Seminararbeit aus AnalysisTU-Wien 2014/2015

Die Invarianzsatze von Brouwer

David Kofler

19. Januar 2014

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Inhaltsverzeichnis

1 Einleitung 3

2 Grundlagen 3

3 Die Invarianzsatze von Brouwer 4

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1 Einleitung

Diese Seminararbeit beschaftigt sich mit den zwei Satzen Invariance of domain und Invariance of dimen-sion von Brouwer:

Satz 1.1 (Invariance of domain). Sei U eine offene Teilmenge von Rn und f : U → Rn stetig undinjektiv. Dann ist f(U) offen.

Satz 1.2 (Invariance of dimension). Seien U ⊂ Rn und V ⊂ Rm nicht leer und offen mit m ≤ n.Existiert eine stetige und injektive Funktion f : U → V , dann folgt n = m. Insbesondere sind Rn undRm nicht homoomorph fur n 6= m.

Auf dem ersten Blick scheint die Tatsache, dass Rn und Rm fur n 6= m nicht homoomorph sind, trivialzu sein. Tatsachlich gibt es stetige und surjektive, aber nicht injektive, Funktionen f : R→ Rn, die vonPeano 1890 entdeckten “Peano Kurven”. Also ist die Aussage nicht mehr so offensichtlich, dass es keineHomoomorphismen zwischen R und Rn geben kann. Erst 1911 konnte Brouwer beweisen, dass es wirklichkeine Homoomorphismen gibt. Der historisch interessierte Leser sei auf Chapter II in [3] verwiesen.Normalerweise werden diese Satze mit der Maschinerie aus der algebraischen Topologie bewiesen. Wirwerden einen analytischen Beweis angeben, der bis auf den Fixpunktsatz von Brouwer, ohne Resultateaus der algebraischen Topologie auskommt. Dazu kombinieren wir eine Arbeit von Wlasyslaw Kulpa [1](1998) und von Terence Tao [2] (2011).

2 Grundlagen

Im Folgenden bezeichnen wir mit Unε (x) bzw. Knε (x) die offene bzw. abgeschlossene Kugel um x mit

Radius ε > 0 in Rn. Mit Kn1 bezeichnen wir die abgeschlossene Einheitskugel um 0 in Rn.

Bemerkung 2.1. N ⊂ Rn ist Lebesgue-Nullmenge, d.h. λn(N) = 0, genau dann, wenn fur jedes ε > 0eine Folge von Quadern (Qk)k∈N existiert, sodass

N ⊂∞⋃k=1

Qk und

∞∑k=1

λn(Qk) < ε.

Satz 2.2. Sei B ⊂ Rn offen, A ⊂ B eine Lebesgue-Nullmenge und f : B → Rn stetig differenzierbar.Dann ist f(A) eine Lebesgue-Nullmenge.

Beweis. Sei Q ⊂ B ein abgeschlossener Quader. Es genugt zu zeigen, dass f(A ∩Q) eine Nullmenge ist,da sich B als Vereinigung von abzahlbar vielen solcher abgeschlossenen Quadern schreiben lasst.Der Quader Q ist kompakt. Also ist die Ableitung auf Q durch ein C > 0 beschrankt:

‖Df(x)‖op := supv∈Rn

{|Df(x) · v| : ‖v‖ ≤ 1} ≤ C, x ∈ Q.

Seien Q und C im Folgenden fest. Da Q konvex ist, ist mit x, y ∈ Q auch die gesamte Verbindungsstreckexy in Q enthalten und somit auch in B. Mit

f(y)− f(x) =

∫ 1

0

Df(x+ t(y − x))(y − x) dt

folgt

‖f(y)− f(x)‖∞ =

∥∥∥∥∫ 1

0

Df(x+ t(y − x))(y − x) dt

∥∥∥∥∞≤ C ‖(y − x)‖∞ .

Jetzt verwenden wir, dass A eine Nullmenge ist. Sei also ε > 0 und (Wk)k∈N eine Folge von Wurfeln mitMittelpunkt ak und Lange dk, d.h. Wk =

{x ∈ Rn : ‖x− ak‖∞ < dk

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}, sodass

A ∩Q ⊂∞⋃k=1

Wk und

∞∑k=1

λn(Wk) =

∞∑k=1

dnk < ε.

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Fur x ∈Wk gilt

‖f(x)− f(ak)‖∞ ≤ C ‖x− ak‖∞ < Cdk2.

Also liegt f(Wk) in einem Wurfel W′

k mit Lange d′

k ≤ Cdk und Volumen λn(W′

k) ≤ (Cdk)n. Da die

Menge A ∩Q von der Folge (Wk)k∈N uberdeckt wird, gilt f(A ∩Q) ⊂⋃∞k=1W

′

k und somit folgt fur dasMaß

λn(f(A ∩Q)) ≤∞∑k=1

λn(W′

k) ≤ Cn∞∑k=1

dnk ≤ Cnε.

