surjektive Abbildung < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:50 Di 12.04.2011 | | Autor: | jay91 |
| Aufgabe | gezeigt werden soll:
die abbildung:
[mm] H^{1}(\IR^2\setminus{(0,0)}) [/mm] -> [mm] \IR; [/mm] [u] |-> [mm] \integral_{0}^{2\pi}d\gamma
[/mm]
ist surjektiv.
< ... > ist das skalarprodukt |
hallo!
dabei ist [mm] H^1(U):= [/mm] Kern(rot) / Bild(grad)
wie zeige ich die surjektivität?
irgendwie muss gezeigt werden:
[mm] \forall [/mm] y [mm] \in \IR \exists [/mm] x [mm] \in \IR^2\{0,0}: H^1(x)=y
[/mm]
oder?
wie fange ich da an?
mfg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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</a2>> gezeigt werden soll:
> die abbildung:
> [mm]H^{1}(\IR^2\setminus{(0,0)})[/mm] -> [mm]\IR;[/mm] |->
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}d\gamma[/mm]
>
> ist surjektiv.
> < ... > ist das skalarprodukt
> hallo!
>
> dabei ist [mm]H^1(U):=[/mm] Kern(rot) / Bild(grad)
> wie zeige ich die surjektivität?
> irgendwie muss gezeigt werden:
> [mm]\forall[/mm] y [mm]\in \IR \exists[/mm] x [mm]\in \IR^2\{0,0}: H^1(x)=y[/mm]
>
> oder?
> wie fange ich da an?
Hallo,
iich sehe trotz fehlender Kenntnisse, daß Du die Aufgabe überhaupt nicht verstanden hast: es geht hier doch nicht um eine Abbildung [mm] H^1!
[/mm]
Sondern: man hat eine Abbildung [mm] \varphi, [/mm] welche aus der Menge [mm] H^1(\IR^2 [/mm] \ (0,0)) in die reellen Zahlen abbildet vermöge der Abbildungsvorschrift
[mm] \varphi([u]):=$\integral_{0}^{2\pi}d\gamma$
[/mm]
Die Surjektivität dieser Abbildung ist zu zeigen.
Du mußt also zeigen, daß Du für jedes [mm] r\in \IR [/mm] ein [mm] [u]\in H^1(\IR^2 [/mm] \ (0,0)) findest mit [mm] \varphi([u])=r
[/mm]
Du mußt also eine passende Funktion [mm] u:\IR^2 [/mm] \ [mm] (0,0)\to \IR^2 [/mm] angeben, die es tut.
Was hier "passend" ist, ist mir aufgrund fehlender Kenntnisse nicht klar.
Vielleicht kann Dir jemand anders hier weiterhelfen - und im Idealfall bestätigen, daß das, was ich hier geschrieben habe, kein Müll ist.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:42 Sa 16.04.2011 | | Autor: | jay91 |
ok, danke. hat geklappt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:37 Mi 13.04.2011 | | Autor: | fred97 |
> gezeigt werden soll:
> die abbildung:
> [mm]H^{1}(\IR^2\setminus{(0,0)})[/mm] -> [mm]\IR;[/mm] |->
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}d\gamma[/mm]
>
> ist surjektiv.
> < ... > ist das skalarprodukt
> hallo!
>
> dabei ist [mm]H^1(U):=[/mm] Kern(rot) / Bild(grad)
> wie zeige ich die surjektivität?
> irgendwie muss gezeigt werden:
> [mm]\forall[/mm] y [mm]\in \IR \exists[/mm] x [mm]\in \IR^2\{0,0}: H^1(x)=y[/mm]
>
> oder?
> wie fange ich da an?
Ergänzend zu Angela:
Am besten fängst Du so an: wenn Du möchtest, dass jemand hilft, so erkläre die Zutaten !
Was ist U ??
Was soll $ [mm] H^1(U):= [/mm] $ Kern(rot) / Bild(grad) bedeuten ? Damit kann doch niemand etwas anfangen !
