T2 er opfyldt. Betingelse (ii) i Definition 5.15 garanterer at T3 er opfyldt. 28

Eksempel 5.17. 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 )ogx 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.Deternaturligtatkræve,atdetoprojektionsafbildninger 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 )ogpr 1 2 (U 2 ) tilhøre T X1 X 2 når U ν T ν.bemærkat 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 5.18. 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 5.19. De to projektionsafbildninger pr 1 : X 1 X 2 X 1 og pr 2 : X 1 X 2 X 2 er kontinuerte. Bevis. Lad U 1 være en åben delmængde af X 1.Såerpr 1 1 (U 1 )=U 1 X 2 B X1 X 2 og dermed åben i X 1 X 2. Tilsvarende for pr 2. 29

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 =, thivikanblotvælgeu 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 era Hausdorff. Bevis. Lad a 1 a 2 være forskellige punkter i A. Såerf(a 1 ) f(a 2 ) og, da X er Hausdorff, findes åbne disjunkte omegne U 1 og U 2 af henholdsvis f(a 1 )ogf(a 2 ). Da f er kontinuert, er f 1 (U 1 )ogf 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 Hausdorff rum 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. En delmængde A afet topologiskrumkaldes quasi-kompakt, hvis der til enhver åben overdækning {U α α I} af A findes en endelig delmængde J I, så {U α α J} allerede er en åben overdækning af A. Hvis A = X i Definition 6.3, så kaldesx et quasi-kompakt rum. Eksempel 6.4. 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 U α ere}. Lad m =supm. Der findes et β I såatm U β.dau β er åben indeholder U β et åbent interval (m ε, m + ε) ogm ε M. Derforer[a, m ε] overdækket af endelig mange U α ere, og [a, m+ε/2] vil derfor være indeholdt i disse forenet med U β.vipåstår endelig at m = b. Hvis nemlig m<b, ville argumentet ovenfor vise at [a, m+ε/2] var overdækket af endelig mange U α ere i modstrid med at m =supm. 30

Lemma 6.5. En delmængde A af et topologisk rum X er quasi-kompakt, hvis og kun hvis A er et quasi-kompakt rum i sportopologien. Bevis. Lad A X være en quasi-kompakt delmængde af X. LadU α = A V α, α I være åbne mængder i A (med sportopologien), og antag α I U α = A. Såer{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 quasi-kompakt topologisk rum. Antag omvendt, at A er quasi-kompakt i sportopologien, og lad {V α α I} være åbne mængder i X som overdækker A. Såer{V α A α I} åbne mængder i A, og der findes en endelig J I med α J (V α A) =A. Mensåer α J V α A. Definition 6.6. Et topologisk rum kaldes kompakt hvis det er Hausdorff og quasi-kompakt. En delmængde af et topologisk rum kaldes kompakt hvis den er kompakt i sportopologien. Lemma 6.7. Lad X være et Hausdorff rum, og A X en delmængde. Så er følgende to udsagn ækvivalente: (i) A er en kompakt delmængde. (ii) A er et kompakt rum i sportopologien. Bevis. Følger fra Lemma 6.2 og Lemma 6.5 De følgende to sætninger anvendes uhyre ofte i den matematiske litteratur, ofte uden yderligere bemærkninger. Sætning 6.8. Lad X være et Hausdorff rum. (i) Hvis A X er kompakt, så era en lukket delmængde af X. (ii) Hvis X er kompakt, og A X er en lukket delmængde, så era en kompakt delmængde. Bevis. (i): Antag at 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 ladx 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 31