Da ε > 0 beliebig war, ist f(A ∩Q) eine Nullmenge.

Wir brauchen folgende Aussagen, die ohne Beweis angegeben sind.

Satz 2.3 (Fortsetzungssatz von Tietze). Sei (X, T ) ein normaler Raum, d.h. zu je zwei disjunktenabgeschlossenen Mengen A ⊂ X und B ⊂ X existieren zwei offene Mengen OA ∈ T und OB ∈ T mitA ⊂ OA, B ⊂ OB und OA ∩ OB = ∅. Sei A ⊂ X abgeschlossen und f : A → R eine stetige reellwertigeFunktion. Dann existiert eine stetige Fortsetzung F : X → R mit ‖F‖∞ = ‖f‖∞ und F |A = f .

Satz 2.4. Metrische Raume sind normal.

Satz 2.5 (Stone-Weierstrass). Ist A eine Algebra stetiger reeller Funktionen auf einem kompakten RaumX, die punktetrennend ist und die die konstante Funktion 1 enthalt, dann liegt A dicht in C(X,R) bzgl.der Supremumsnorm.

3 Die Invarianzsatze von Brouwer

Nun kommen wir zu den zwei Hauptsatzen dieser Seminararbeit. Wie bereits bemerkt, spielt der folgendeSatz eine wichtige Rolle im Beweis der Invarianzsatze:

Satz 3.1 (Fixpunktsatz von Brouwer). Sei f : Kn1 → Kn

1 eine stetige Funktion auf der abgeschlossenenEinheitskugel Kn

1 := {x ∈ Rn : ‖x‖2 ≤ 1}. Dann hat f mindestens einen Fixpunkt, d.h. es existiert einx ∈ Kn

1 mit f(x) = x.

Fur den Beweis sei auf Satz 7.2.4 in [5] verwiesen.

Sei f : Kn1 → Rn stetig und injektiv, dann ist die Einschrankung f : Kn

1 → f(Kn1 ) eine stetige Bijektion

zwischen zwei kompakten Hausdorff-Raume, also ein Homoomorphismus. Insbesondere ist f−1 : f(Kn1 )→

Kn1 stetig. Mit dem Fortsetzungssatz von Tietze Satz 2.3 finden wir komponentenweise eine stetige

Fortsetzung G : Rn → Rn von f−1. Die Abbildung G eingeschrankt auf f(Kn1 ) hat genau eine Nullstelle,

namlich bei f(0). Mit dem Fixpunktsatz von Brouwer Satz 3.1 konnen wir nun zeigen, dass diese Nullstellein einem gewissen Sinn stabil ist.

Lemma 3.2 (Stabilitat). Sei f : Kn1 → f(Kn

1 ) ein Homoomorphismus und G : Rn → Rn eine stetigeFortsetzung von f−1 : f(Kn

1 )→ Kn1 . Weiters sei H : f(Kn

1 )→ Rn eine stetige Funktion, sodass

‖G(y)−H(y)‖2 ≤ 1 fur alle y ∈ f(Kn1 ).

Dann hat H mindestens eine Nullstelle, d.h. es existiert ein y ∈ f(Kn1 ), sodass H(y) = 0.

Beweis. Betrachte die stetige Funktion

ψ(x) := x−H(f(x)) = G(f(x))−H(f(x)), x ∈ Kn1 .

Nach Voraussetzung gilt ‖G(y)−H(y)‖2 ≤ 1 fur y ∈ f(Kn1 ). Also ist ψ(x) eine stetige Abbildung von

Kn1 nach Kn

1 . Nach Satz 3.1 hat ψ(x) einen Fixpunkt x0, womit

x0 = ψ(x0) = x0 −H(f(x0)).

Also gilt H(y) = 0 fur y = f(x0).

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Lemma 3.3. Sei Y = Y1 ∪ Y2 ⊂ Rn kompakt, Y1 kompakt und Y2 eine Lebesgue-Nullmenge. Weiters seiG : Y → Rn eine stetige Funktion mit G(y) 6= 0 fur y ∈ Y1. Dann existiert zu jedem δ > 0 eine stetigeFunktion Q : Y → Rn, sodass

‖G(y)−Q(y)‖∞ < δ

und Q(y) 6= 0 fur alle y ∈ Y gilt.

Beweis. Wahle η ∈ R mit 0 < 2η < δ, sodass

G(Y1) ∩ U2η(0) = ∅.

