Mat-4GE: Opgavesæt 2

ved Mads Christian Sørensen Opgave 1 s. 80

Lad ϕ : R^{m} → R^{n} være en lineær afbildning. Identificér T_{p}(R^{k}) med R^{k} ved isomorfien \frac{∂}{∂x_{i}} → e_{i}. Så er ϕ_{∗} og ϕ ens.

Bevis: Påstanden fremkommer af, at differentialet for en lineær afbildning er afbildningen selv, og kommer ud på at

følgende diagram kommuterer:

ϕ
R^{m} → R^{n}
↑ ↖
T_{p}(R^{m)} → T_{ϕ(p)}(R^{n})
ϕ_{∗}

Men bemærk at hvis ϕ(x) = Ax for et A ∈ R^{n^{2}} og for et v ∈ R^{m} er

ϕ_{∗}(D_{v}) = ϕ_{∗}(f → \frac{d}{dt}f(p + tv))
= f → \frac{d}{dt}ϕ ∘ f(p + tv)
= Dϕ(ϕ(p))(v)
= ϕ(v)
□

Opgave 2 s. 80.

Lad ϕ : R → R^{n} være en embedding. Så er ϕ_{∗}(\frac{d}{dt}) det sædvanlige tangentvektorbegreb, under identifikationen af T_{p}(R^{k}) med R^{k}.

Forklaring: Under denne identifikation er

ϕ_{∗}(\frac{d}{dt}) ∼ \frac{dϕ}{dt}

eftersom

ϕ_{∗}(\frac{d}{dt}) = f → \frac{d}{dt}(f ∘ ϕ)
= f → Df(ϕ′(t))
= f → ∑ ∂ \frac{∂f}{∂x_{i}} ϕ′_{i}(t)
= ∑ ϕ′_{i}(t)\frac{∂}{∂x_{i}}
∼ ∑ ϕ′_{i}(t)e_{i}

Da differentialet er injektivt er

∀a ∈ R : ϕ_{∗}(a\frac{d}{dt}) = 0 ⇒ a = 0

Dvs. specielt er ϕ_{∗}(\frac{d}{dt}) ≠ 0, dvs. ϕ er en regulær kurve. Da ϕ er homeomorf med sit billede er billedkurven en ikke-selvskærende, sammenhængende kurve. Dvs. tangentvektoren er altid entydigt bestemt og veldefineret.

Opgave 3 side 80.

For f ∈ c^{∞}(U), p ∈ U ⊆ R^{n}, U åben er

D_{v}f = (∇f, v)

Bevis:

D_{v}f = \frac{d}{dt}f(γ_{v_{1}}(t), …, γ_{v_{n}})_{|t=0}
= ∑_{i=1}^{n} \frac{∂f}{∂x_{i}} \frac{∂γ_{i}}{∂t}_{|t=0}

= ∑_{i=1}^{n} \frac{∂f}{∂x_{i}} v_{i}
= (∇f, v)

da

\frac{∂γ_{v_{i}}}{∂t} = \frac{d}{dt}(p_{i} + tv_{i}) = v_{i}

med notationen fra eksempel 5.4

□

Opgave 4 s. 80

Lad M^{m} ⊆ R^{n} være en embedded delmangfoldighed. Lads f : R^{n} ⊇ U → R, U åben, være en differentiabel afbildning, som er konstant på M.

Så er ∇f normal til T_{p}(M) for p ∈ U. Bevis: Lad v = γ′(t) = γ_{∗}(\frac{d}{dt}) ∈ T_{p}M. være en tangentvektor. Så gælder i følge beviset i opgave 3, at

Dγf = (∇f, γ′(t))
= \frac{d}{dt}f ∘ γ(t)
= \frac{d}{dt}Konstant
= 0
□

Opgave 1 s. 82

Lad ϕ : R → R være givet ved ϕ(x) = xsin(x). Så har ligningen

\frac{dϕ}{dx} = xsin(x) = 0

kun løsningen 0 i intervallet ] − \frac{π}{2} , \frac{π}{2} [. Imidlertid har ligningen netop én løsning i hvert interval ] − \frac{π}{2} + pπ, \frac{π}{2} + pπ[. Disse tælleligt mange værdier udgør således de kritiske punkter for ϕ. Komplementærmængden til billedet under ϕ af disse er de regulære punkter for ϕ.

Opgave 2 s. 82

Lad ϕ : R^{2} → R være givet ved ϕ(x, y) = x^{2} − y^{2}. Så er

Dϕ = (\frac{dϕ}{dx} ; \frac{dϕ}{dy}) = \binom{2x}{2y}

Dette er har rang mindre end 1 netop når 2x = 2y = 0. Dvs. for (x, y) = (0, 0). Dvs. da ϕ(0, 0) = 0 er R\ {0} de regulære værdier for ϕ.

Opgave 3 s. 82

Lad ϕ : R^{2} → R være givet ved ϕ(x, y) = sin(x^{2} + y^{2}). Så har

Dϕ = (\frac{dϕ}{dx} ; \frac{dϕ}{dy}) = \binom{2xcos(x^{2} + y^{2})}{2ycos(x^{2} + y^{2})}

rang mindre end 1 netop hvis

x = y = 0 ∨ x^{2} + y^{2} = \frac{π}{2} + pπ, hvor p ∈ Z

Der af fås, at de kritiske værdier er {−1, 0, 1}, dvs. de regulære værdier er R\{−1, 0, 1}.