af A, ogdaa er forudsat at være kompakt, er der endelig mange punkter a 1,...,a k,såata 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,ogdau ai V ai =, er også (U a1 U ak ) (V a1 V ak )=. Dermed er U x A =. (ii): Antag nu at X er kompakt og A er lukket i X, oglad{u α α I} være en åben overdækning af A. DaX A er åben, vil {U α α I} {X A} være en åben overdækning af X. Der findes derfor en endelig mængde J I, såat U α (X A) =X. α J Da A (X A) = følger heraf, at A α J U α. Sætning 6.9. Lad X være et kompakt rum, Y et Hausdorff rum, og lad f : X Y være en kontinuert afbildning. Da gælder: (i) Billedmængden f(x) er en kompakt delmængde af Y. (ii) Hvis 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.Daf 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,ogdermedx 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 6.8(i) dermed kompakt. Sætning 6.9(i) fortæller os, at f(x U) er kompakt, og så ifølge Sætning 6.8(i) også lukket.nuer f(x U) =Y f(u) da f er bijektiv, og det følger, at f(u) eråben. Definition 6.10. (i) En afbildning f : X Y kaldes åben, hvis f(u) er åben for enhver åben delmængde U af X. 32

(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 6.11. Lad X og Y være topologiske rum med X quasi-kompakt og Y Hausdorff, og antag at f : X Y er en kontinuert, injektiv afbildning. Såerf : X f(x) en homeomorfi, hvor f(x) har sportopologien fra Y. Bevis. Det følger fra Lemma 6.2, at X er Hausdorff, så f : X f(x) er bijektiv og kontinuert, og f 1 : f(x) X er kontinuert ifølge Sætning 6.9(ii). Eksempel 6.12. 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? Eksempel 6.13. Vi konstruerede i Eksempel 5.14 et diagram af kontinuerte afbildninger π R R/Z e 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. DaS 1 er Hausdorff og e er injektiv er R/Z Hausdorff. Da π([0, 1]) = R/Z, og[0, 1] R er kompakt (Heine-Borel), så err/z kompakt ifølge Sætning 6.9. Da e er kontinuert og bijektiv, er e en homeomorfi (korollar 6.11). Afbildningen e er en isomorfi af grupper, så både algebraisk og topologisk er S 1 og R/Z isomorfe. Sætning 6.14. Lad X 1 og X 2 være kompakte topologiske rum. Så erdet topologiske produkt X 1 X 2 også kompakt. Tilsvarende for quasi-kompakt. 33

Beviset opdeles i en række selvstændige lemmaer. Lemma 6.15. Hvis X 1 og X 2 er Hausdorff rum, så erx 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.Såerpr 1 1 (U 1)ogpr 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. Lemma 6.16. 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) erenåben 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. Nuer{V y } y X2 en åben overdækning af X 2,ogdaX 2 er (quasi-) kompakt findes der endeligt mange, som allerede overdækker: X 2 = V y1 V yk.vilader Det er en åben mængde i X 1,og U x1 = U y1 U yk. 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 6.17. Lad X og Y være topologiske rum, Y quasi-kompakt, og lad f : X Y være en kontinuert og lukket afbildning. Antag at f 1 (y) er quasi-kompakt for ethvert y Y.SåerX quasi-kompakt. Bevis. Lad {U α } α I være en åben overdækning af X, lady Y.Daf 1 (y) er quasi-kompakt, findes der en endelig delmængde J y I, så {U α } α Jy overdækker f 1 (y). Vi definerer U(y) = U α. α J y 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) =, erf(x U(y)) en lukket delmængde af Y, som ikke indeholder punktet y. Dens komplement V y = Y f(x U(y)) 34

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.DaY er quasi-kompakt, overdækker allerede endeligt mange. Ved at bruge (5.2) og (5.3) ser vi, at 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))). Da f 1 (f(x U(y))) X U(y) er 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. Det følger induktivt fra Sætning 6.14, at et endeligt produkt af (quasi-) kompakte rum X i er (quasi-) kompakt. Det samme gælder endda for uendelige produkter af (quasi-) kompakte rum. Dette udsagn kaldes Tychonoffs Sætning. Sætning 6.18 (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 6.8. Men A må også være begrænset, thi hvis vi overdækker R n med kugler af radius 1, så vilen ubegrænset mængde ikke kunne overdækkes af endelig mange. Hvis omvendt A er lukket og begrænset, så era indeholdt i [ K, K] n for tilstrækkeligt stort K>0. Fra Eksempel 6.4 ved vi at [ K, K] er kompakt, og Sætning 6.14 fortællerat[ K, K] n er kompakt. Da A også er lukket, følger fra Sætning 6.8 at A er kompakt. Korollar 6.19. 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 6.9(i) ved vi at f(x) R er en kompakt mængde og derfor begrænset og lukket ifølge Sætning 6.18. Det følger, at Tilsvarende for infimum. sup f(x) <, ogat supf(x) f(x). 35