Das ist moglich, da 0 /∈ G(Y1), Y1 kompakt und G stetig ist. Da Y kompakt ist, finden wir mit Satz 2.5Polynome in n-Veranderlichen P1, . . . , Pn : Rn → R, sodass

‖G(y)− P (y)‖∞ < η/√n fur alle y ∈ Y,

wobei P = (P1, . . . , Pn)T : Y → Rn ist. Nach Satz 2.2 ist P (Y2) eine Nullmenge. Somit existiert eind ∈ Uη(0) \ P (Y2). Fur das verschobene Polynom

Q(y) := P (y)− d

gilt Q(y) = 0 genau dann, wenn d ∈ P (Y2), womit 0 /∈ Q(Y2).Fur ein y ∈ Y1 gilt

‖G(y)−Q(y)‖2 = ‖G(y)− P (y) + d‖2 ≤ ‖G(y)− P (y)‖2 + ‖d‖2≤√n ‖G(y)− P (y)‖∞ + ‖d‖2 < η + η = 2η < δ.

Wegen G(Y1) ∩ U2η(0) = ∅ schließen wir auf 0 /∈ Q(Y1).

Proposition 3.4. Sei f : Kn1 → Rn stetig und injektiv. Dann liegt f(0) im Inneren von f(Kn

1 ).

Den Beweis fuhren wir durch Widerspruch. Wir nehmen an, f(0) sei nicht im Inneren von f(Kn1 ). Aus

dieser Tatsache konstruieren wir uns eine nullstellenfreie Storung H der stetigen Fortsetzung G von f−1,die klein genug ist, um die Voraussetzungen von Lemma 3.2 zu erfullen.

Beweis. Angenommen f(0) sei nicht im Inneren von f(Kn1 ). Sei G : Rn → Rn die stetige Fortsetzung

von f−1 wie in Lemma 3.2.Wahle ε > 0, sodass |G(y)| ≤ 0.1 fur ‖y − f(0)‖2 ≤ 2ε. Das ist moglich, da f(0) eine Nullstelle von Gist.Da f(0) nicht in f(Kn

1 )◦ ist, existiert ein c ∈ f(Kn1 )c, sodass ‖f(0)− c‖2 < ε. Mit der Dreiecksungleichung

folgt

‖G(y)‖2 ≤ 0.1 fur ‖y − c‖2 ≤ ε. (1)

Betrachte die Menge Y := Y1 ∪ Y2, wobei

Y1 := {y ∈ f(Kn1 ) : ‖y − c‖2 ≥ ε} und Y2 := {y ∈ Rn : ‖y − c‖2 = ε} .

Nach Konstruktion sind Y und Y1 kompakt. Y enthalt nicht den Punkt f(0), da ‖f(0)− c‖2 < ε ist.Insbesondere enthalt Y1 keine Nullstellen von G. Weiters betrachten wir die Funktion Φ : f(Kn

1 ) → Ydefiniert durch

Φ(y) := max(ε

‖y − c‖2, 1) (y − c) + c, (2)

siehe Abbildung 1. Diese ist stetig und wohldefiniert, da der Punkt c nicht in f(Kn1 ) liegt. Der Punkt

Φ(y) liegt in Y fur alle y ∈ f(Kn1 ), da fur ‖y − c‖2 > ε

Φ(y) = y ∈ f(Kn1 ) und ‖Φ(y)− c‖2 = ‖y − c‖2 ≥ ε

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c

ε

f(0)

f(K1)

Φc

ε

f(0)Y2

Y1

Abbildung 1: Die Abbildung Φ verschiebt alle Punkte innerhalb Unε (c) nach außen.

gilt und fur ‖y − c‖2 ≤ ε

‖Φ(y)− c‖2 = ε.

Da Y kompakt ist, finden wir mit Lemma 3.3 eine stetige Funktion Q : Y → Rn mit 0 /∈ Q(Y ) und

‖G(y)−Q(y)‖2 < 0.7 fur alle y ∈ Y. (3)

Wir definieren nun H : f(Kn1 )→ Rn durch

H(y) := Q(Φ(y)).

Als Zusammensetzung von zwei stetigen Funktionen ist H stetig und besitzt keine Nullstellen in f(Kn1 ).

Um den Abstand zu G abzuschatzen, unterscheiden wir fur y ∈ f(Kn1 ) folgende zwei Falle:

1. ‖y − c‖2 > ε:Wegen Φ(y) = y und mit (3) erhalten wir

‖G(y)−H(y)‖2 < 0.7.

2. ‖y − c‖2 ≤ ε:Wegen ‖Φ(y)− c‖2 = ε und (1) gilt

‖G(Φ(y))‖2 ≤ 0.1.

Mit (3) und der Dreiecksungleichung folgt

‖G(y)−H(y)‖2 = ‖G(y)−G(Φ(y)) +G(Φ(y))−Q(Φ(y))‖2≤ ‖G(y)‖2 + ‖G(Φ(y))‖2 + ‖G(Φ(y))−Q(Φ(y))‖2 ≤ 0.9.

