Produkt von zwei elementaren Kobordismen mit Indizes λ , λ +1;

1. Das Erste Auslöschungs-Theorem Das Erste Auslöschungs-Theorem Produkt von zwei elementaren Kobordismen mit Indizes λ, λ+1; Schnitt von SR und S‘L ist transversal in f-1(1/2) und besteht aus einem einzigen Punkt  der Kobordismus ist ein Produkt-Kobordismus

2. Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen Definition – transversaler Schnitt: Zwei Untermannigfaltigkeiten Mm, Nn⊂ Vv haben transversalen Schnitt in V, wenn der tangentiale Raum zu V an jedem q ∈ M ⋂ N aufgespannt wird von den Vektoren, die tangential zu M sind und den Vektoren, die tangential zu N sind. Bemerkung: Im Fall m+n < v ist das unmöglich; transversaler Schnitt bedeutet dann M ⋂ N = ∅.

3. Diffeo k: M × Rv-m U ⊂ V; • dabei ist U eine Produkt-Umgebung von M, so dass k(M × ) = M Bild der kritischen Punkte hat Maß 0 Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen Lemma M hat Produkt-Umgebung in V ⇨es gibt einen Diffeomorphismus h: V V, der glatt isotop zur Identität ist, so dass h(M) transversalen Schnitt mit N hat. Beweis: - g = πk-1|N0, mit N0 = U ⋂ N und π: M × Rv-m Rv-m natürliche Projektion k(M × {x}) hat genau dann keinen transversalen Schnitt mit N, wenn x ∈ Rv-m Bild eines kritischen Punktes unter g ist, an dem g keinen maximalen Rang hat. => Wir können einen Punkt u wählen, der nicht kritisch ist.

4. Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen Nun konstruieren wir den gewünschten Diffeomorphismus:  Konstruiere glattes VF ζ mit ζ(x) = u für |x|≤ |u|, ζ(x) = 0 für |x| ≥ 2|u| ζ hat kompakten Träger, Rv-m randlos ⇒ Integralkurven Ψ(t,x) definiert für alle reellen t • Es gilt: • Ψ(0,x) ist die Identität auf Rv-m • Ψ(1,x) ist Diffeo, der 0 zu u transportiert • Ψ(t,x) , 0 ≤ t ≤ 1, liefert eine glatte Isotopie von Ψ(0,x) zu Ψ(1,x) Definiere die gewünschte Isotopie ht: V V durch:

5. Das Erste Auslöschungs-Theorem; allgemeine Informationen Theorem: Man kann das gradienten-ähnliche VF ξ so wählen, dass SR transversalen Schnitt mit SL‘ in V hat. Beweis: Vorheriges Lemma => Diffeo h: V V, der glatt isotop zur Identität ist, so dass h(SR) SL‘ transversal schneidet Lemma 4.7. => man kann ξ verändern: rechte Sphäre ist h(SR), linke Sphäre bleibt unverändert

6. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Theorem 1 Identifiziere Rn = Ra×Rb. • h : Rn↪ Rn orientierungserhaltender, glatter Diffeo mit • h(0) = 0 • h(Ra) trifft Rb nur im Ursprung; • der Schnitt ist transversal, und die Schnittzahl ist +1. • Zu einer gegebenen Umgebung N des Ursprungs gibt es eine glatte Isotopie ht : Rn Rn, 0 ≤ t ≤ 1 mit h0 = h und • I) ht(x) = h(x) für x=0 und x∈ Rn – N • II) h1(x) = x für x in N1 ⊆ N (kleine Umgebung von 0) • III) h1`(Ra) ⋂ Rb = 0 (gilt für alle ht!)

7. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis • Strategie: • Zuerst homotopieren wir h zu einer lokal linearen Funktion. • Danach scheren wir die „neue“ Funktion zur Identität. Dazu: Sei o.E. N = Dε‘(0). • Sei fortan Ψ: R  [0,1] glatt mit • Ψ (x) = 1 nahe 0 • Ψ(x) = 0 nahe 1 • Ψ(x) = 0 ∀ x ≥ 1

8. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Für 0 < ε < ε‘ betrachten wir nun folgende Homotopie: ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) mit L := Dh(0), φ(x) = Ψ(|x| / ε) Behauptung: Für ε hinreichend klein ist dies eine Isotopie wie gewünscht, die h zu Lx in einer Umgebung von 0 homotopiert.

9. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) Dazu zu zeigen: • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} Beweis: (a), (b), (c), (d), (e) sind klar.

10. Dht-Dh = Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} Beweis: ∀ δ > 0 gibt es ε‘ > ε0 > 0, so dass mit ε < ε0 < ε‘ gilt: ||ht – h || < δ für x ∈ Dε(0) ∀ε; ht = h außerhalb ||Dht – Dh|| < δ Beweis: Nun gilt det Dh(x) > k ∀ x ∈ <Dε‘(0) Sei o.E. x ≠ 0. ∀ δ > 0 gibt es ε‘ > ε0 > 0, so dass mit ε < ε0 < ε‘ gilt: ht – h = t φ(x) – (h(x) – Lx) = t φ(x) (h(x) – Dh(0)x) = t φ(x)(h(0) + Dh(0)x + O(x²) – Dh(0)x) ≤ C ||x||² für C>0 im Abschluss von Dε‘(0) Sei δ > 0, so dass ||Dh(x) – Dht(x)|| < δ => |det Dh – det Dht| < k/2 und ε so klein, dass ||Dh(x) – Dht(x)|| < δ auf Dε(0) ||ht – h || < δ für x ∈ Dε(0) ∀ε ||Dht – Dh|| < δ ⇨ Dht(x) ist nicht-singulär ∀ x

11. ist nach oben beschränkt auf Dε(0), unabhängig von ε Dabei ist ht;k die k-te Komponente von ht. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} Beweis: Wir werden im Laufe des Beweises ein Lemma benutzen! - Es gilt: || Dht-1|| < const, unabhängig von ε, weil ht C1-nah an h ist. ⇨ Wir können das Lemma anwenden; also ist ht injektiv!

12. ⇨ ϑt(x) = Dϑt(0)x + O(x²) ≠ 0 in Dε`(0) , denn: Dϑt(0) = A invertierbar, somit Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) • ht ist glatt • h0(x) = h(x) • h1(x) = Lx nahe 0 • ht(0) = 0 • ht(x) = h(x) außerhalb Dε‘(0) • Dht(x) nicht-singulär ∀ x • ht ist injektiv für alle t • ht(Ra) ⋂ Rb = {0} Beweis: Sei ϑ(x) := prRa h(x) ; ϑ: Ra Ra ϑt(x) = prRa ht(x) Dann: Dϑ(0) = Dϑt(0) = A mit det A > 0 (weil h orientierungserhaltend; Schnittzahl +1) ⇨ ht(Dε(0)) ⋂ Rb = {0} ⇨ ht(Ra) ⋂ Rb ={0} , da ht = h außerhalb Dε‘(0)

13. Wir können also o.E. annehmen, dass h(x) = Lx in Dε‘(0), wobei mit det A > 0, det L > 0. (1‘) (1) (2) (2‘) (3‘) (3) Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ⇨ L kann durch Spalten-/Zeilenumformungen in die Identität umgeformt werden:

14. i   . . . j mit |ε| < 1 Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Sei 1 ≤ i, j ≤ n; i ≠ j und 0 < ε < ε‘. Für φ(x) = ψ(|x| / ε) definiere: Wir wollen nun zeigen, dass At und Bt für hinreichend kleine ε Isotopien sind und wenden dazu das Lemma mit h = id an.

15. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Beweis: Das ist klar, denn für |x| > ε ist At(x) = x = Bt(x).

16. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - = O(ε² + δkl) || ≥ const ⇨ Ct ist C1-nah an id ⇨ ||DCt Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Beweis: Als Verallgemeinerung von At und Bt betrachten wir nun Ct: Dann gilt:

17. Es gilt: für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0: Also: - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Um das Lemma anwenden zu können, müssen wir also zeigen: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Beweis: Das ist beschränkt für |x| <ε < ε‘ ! ⇨ Das Lemma ist anwendbar, Ct ist Isotopie für hinreichend kleine ε !