7 Den inverse funktions sætning I denne paragraf vender vi tilbage til differentiabilitet for funktioner F : U R m,hvoru er en åben delmængde af R n.ensådan 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)erkontinuert differentiabel, dvs. at Fν x i (u) eksisterer for alle u U, ogat Fν x i : U R er kontinuert. Hvis disse n m funktioner har klasse C 1,sigesF 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. Hvisk =, sigesf at være glat (eller i [dc], differentiabel). For et punkt u U defineres Jacobimatricen i punktet u: DF u = F 1 F 1 x 1 (u)... x n (u)..... F m F x 1 (u)... 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. (7.1) 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 G F : U R l Dens j te koordinatfunktion er (G F ) j (x) =G j (F 1 (x),...,f m (x)). 36

Det er velkendt fra Mat11, se f.eks. Sætning 4.3 [KT], 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,hvisbåde G og F har klasse C 1. Men (7.2) giver også, at G F har klasse C 2,hvisF og G har klasse C 2. Man differentierer (7.2) m.h.t. x, ogbemærkerat af højre side bliver kontinuert. Induktivt x ser vi, at hvis F og G har klasse C k,så gælder det samme for G F. 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 H F V R n DF u R m D( ) u G DH u DG F (u) R l R l (7.3) (H = G F DH u = DG F (u) DF u ). 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. 37

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. 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>0så {a+s(x a) ε<s<1+ε} U. Vibetragter 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 0 ds H(s)ds n ( 1 F ) (a + s(x a))ds (x i a i ). x i i=1 0 Vi definerer Φ(x, a) til at være matricen med i te søjle af Φ(x, a) = 1 0 F x i (a + s(x a))ds. Dette er en kontinuert funktion af (x, a), da F er C 1.Forx = a er integranden uafhængig af s, så i te søjle af Φ(a, a) = 1 0 F x i (a)ds = F x i (a), og derfor Φ(a, a) =DF a. Endelig er H(1) = F (x) ogh(0) = F (a), så (iii) er opfyldt. 38

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}) erenåben delmængde af M n (R) = R n2. Vi er nu klar til at bevise invers funktions sætning, som fortæller, at en C k -afbildning, k 1, F : U R n lokalt omkring a har en invers afbildning, hvis og kun hvis differentialet DF a : R n R n er en isomorfi. Vi begynder med C 1 -udgaven. 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 erdf u0 invertibel. Bevis. Vi opdeler beviset i tre mindre påstande, som bevises hver for sig. Påstand 1. Der findes en åben omegn u 0 W U, således at F W er injektiv, og så matricerne DF x, Φ(x, a) begge er invertible for x, a W. Da F er C 1, er afbildningen, DF : U M n (R), som til u U tilordner Jacobiantmatricen DF u, kontinuert. Da GL n (R) er åben i M n (R), er DF 1 (GL n (R)) åben. Da vi forudsatte, at DF u0 er invertibel ligger u 0 i DF 1 (GL n (R)), og der findes en åben kugleomegn B = B(u 0,ε) U med detdf u 0foru B. Vi anvender nu Lemma 7.3, F (x) F (a) =Φ(x, a)(x a) (7.4) for (x, a) B B. LadD =Φ 1 (GL n (R)). Dette er en åben delmængde af U U, ogdaφ(u 0,u 0 )=DF u0 GL n (R) ligger (u 0,u 0 )id. DaD er åben, kan vi vælge et δ>0, så B(u 0,δ) B(u 0,δ) D. 39