Also erhalten wir insgesamt

‖G(y)−H(y)‖2 ≤ 1 fur y ∈ f(Kn1 ). (4)

Somit sind die Voraussetzung von Lemma 3.2 erfullt. Also musste H mindestens eine Nullstelle besitzen.Da wir aber H nullstellenfrei konstruiert haben, erhalten wir einen Widerspruch.

Satz 3.5 (Invariance of domain). Sei U eine offene Teilmenge von Rn und f : U → Rn stetig undinjektiv. Dann ist f(U) offen.

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Beweis. Sei u ∈ U beliebig. Wir mussen zeigen, dass es eine offene Kugel Unε (f(u)) gibt, die ganz in f(U)liegt. Da U offen ist, finden wir eine Kugel Kn

r (u), die ganz in U liegt mit 0 < r ≤ 1, sodass f auf Kr(u)stetig und injektiv ist. Aufgrund von Translationsinvarianz konnen wir die Funktion f(x) := f(rx + u)betrachten, die ebenso stetig und injektiv ist und zwar auf Kn

1 . Nach Satz 3.4 liegt f(0) = f(u) imInneren von f(Kn

1 (0)) = f(Knr (u)). Somit existiert ein ε > 0, sodass Unε (f(u)) ⊂ f(U). Da u ∈ U

beliebig war, ist f(U) offen.

Korollar 3.6 (Invariance of dimension). Seien U ⊂ Rn und V ⊂ Rm nicht leer und offen mit m ≤ n.Existiert eine stetige und injektive Funktion f : U → V , dann folgt n = m. Insbesondere sind Rn undRm nicht homoomorph fur n 6= m.

Beweis. Angenommen m < n und es existierte eine stetige und injektive Abbildung f . Definiere g :U → Rn als g := ι ◦ f , wobei ι : Rm → Rn die stetige und injektive Einbettung ι((x1, . . . , xm)) :=(x1, . . . , xm, 0, . . . , 0) ist. Die Menge g(U) ist von der Form (f1(x), f2(x), . . . , fm(x), 0, . . . , 0) und hatsomit leeres Inneres. Da die Funktion g aber stetig und injektiv ist, muss im Widerspruch dazu, g(U)nach Satz 3.5 offen sein.

Also haben wir bewiesen, dass Rn und Rm fur n 6= m nicht homoomorph sein konnen, da es keineHomoomorphismen zwischen Rn und Rm gibt. Fur n = 1 und m > 1 kann man das direkt zeigen.Denn angenommen es existiert ein Homoomorphismus f : R → Rm, dann konnen wir den Punkt 0 undf(0) rausnehmen, und wir haben immer noch einen Homoomorphismus f : R \ {0} → Rm \ {f(0)}. DaRm \ {f(0)} zusammenhangend ist und R \ {0} nicht, konnen sie nicht homoomorph sein.

Bemerkung 3.7. Eine Verallgemeinerung von Satz 3.5 auf Banachraume:

Satz: Seien X,Y Banachraume und U ⊂ X offen. Ist f : U → Y lokal injektiv und lasst sich als Summevon zwei Funktion f = g + h schreiben. Wobei g Fredholm mit Index 0 und h stetig und lokal kompakt.Dann ist f(U) offen.

Fur den Beweis sei auf Corollary 2.2 in [4] verwiesen.Außerdem spielt Satz 3.5 im Beweis des 5. Hilbert Problems eine wichtige Rolle (siehe [2]):

Satz: Jede lokal euklidische Gruppe ist isomorph zu einer Lie-Gruppe.

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Literatur

[1] Wladyslaw Kulpa: Poincare and domain invariance theorem, Acta Universitatis Carolinae. Ma-thematica et Physica, http://dml.cz/dmlcz/702050, Vol. 39 , No. 1-2, 127–136, 1998.

[2] Terence Tao: Brouwer’s fixed point and invariance of domain theorems,and Hilbert’s fifth problem, http://terrytao.wordpress.com/2011/06/13/

brouwers-fixed-point-and-invariance-of-domain-theorems-and-hilberts-fifth-problem,UCLA, 2011.

[3] Jean Dieudonne: A History of Algebraic and Differential Topology, 1900-1960, Birkhauser, 1989.

[4] Alessandro Calamai: The Invariance of Domain Theorem for compact perturbations of nonlinearFredholm maps of index zero, Nonlinear Functional Analysis and Applications 9, 185-194, 2004.

[5] Martin Blumlinger: Analysis 3, http://www.asc.tuwien.ac.at/~blue/Ana3.pdf, Skriptum,TU Wien, WS 2013.

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