18. Nahe 0 ist Es gilt: Ct analog der Form (1), (2), (3) ⇨ Ct(x) ∈Rb x ∈ Rb Ct analog der Form (1‘), (2‘), (3‘) ⇨ Ct(x) ∈Ra x ∈ Ra Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Wähle nun Ct(1), Ct(2),… Ct(m); Ct‘(1),… Ct‘(m) von obiger Form. ⇨ Isotopie ht = Ct(1) ∘ Ct(2) ∘… ∘Ct(m) ∘ h ∘ Ct‘(1) ∘… ∘ Ct‘(m) so dass h1 nahe 0 die Identität ist und die C1(i) von der Form (1), (2), (3) nahe 0 und C1´(i) von der Form (1‘), (2‘), (3‘) nahe 0 sind. ⇨ ht ist wie gewünscht!

19. 

20. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Lemma: Sei für alle ε > 0 eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn Rn gegeben, so dass: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist - h0(x) = h(x) Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleine ε. zurück

21. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Lemma: Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn Rn gegeben, so dass: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε. Bemerkung: Ist ht C1-nah an h, so ist die Bedingung an die erste Ableitung automatisch erfüllt, denn: Es gilt: denn: Weiterhin gilt:

22. gilt: Für festes ε und x, y ∈ Dε(0),ht(x) = ht(y) mit x ≠ y und für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Lemma: Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn Rn gegeben, so dass: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε. Beweis: Für hinreichend kleine ε ist dies nicht möglich! Sei also ε so klein. Dann ist ht injektiv.

23. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Lemma: Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn Rn gegeben, so dass: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist ,h0(x) = h(x) Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε. Beweis: Nun gilt für x, y ∈ Rn: 1. Fall: |x|, |y| ≤ ε : ht(x) ≠ ht(y) wegen dem gerade Gezeigten! 2. Fall: |x|, |y| ≥ ε : ht(x) = h(x) ≠ h(y) = ht(y), da h Diffeomorphismus ist. 3. Fall: |x| < ε, |y| > ε :

24. für x ∈ Dε(0) - für alle 0 < ε < ε0 : - ist diffeomorphes Bild einer Sphäre, unterteilt also Rn in zwei (wegzusammenhängende) Komponenten A1, A2. Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis Lemma: Sei für alle 0 < ε < ε‘ eine Homotopie von glatten Funktionen ht: Rn Rn gegeben, so dass: - ht(x) = h(x) für |x| ≥ ε, wobei h: Rn h(Rn) Diffeomorphismus ist, h0(x) = h(x) Dann ist ht injektiv für alle hinreichend kleinen ε. Beweis: Nun gilt für x, y ∈ Rn: 1. Fall: |x|, |y| ≤ ε : ht(x) ≠ ht(y) wegen dem gerade Gezeigten! 2. Fall: |x|, |y| ≥ ε : ht(x) = h(x) ≠ h(y) = ht(y), da h Diffeomorphismus ist. 3. Fall: |x| < ε, |y| > ε Wäre ht(x) = ht(y), so gilt: ht(y) = h(y) = hs(y) ∀ 0≤ s ≤ 1 und liege o.E. in A1; h0(x) = h(x) liegt in A2. ↝ hs(x) liefert Weg von h(x) nach h(y) (0 ≤ s ≤ t) ⇨ ∃ s, so dass hs(x) ∈ h(∂Dε(0)) ; setze p:= hs(x). Aber q:= h-1(p) ∈ ∂Dε(0), aber q ≠ x, da |q| = ε, |x| < ε ⇨ Widerspruch zu 1)

25. Wir zeigen: ist nach oben beschränkt. Es ist Das Erste Auslöschungs-Theorem ; Beweis ht(x) = t φ(x) Lx + (1-t φ(x)) h(x) = h(x) + t φ(x)(Lx – h(x)) Es gilt xi/|x| ≤ 1  beschränkt!  beschränkt!       zu : |Ljk - ∂xjhk(y)| = O(ε) (Taylor für ∂xjhk(x)) ⇨  beschränkt zu : ||Lx – h(x)|| = O(ε²) (Taylor!) g(x):= ψ‘(x)/x ist stetig, weil ψ‘=0 nahe 0 ⇨ beschränkt ⇨  beschränkt unabh. von ε