Vi sætter W = B(u 0,δ)ogfår, at Φ(x, a) GL n (R) forx, a B(u 0,δ). Men så viser (7.4), at F (x) =F (a) x = a. Påstand 2. F afbilder enhver åben delmængde W W ienåben delmængde af R n. Lad x 0 W. Vi skal finde en åben kugleomegn B(F (x 0 ),ε) F (W ). Da W er åben, kan vi vælge en lukket kugle K = B(x 0,r) W.Både K og K er kompakte. Lad d(x, y) = x y være den sædvanlige euklidiske afstand. Funktionen φ : K R, φ(x) =d(f (x),f(x 0 )) er positiv, da F er injektiv. Da K er kompakt, giver korollar 6.19, at dist(f (x 0 ),F( K)) = inf{d(f (x 0 ),F(x)) x K} =2ε>0 Specielt følger, at B(F (x 0 ), 2ε) F ( K) =. Vivisernu,atB(F (x 0 ),ε) F (int(k)) F (W ). Lad a B(F (x 0 ),ε), og betragt funktionen ψ : W R, ψ(x) =d(f (x),a) 2 = n (F j (x) a j ) 2 (7.5) j=1 Da ψ er kontinuert og K er kompakt, findes der ifølge korollar 6.19, et u K med ψ(u) =inf{ψ(x) x K}. Daψ(u) <ψ(x 0 ) <ε 2,erd(F (u),a) <ε. Så giver trekantsuligheden, at F (u) B(F (x 0 ), 2ε) ogdermedu/ K. Da u int K, ogu er et minimumspunkt, er Dψ u = ( ψ x 1 (u),..., ψ x n (u) ) =0. På den anden side kan vi udregne Dψ u fra (7.5): ψ x i (u) =2 j F j x i (u)(f j (u) a j ), somimatrixformgiver Dψ u =(F 1 (u) a 1,...,F n (u) a n )(DF u ). 40

Da DF u er invertibel, og Dψ u =0,måvihaveF (u) =a. Viharvist,at B(F (x 0 ),ε) F (int K). Dette afslutter beviset for påstand 2. Vi sætter V = F (W ). Det er en åben mængde, og F W : W V er bijektiv. Da F (W )eråben for enhver åben delmængde W W,erF W en åben afbildning, cf. Definition 6.10, så G =(F W ) 1 : V W er kontinuert. Vi har tilbage at vise Påstand 3. G =(F W ) 1 : V W har klasse C 1. Lad x, x 0 W og y = F (x), y 0 = F (x 0 ). I påstand 1 viste vi, at Φ(x, x 0 ) er injektiv. Ligningen medfører derfor, at y y 0 = F (x) F (x 0 )=Φ(x, x 0 )(x x 0 ) G(y) G(y 0 )= ( Φ(G(y),G(y 0 )) ) 1 (y y 0 ). (7.6) Af definitionen af differentiabilitet følger fra (7.6), at G er differentiabel i y 0 og DG y0 = ( Φ(G(y 0 ),G(y 0 )) ) 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). (7.7) Matrixinvertering er C,ogDF er kontinuert, så (7.7) medfører, at G er C 1. Addendum 7.5. 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.daf 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 (7.7), at DG har klasse C l,ogdermed,atg har klasse C l+1. Ved induktion ses, at G har klasse C k. 41

Definition 7.6. 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. DF u0 Med denne sprogbrug siger addendum 7.5, at hvis F har klasse C og er invertibel, så erf en lokal diffeomorfi. 42