FRED
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> mfg
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> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Mi 13.04.2011 | | Autor: | jay91 |
ok.
im folgenden gelte:
[mm] U\subseteq \IR^2 [/mm] offen.
grad [mm] C^{oo}(U,\IR) [/mm] -> [mm] C^{oo}(U,\IR), grad(f)=(\bruch{\partial f}{\partial x_1},\bruch{\partial f}{\partial x_2})
[/mm]
rot [mm] C^{oo}(U,\IR^2) [/mm] -> [mm] C^{oo}(U, \IR^2), rot(f)=rot((f_1,f_2))=\bruch{\partial f_1}{\partial x_2}-\bruch{\partial f_2}{\partial x_1}
[/mm]
so ietzt definiere: [mm] H^1(U):= [/mm] Kern(rot) / Bild(grad)
und für f [mm] \in [/mm] Kern(rot) sei [f]:=f + Bild (grad)
man hat eine Abbildung $ [mm] \varphi, [/mm] $ welche aus der Menge $ [mm] H^1(\IR^2 [/mm] $ \ (0,0)) in die reellen Zahlen abbildet vermöge der Abbildungsvorschrift
$ [mm] \varphi([u]):= [/mm] $ $ [mm] \integral_{0}^{2\pi}d\gamma [/mm] $
Die Surjektivität dieser Abbildung ist zu zeigen.
jetzt muss gezeigt werden, dass für jedes $ [mm] r\in \IR [/mm] $ ein $ [mm] [u]\in H^1(\IR^2 [/mm] $ \ (0,0)) existiert mit $ [mm] \varphi([u])=r [/mm] $
gesucht ist also eine passende Funktion $ [mm] u:\IR^2 [/mm] $ \ $ [mm] (0,0)\to \IR^2 [/mm] $.
warum geht die funktion von [mm] \IR^2\setminus [/mm] {(0,0)} -> [mm] \IR^2 [/mm] und nicht von [mm] \IR^2\setminus [/mm] {(0,0)} -> [mm] \IR [/mm] ??
wie finde ich so eine funktion?
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Hallo,
daß u nach [mm] \IR^2 [/mm] abbildet und nicht nach [mm] \IR, [/mm] muß ja schon wegen des Skalarproduktes so sein.
Gruß v. Angela
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:38 Mi 13.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> warum geht die funktion von $ [mm] \IR^2\setminus \{(0,0)\} \to \IR^2 [/mm] $ und nicht von $ [mm] \IR^2\setminus \{(0,0)\} \to \IR [/mm] $ ??
> wie finde ich so eine funktion?
u ist ein Repräsentant von $[u]$, und damit ein Element des Kerns von rot. rot geht von $ [mm] \IR^2\setminus \{(0,0)\} \to \IR^2 [/mm] $, und außerdem muss gelten, dass [mm] $\mathop{\mathrm{rot}} [/mm] u = 0$ ist.
Zwei Repräsentanten [mm] $u_1$, $u_2$ [/mm] von $[u]$ unterscheiden sich durch den Gradienten einer [mm] $\mathcal{C}^\infty$-Funktion:
[/mm]
[mm] u_1 -u_2 = \mathop{\mathrm{grad}} f [/mm] .
Daher ist
[mm] \integral_{0}^{2\pi}d\gamma - \integral_{0}^{2\pi}d\gamma [/mm]
[mm] = \integral_{0}^{2\pi} <\mathop{\mathrm{grad}} f(cos(\gamma),sin(\gamma)), (-sin(\gamma), cos(\gamma))>d\gamma = \integral_{0}^{2\pi} \bruch{d}{d\gamma} f(cos(\gamma),sin(\gamma)) d\gamma = 0 [/mm] .
Tipp 1: Es ist ja [mm] $[\mathop{\mathrm{grad}} f]=\,[0]$ [/mm] für jede [mm] $\mathcal{C}^\infty$-Funktion [/mm] f, und das Bild davon unter [mm] $\varphi [/mm] ist 0. Also liegt schon mal 0 im Bild von [mm] $\varphi$.
