Möbiusband nicht homöomorph zu normalem Band

23.08.2012, 21:49	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Möbiusband nicht homöomorph zu normalem Band Wie zeigt man die Nicht-Homöomorphie ohne Differentialrechnung, Orientierbarkeit etc., also mit einfachen topologischen Argumenten? (Mit 'normales Band' meine ich $\begin{eqnarray} S^1\times I \end{eqnarray}$ )
23.08.2012, 22:20	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht so: Zerschneidet man den Zylinder $\begin{eqnarray} S^1\times [-1,1] \end{eqnarray}$ entlang $\begin{eqnarray} S^1\times\{0\} \end{eqnarray}$ , erhält man zwei Zusammenhangskomponenten. Beim Möbiusband passiert das nicht, es entsteht ein langes, doppelt verdrilltes Möbiusband. Sprich es ist immernoch wegzusammenhängend.
26.08.2012, 14:20	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Aber man weiß doch nicht, ob der Homöomorphismus den Kreis $\begin{eqnarray} S^1\times \{0\} \end{eqnarray}$ auf einen entsprechenden Kreis auf dem Möbiusband abbildet. Oder doch?
27.08.2012, 16:54	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, das weiss man tatsächlich nicht, du hast Recht. Zunächst muss aber mal das Bild des Kreises, an dem man aufschneidet, auf dem Zylinder wieder ein Kreis sein, oder etwas, das homöomorph dazu ist. Dann gibt es meiner Meinung nach 3 Möglichkeiten: 1) Es ist ein Kreis wie gewünscht, das heisst er geht einmal um den Zylinder herum. Dann kann man mit der Anzahl der Zusammenhangskomponenten argumentieren. 2) Der Bildkreis ist ein Kreis auf der Mantelfläche. Dann bleibt nach dem Aufschneiden vom Zylinder eine Fläche mit 2 Löchern übrig [das Loch welches das Rohr ausmacht und das Loch vom Inneren des Kreises]. Die Fundamentalgruppe wird dann von 2 Pfaden erzeugt. Beim Rest der vom Möbiusband übrig bleibt, wird die Fundamentalgruppe allerdings nur von einem Erzeuger erzeugt. Das heisst die beiden Fundamentalgruppen können nicht isomorph sein und damit können die Flächen auch nicht homöomorph sein. 3) Der Bildkreis ist ein Randkreis vom Zylinder. Dann nehme statt der Mittellinie einen anderen "Mittelkreis" vom Möbiusband und wir wären wieder in Fall 1) oder 2). Im dümmsten Fall ist das Bild des anderen Kreises, den du versucht, gerade die zweite Randkomponente vom Zylinder. Dann weisst du aber die Urbilder der Randkomponenten und bist sicher im Fall 1) oder 2).
29.08.2012, 23:30	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich glaube bei dem Ansatz mit "einen Kreis ausschneiden" gibt es zusätzlich noch subtilere Probleme - im Prinzip spiele ich hier auf die gleichen Probleme an, welche man auch mit dem Jordanschen Kurvensatz hat. Das Bild des Kreises kann sehr "fraktal-artig" sein und es ist gar nicht so klar, dass eine solche Kurve maximal zwei Zusammenhangskomponenten aus dem Möbiusband ausschneiden wird (zumindest nicht so ohne weiteres). Allerdings ist der Rand einer Mannigfaltigkeit mit Rand auch im topologischen Zusammenhange eindeutig definiert. Im 2-dimensionalen Fall ist das nicht einmal so schwierig: $\begin{eqnarray} x\in \partial M\iff \end{eqnarray}$ es existiert eine Umgebungsbasis $\begin{eqnarray} \mathcal U(x) \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ , so dass $\begin{eqnarray} U\setminus \{x\} \end{eqnarray}$ einfach zusammenhängend ist für alle $\begin{eqnarray} U \in \mathcal U(x) \end{eqnarray}$ . Alternativ könnte man auch "invariance of domain" benutzen. Jetzt muss man bloss noch Zusammnehangskomponenten der Ränder zählen. my2cents
30.08.2012, 22:36	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein Homöomorphismus muss also Randpunkte auf Randpunkte und "innere" Punkte auf "innere" Punkte abbilden, da diese lokale Eigenschaft sich auf Bildpunkte überträgt. D.h. die Einschränkung auf den Rand ergibt einen Homömorphismus des Randes auf den anderen Rand. Und wenn der eine zusammenhängend ist und der andere nicht, geht das nicht. Super, danke!
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07.09.2012, 11:14	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
@gonnabphd Das ist natürlich eine sehr elegante Möglichkeit. Da ich die Definition eines Randpunktes im topologischen Fall nicht kannte, wie sieht diese Definition in höheren Dimensionen aus?
13.09.2012, 22:46	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
@system-agent: Die Definition für differenzierbare Mannigfaltigkeiten lässt sich direkt übertragen: Ein Punkt x ist auf dem Rand einer topologischen Mannigfaltigkeit M, falls es eine Karte $\begin{eqnarray} \varphi: M \to \mathbb H^n \end{eqnarray}$ in die Halbebene gibt, so dass $\begin{eqnarray} \varphi(x)\in \partial H^n = \mathbb R^{n-1}\times 0 \end{eqnarray}$ . Nun gilt es halt noch zu zeigen, dass ein Punkt, welcher auf dem Rand in einer Karte liegt, sogar schon in jeder Karte auf dem Rand liegen wird. D.h. man benötigt folgenden Fakt: Es gibt keinen Homöomorphismus $\begin{eqnarray} \varphi: \mathbb R^n \to \mathbb H^n \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} \mathbb R^n \end{eqnarray}$ mit der abgeschlossenen Halbebene $\begin{eqnarray} \mathbb H^n \end{eqnarray}$ . Beweis: Sei $\begin{eqnarray} x\in \mathbb H^n \end{eqnarray}$ ein Punkt auf dem Rand. Gäbe es einen solchen Homöomorphismus doch, dann bekämen wir einen Homöomorphismus $\begin{eqnarray} \mathbb R^n\setminus \{\varphi^{-1}(x)\} \cong \mathbb H^n\setminus \{x\} \end{eqnarray}$ . Doch der zweite Raum ist kontrahierbar, während der erste das nicht ist (folgt durch Betrachtung höherer Homotopiegruppen bzw. einfacher aus der Homologie/Kohomologie von $\begin{eqnarray} \mathbb R^n\setminus \{pt\} \end{eqnarray}$ ). Alternativ könnte man auch argumentieren, dass eine injektive, stetige Abbildung $\begin{eqnarray} \varphi: \mathbb R^n \to \mathbb H^n \end{eqnarray}$ niemals surjektiv sein kann, da ein solches $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ als Abbildung von $\begin{eqnarray} \mathbb R^n \to \mathbb R^n \end{eqnarray}$ notwendig offen ist, jedoch $\begin{eqnarray} \mathbb H^n \end{eqnarray}$ nicht offen ist (Gebietsinvarianz).

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