8 Regulære flader i R 3 Vi skal betragte særligt pæne delmængder S R 3. 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, hvorv 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 u U er differentialet Dx u : R 2 R 3 en injektiv afbildning. Funktionen x : U U kaldes en lokal parametrisering af S, et lokalt koordinatsystem eller et kort på S, ogu = x(u) kaldes koordinatomegne på S. Bemærkning 8.2. I [dc] bruges notationen dx u istedetfordx u. Vi bemærker fra Definition 8.1, at S er overdækket af koordinatomegne x α (U α ), S = x α (U α ), x α (U α )=U α, α da ethvert punkt af S er indeholdt i en koordinatomegn. Lemma 8.3. En delmængde W S er åben i S, hvisogkunhvisx 1 (W ) er åben for ethvert kort (U, x). Bevis. Antag, at W S er åben i S. SåerW U åben i S for ethvert kort x : U U.Dax er kontinuert, er x 1 (W )=x 1 (W U ) åben. Hvis omvendt x 1 α (W )eråben for alle kort (U α, x α ), så er x α (x 1 α (W )) = W U α åben i U α.dau α er åben i S, erw U α åben i S, og W = α W U α er derfor åben i S. 43

Sætning 8.4. Lad S være en regulær flade og x : U U et kort på S. Lad W R n være en åben mængde og f : W R 3 en C -afbildning, således at f(w ) U.Såerx 1 f : W U en C -afbildning. Bevis. Lad p W og q U være punkter, således at x(q) =f(p). Lad x(u, v) =(x(u, v),y(u, v),z(u, v)). Da Jacobi-matricen x (q) x (q) u v Dx q = y (q) y (q) u v z (q) z (q) u v er forudsat at have rang 2, har mindst én af de tre matricer ( x (q) x (q) ) ( x u v y (q) y (q), (q) x (q) ) ( y u v z (q) z (q), (q) y (q) ) u v z u v u v (q) z (q) u v rang 2. Vi antager, at det er den første matrix, som har rang 2, altså er invertibel. I modsat fald kan vi blot ombytte koordinaterne i R 3.Vibetragter afbildningen F : U R R 3 ; F (u, v, t) =(x(u, v),y(u, v),z(u, v)+t) Dens Jacobi-matrix i punktet (q, 0) er x (q) u DF (q,0) = y (q) u z (q) u x (q) 0 v y (q) 0, v z (q) 1 v og udvikling efter sidste søjle viser, at x det DF (q,0) = u (q) x (q) v y (q) y (q) 0. u v Fra invers funktions sætning følger, at der findes en åben omegn V 1 af (q, 0) i R 3,så V 2 = F (V 1 )eråben, og F V1 : V 1 F (V 1 )=V 2 er en diffeomorfi. Lad V 1 (U {0}) =U 1 {0}. DaerU 1 R 2 åben. Vi bemærker, at x(u, v) =F (u, v, 0) for (u, v) U 1.NuerU S åben og x : U U en homeomorfi, så x(u 1 ) S er åben. Dermed er W 2 := f 1 (x(u 1 )) åben i R n. Endvidere er x 1 f W2 = π (F V1 ) 1 (f W2 ), 44

hvor π betegner projektionen π(x, y, z) =(x, y). Højre side er nu en sammensætning af C -funktioner og derfor C,så x 1 f W2 er C.DaW 2 er en åben omegn af p, har vi vist, at x 1 f er C i ethvert punkt af W. Korollar 8.5. Lad W R n være åben, og lad f : W R 3 være en kontinuert afbildning med f(w ) S, hvors er en regulær flade. Så erf : W R 3 en C -afbildning, hvis og kun hvis der for ethvert kort (U α, x α ) på S gælder, at er C. x 1 α (f W f 1 (U α)) :W f 1 (U α ) U α Bevis. Det følger fra foregående sætning, at sammensætningen x 1 α (f W f 1 (U α)) erc,såfremt f er C. Det omvendte udsagn følger, fordi x α : U α U α R3 er C. 45