[/mm]
Tipp 2: Überleg dir, dass mindestens eine reelle Zahl [mm] $r\not=0$ [/mm] im Bild von [mm] $\varphi$ [/mm] liegt. Dazu brauchst du notwendigerweise einen Repräsentanten [mm] $u_r\not=0$, [/mm] der nicht als Gradient einer [mm] $\mathcal{C}^\infty$-Funktion [/mm] geschrieben werden kann. Gib ein solches [mm] $u_r$ [/mm] an und rechne [mm] $\varphi([u_r])$ [/mm] aus.
Wie kannst du nun weitere Funktionen $u$ konstruieren, sodass das Bild von $[u]$ unter [mm] $\varphi$ [/mm] eine andere von null verschiedene reelle Zahl ist?
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:54 Do 14.04.2011 | | Autor: | jay91 |
hallo!
Tipp 1: Es ist ja $ [mm] $[\mathop{\mathrm{grad}} f]=\,[0]$ [/mm] $ für jede $ [mm] $\mathcal{C}^\infty$-Funktion [/mm] $ f, und das Bild davon unter $ [mm] $\varphi [/mm] $ ist 0. Also liegt schon mal 0 im Bild von $ [mm] $\varphi$. [/mm] $
ist das so gemeint:
[mm] \varphi(Bild([grad [/mm] f])) = 0 ?
Tipp 2: Überleg dir, dass mindestens eine reelle Zahl $ [mm] r\not=0 [/mm] $ im Bild von $ [mm] \varphi [/mm] $ liegt. Dazu brauchst du notwendigerweise einen Repräsentanten $ [mm] u_r\not=0 [/mm] $, der nicht als Gradient einer $ [mm] \mathcal{C}^\infty [/mm] $-Funktion geschrieben werden kann. Gib ein solches $ [mm] u_r [/mm] $ an und rechne $ [mm] \varphi([u_r]) [/mm] $ aus.
was meinst du mit einem repräsentanten, der nicht als gradient einer funktion geschrieben werden kann?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:36 Do 14.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> hallo!
> Tipp 1: Es ist ja [mm][\mathop{\mathrm{grad}} f]=\,[0][/mm]
> für jede [mm] $\mathcal{C}^\infty$-Funktion [/mm] f, und das Bild
> davon unter [mm]$\varphi[/mm] ist 0. Also liegt schon mal 0 im
> Bild von [mm]\varphi[/mm] .
>
> ist das so gemeint:
> [mm]\varphi(Bild([grad[/mm] f])) = 0 ?
Nein: [mm] $\varphi([\mathop{\mathrm{grad}} [/mm] f]) = [mm] \varphi([0]) [/mm] = 0 $.
> Tipp 2: Überleg dir, dass mindestens eine reelle Zahl
> [mm]r\not=0[/mm] im Bild von [mm]\varphi[/mm] liegt. Dazu brauchst du
> notwendigerweise einen Repräsentanten [mm]u_r\not=0 [/mm], der
> nicht als Gradient einer [mm]\mathcal{C}^\infty [/mm]-Funktion
> geschrieben werden kann. Gib ein solches [mm]u_r[/mm] an und rechne
> [mm]\varphi([u_r])[/mm] aus.
>
> was meinst du mit einem repräsentanten, der nicht als
> gradient einer funktion geschrieben werden kann?
Alle Vektorfelder, die als Gradient einer Funktion geschrieben werden können, liegen in derselben Äquivalenzklasse $[0] [mm] \in H^1(U)$ [/mm] und werden daher von [mm] $\varphi$ [/mm] auf 0 abgebildet.
Wenn es nur diese eine Äquivalenzklasse gäbe, hätte also [mm] $H^1(U)$ [/mm] nur ein Element. Also brauchst du erst einmal mindestens ein Vektorfeld, dessen Rotation verschwindet und das nicht der Gradient einer Funktion ist.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Sa 16.04.2011 | | Autor: | SEcki |
Zum zweiten Tip: ich würde mir das Integral genau anschauen, um dann ein u so zu basteln, daß das Integral nicht null wird. Dafür würde ich alles reinstecken, was ich so über Cosinus und Sinus weiß - und dann versuchen es so zu trimmen, dass rot 0 ist. Das ist leichter als Abbildungen hinzuschreiben und zu sehen, ob sie (nicht) exakt sind.
