# Torus/2-Sphäre/Explizite Smash-Abbildung/Aufgabe/Lösung

a) Wir zeigen zunächst, dass die Abbildung in der Tat auf der Sphäre landet, d.h. wir müssen zeigen, dass die Summe der Quadrate der drei Einträge gleich $1$ ist. Ohne Berücksichtigung des Vorfaktors ist dies
    ${\begin{aligned}&=2\cos ^{2}\beta -2\sin \alpha \cos ^{2}\beta +\cos ^{2}\alpha +\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\cos ^{2}\alpha \sin \beta +1+\sin ^{2}\alpha +\sin ^{2}\beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\sin \alpha -2\sin \beta +2\sin \alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin \beta +2\sin ^{2}\alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta -2\sin \alpha \cos ^{2}\beta +\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\cos ^{2}\alpha \sin \beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +2\sin \alpha -2\sin \beta +2\sin ^{2}\alpha \sin \beta -2\sin \alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta +2\sin \alpha {\left(1-\cos ^{2}\beta -\sin ^{2}\beta \right)}+2\sin \beta {\left(-1+\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha \right)}+\cos ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta +\sin ^{2}\alpha \sin ^{2}\beta \\&=3+\cos ^{2}\beta +\sin ^{2}\beta \\&=4.\end{aligned}}$
c) Die Berechnung der Faser über dem Nordpol ${\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ führt zu den Bedingungen
    $(1-\sin \alpha )\cos \beta =0=\cos \alpha (1+\sin \beta )\,.$
Daher muss jeweils ein Faktor gleich $0$ sein. Bei
    $\alpha ={\frac {1}{2}}\pi \,$
sind bei beliebigem $\beta$ beide Bedingungen erfüllt, ebenso sind bei
    $\beta ={\frac {3}{2}}\pi \,$
und beliebigem $\alpha$ beide Bedingungen erfüllt. Dabei ist wegen
    $\sin {\frac {1}{2}}\pi =1\,$
bzw. wegen
    $\sin {\frac {3}{2}}\pi =-1\,$
die dritte Komponente gleich $1$. Bei $\alpha \neq {\frac {1}{2}}\pi$ und $\beta \neq {\frac {3}{2}}\pi$ muss
    $\cos \alpha =0=\cos \beta \,$
sein. Die verbleibende Möglichkeit ist $\alpha ={\frac {3}{2}}\pi$ und $\beta ={\frac {1}{2}}\pi$, doch dabei ist die dritte Komponente gleich $-1$.
d) Der Winkel $\alpha$ definiert den Punkt
    $P(\alpha )={\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha \end{pmatrix}}\,$
auf dem durch $x=0$ gegebenen Großreis. Der Nordpol und $P(\alpha )$ definieren den Halbierungspunkt
    ${\begin{aligned}Z(\alpha )&:={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\left(P(\alpha )-{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\right)}\\&={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\1+\sin \alpha \end{pmatrix}}.\end{aligned}}$
Der Bildpunkt $P(\alpha ,\beta )$ wird auf dem Kreis $C$ mit Mittelpunkt $Z(\alpha )$ platziert, der durch den Nordpol und $P(\alpha )$ verläuft und der ganz auf der Sphäre liegt. Daher muss $C$ auf der Ebene liegen, die durch
    $P(\alpha )-{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\,$
und ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ gegeben sind. Um mit der trigonometrischen Parametrisierung von $C$ arbeiten zu können, braucht man eine Orthonormalbasis, daher arbeiten wir mit
    $O(\alpha )={\frac {1}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}.$
Dies führt insgesamt auf
    ${\begin{aligned}\varphi (\alpha )&=Z(\alpha )+\cos \beta {\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\sin \beta O(\alpha )\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\1+\sin \alpha \end{pmatrix}}+\cos \beta {\frac {\sqrt {2-2\sin \alpha }}{2}}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}+\sin \beta {\frac {\sqrt {2-2\sin \alpha }}{2}}{\frac {1}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}}{\begin{pmatrix}0\\\cos \alpha \\\sin \alpha -1\end{pmatrix}}\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}{\sqrt {2-2\sin \alpha }}\cos \beta \\\cos \alpha \sin \beta \\1+\sin \alpha -\sin \beta +\sin \alpha \sin \beta \end{pmatrix}}.\end{aligned}}$