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) =1hvisx y. Visat(X, d) er et metrisk rum. 1.2. 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. 1.3. Vis at funktionerne 2 og i Eksempel 1.5 er normer. 1.4. 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 eru 1 U n åben. 1.5. Vis at kuglerne B(x, r) er åbne mængder. 1.6. Lad N 1 og N 2 være to normer på vektorrummet V. De kaldes ækvivalente hvis der findes k>0ogk>0såatkn 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 såern 1 ækvivalent til N 2. (b) Vis at normerne (eller metrikkerne) fra Eksempel 1.11 alle er ækvivalente. 2.1. Vis at Q R er en fuldstændiggørelse. 2.2. Lad l 2 være vektorrummet af følger {x k } af reelle tal med k=1 x2 k <. Visatl 2 har et indre produkt givet ved {x k }, {y k } = x k y k. Vis at l 2 er fuldstændigt m.h.t. den inducerede norm {x k } 2 =( x 2 k )1/2. 2.3. 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. 46 k=1

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. 3.1. 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) erenløsningtil (3.2), og find en differentialligning som opfylder.) y(t) =x(t)exp( t t 0 a(s)ds) 4.1. Lad M n (R) være udstyret med operatornormen. Vis at exp(a) = er konvergent. Vis at exp(a + B) =exp(a) exp(b) når AB = BA. 4.2. Løs differentialligningen for A M n (R). k=0 A k k! x (t) =A x(t),x(0) = x 0 5.1. 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. 5.2. Vis, at metrikkerne i Eksempel 1.11 er ækvivalente 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. 47

5.4. En afbildning mellem topologiske rum X =(X, T X )ogy =(Y,T Y ), f : X Y kaldes kontinuert i punktet x X, såfremt f 1 (V )eren 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. 5.5. 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). 5.6. 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. 5.7. Bevis Lemma 5.12 5.8. Vis, at de åbne kugler B d (x, r) i et metrisk rum (X, d) udgør en basis for T d. 5.9. Vis, at B = {B(x, ε) x Q n,ε Q, ε>0} udgør en basis for den euklidiske topologi på R n. 5.10. 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. 5.11. 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,atf 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,atf er kontinuert, hvis og kun hvis f X1 og f X2 er kontinuerte i sportopologierne. 5.12. 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; isåfald kaldes x et berøringspunkt. 48

(b) Vis, at hvis x A, sågælderenten(i)eller(ii): (i) at x er et berøringspunkt for A {x} (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. 5.13. 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.Vikan ligeledes definere en topologi T på X 1 (X 2 X 3 ). Vis, at T = T. 6.1. Lad T være følgende familie a delmængder af C = R 2. T = {C F F endelig eller tom } { } (a) Vis, at T definerer en topologipå C. Denne kaldes Zariski-topologien. (b) Vis, at T ikke er Hausdorff. (c) Vis, at T er quasi-kompakt. 6.2. Vis, at et topologiske rum er Hausdorf, hvis og kun hvis diagonalen (X) ={(x, x) X X x X} er en lukket delmængde af X X (i produkttopologien). 6.3. 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. 6.4. 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. LadT P(X )bestå af T X T,hvorT = {(X K) { } K X kompakt }. (a) Vis, at T er en topologi på X.MankalderX =(T,X )for etpunkts-kompaktifikationen af X. (b) Vis, at X er kompakt. 6.5. Vis, at etpunkts-kompaktifikationen af R er cirklen S 1. 6.6. Lad Z n R n være den additive undergruppe af (x 1,...,x n )medx i Z. Vis,atR 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. 49

Litteratur [dc] Manfred P. do Carmo. Differential Geometry of Curves and Surfaces. Prentice-Hall, 1976. [R] H.L.Royden. Real Analysis. Prentice-Hall, 1988. [L] [BV] [KT] Niels Lauritzen. Algebra 1. Matematisk Institut, Århus Universitet, 2000. Marcel Bökstedt, Henrik Vosegaard. Notes on point set topology. Matematisk Institut, Århus Universitet, 2000. Klaus Thomsen. Introduktion til matematisk analyse. Matematisk Institut, Århus Universitet, 2000. 50