Rainers Vorgehensweise finde ich da unglücklich gewählt - mit dieser Abbildung sollst du im Wesentlichen zeigen, daß es Elemente gibt, die nicht im Bild von Grad liegen. Hast du schon eines, dass nicht im Bild von Rot liegt, bist du fertig - diese wird nicht 0 unter der Abbildung (ich weiß das, da ich die Kohomologiegruppe kenne - deine Abbildung ist ein Isomorphismus).
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:13 Sa 16.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Zum zweiten Tip: ich würde mir das Integral genau
> anschauen, um dann ein u so zu basteln, daß das Integral
> nicht null wird. Dafür würde ich alles reinstecken, was
> ich so über Cosinus und Sinus weiß - und dann versuchen
> es so zu trimmen, dass rot 0 ist.
Genau. Meine Erklärung ist vielleicht unglücklich.
> Das ist leichter als
> Abbildungen hinzuschreiben und zu sehen, ob sie (nicht)
> exakt sind.
>
> Rainers Vorgehensweise finde ich da unglücklich gewählt -
> mit dieser Abbildung sollst du im Wesentlichen zeigen, daß
> es Elemente gibt, die nicht im Bild von Grad liegen. Hast
> du schon eines, dass nicht im Bild von Rot liegt, bist du
> fertig - diese wird nicht 0 unter der Abbildung (ich weiß
> das, da ich die Kohomologiegruppe kenne - deine Abbildung
> ist ein Isomorphismus).
Naja, ich will darauf hinaus, dass jede geschlossene 1-Form auf dem [mm] $\IR^2$ [/mm] exakt ist. Hier geht es aber um den punktierten [mm] $\IR^2$. [/mm] Ein Trick ist also, eine Form zu finden, die im Ursprung nicht definiert ist. Negative Potenzen von r springen einem dabei entgegen.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:22 Sa 16.04.2011 | | Autor: | jay91 |
hey!
ich habe es hinbekommen.
mit [mm] u_r(x_1,x_2):=(\bruch{-r*x_2}{2*\pi*((x_1)^2+(x_2)^2)}, \bruch{r*x_1}{2*\pi*((x_1)^2+(x_2)^2)})
[/mm]
wahrscheinlich hätte es ne einfachere gegeben...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:24 Sa 16.04.2011 | | Autor: | SEcki |
> wahrscheinlich hätte es ne einfachere gegeben...
Die Vorfaktoren etwas leichter, aber sonst nein. Es ist das offensichtlicheste - du nimmst die 1-Form auf der [mm] $S^1$, [/mm] die die Länge 1 ergibt beim Integrieren. Die erhält man von der geschlossenen Scheibe, dann das äußere Normalenvektorfeld - und dann eins, was dazu senkrecht steht. Mit eingien Identifizierungen erhält man dann die. Nun retrahiere ich [m]\IR^2\setminus \{0\}[/m] auf die [m]S^1[/m] indem ich durch die Norm teile - der Pullback obiger 1-Form ist dann - modulo Verzerrungsfaktor - deine 1-Form. Sie kommt also genau von der Standard-Volumenform des Kreises.
Im Wesentlichen lässt sich eben obiges auf n Dimensionen verallgemeinern.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Mi 13.04.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo Fred,
> Was soll [mm]H^1(U):=[/mm] Kern(rot) / Bild(grad) bedeuten ? Damit
> kann doch niemand etwas anfangen !
Na doch: auf dem [mm] $\IR^2$ [/mm] sind grad und rot die äußeren Ableitungen von 0- bzw. 1-Formen (plus Hodge-Dual). [mm] $H^1(U)$ [/mm] ist also die erste Kohomologiegruppe von [mm] $U=\IR^2\backslash\{(0,0)\}$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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