invertierbar (lokal, global)

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04.06.2005, 19:46	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
invertierbar (lokal, global) hallo leute... hätte da ne frage.. und zwar gehts ums invertieren von funktionen.... also, ich hab folgende funktion: f(x,y) = (e^(1-x) siny, e^(1-x) cosy) wie kann ich hier zeigen,dass diese funktion lokal invertierbar, jedoch nicht global invertierbar ist??? hat das irgendwas mit homöomorphismus, isomorphismus und so zu tun???? ja und wie sieht denn dann diese lokal invertierte funktion aus.... kann mir das im mehrdimensionalen irgendwie nicht so vorstellen!!! danke
05.06.2005, 12:18	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
vielleicht kann mir ja auch jemand einfach sagen was lokal und global invertierbar heisst bei funktionen.... ich glaube mir würde das scho ein bisschen weiterhelfen
05.06.2005, 15:23	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Betrachte einmal die Stelle $\begin{eqnarray} z_0 = (x_0,y_0) = \left( 1 , \frac{\pi}{2} \right) \end{eqnarray}$ . Das Bild unter $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} w_0 = (u_0,v_0) = (1,0) \end{eqnarray}$ (gelbe Punkte). Das offene Rechteck $\begin{eqnarray} U = \left( -\frac{1}{2} , \frac{3}{2} \right) \times \left( \frac{\pi}{4} , \frac{3 \pi}{4} \right) \end{eqnarray}$ ist eine Umgebung von $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ und wird durch $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ auf die "Scheibenwischerfläche" $\begin{eqnarray} V = f(U) \end{eqnarray}$ abgebildet (orange Flächen). $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ ist eine Umgebung von $\begin{eqnarray} w_0 \end{eqnarray}$ . Restringiert man nun $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ , so ist $\begin{eqnarray} \left. f \right\|_U: \ U \to V \end{eqnarray}$ eine bijektive stetige Abbildung mit stetiger Umkehrabbildung, also ein sogenannter Homöomorphismus. $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ sind somit homöomorph zueinander. Und was man hier mit der Stelle $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ gemacht hat, kann man mit jeder anderen Stelle auch machen. Man muß nur das Rechteck (oder eine andere den Punkt enthaltende offene Menge) klein genug machen. Dann ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ , restringiert auf diese offene Umgebung, ein Homöomorphismus. Das ist gemeint, wenn man sagt, daß $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ lokal umkehrbar ist: Jede Stelle $\begin{eqnarray} z_0 \end{eqnarray}$ besitzt eine offene Umgebung $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ , so daß $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ , restringiert auf $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ , bijektiv ist. Dennoch ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht global umkehrbar. Verschiebe etwa im linken Bild das Rechteck um $\begin{eqnarray} 2 \pi \end{eqnarray}$ nach oben. Dann wird auch diese Menge auf die "Scheibenwischerfläche" $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ abgebildet. Wenn du einmal komplexe Funktionentheorie hörst, wird dir dieses Phänomen wiederbegegnen. Die hier maßgebliche Abbildung $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist nämlich nichts anderes als die reelle Variante der Abbildung $\begin{eqnarray} f(z) = \operatorname{i} \operatorname{e}^{1-z} \end{eqnarray}$
05.06.2005, 17:31	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
hey leo... danke, echt toll!!! aber ich hätte da noch ne andere frage..... was ist denn nun die umkehrfunktion davon.... im eindimensionalen versteh ich das noch, dort kann ich ja einfach die gleichung nach x auflösen. aber wie mach ich das dann in diesem beispiel?????
05.06.2005, 18:00	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Im Mehrdimensionalen ist die explizite Auflösbarkeit der Ausnahmefall. Man kann in der Regel nur die Existenz einer lokalen Umkehrabbildung feststellen, sie aber nicht konkret angeben. Aber hier geht es sogar. Tip: Berechne für $\begin{eqnarray} u = \operatorname{e}^{1-x} \sin{y} \, , \ v = \operatorname{e}^{1-x} \cos{y} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u^2 + v^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \frac{v}{u} \end{eqnarray}$ Aber Vorsicht! Überlege genau, was du tust. Formales Auflösen ohne Nachdenken führt meist in die Irre. Wähle den richtigen Zweig der $\begin{eqnarray} \operatorname{arccot} \end{eqnarray}$ -Funktion, also den für die Gebiete $\begin{eqnarray} U,V \end{eqnarray}$ (orange) passenden.
05.06.2005, 18:26	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
bin mir nicht sicher ob ich das richtig berechnet hab.... also: $\begin{eqnarray} u^{2}+v^{2}= e^{2-2x} \end{eqnarray}$ und v/u = siny/cosy aber ehrlich gesagt weiss ich nun immer noch nicht wie ich daraus die umkehrfunktion berechnen soll. vielleicht kannst du mir ja nochmals helfen!
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05.06.2005, 19:13	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bildet $\begin{eqnarray} z=(x,y) \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} w=(u,v) \end{eqnarray}$ ab. Also bildet $\begin{eqnarray} f^{-1} \end{eqnarray}$ dann $\begin{eqnarray} w=(u,v) \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} z=(x,y) \end{eqnarray}$ ab. Löse daher deine beiden Gleichungen nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ auf. (Bei der zweiten hast du übrigens falsch herum dividiert. Beachte, daß $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ (orange Menge im zweiten Bild) ein Stückchen der $\begin{eqnarray} u \end{eqnarray}$ -Achse enthält. Man kann daher in $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ nicht uneingeschränkt durch $\begin{eqnarray} v \end{eqnarray}$ dividieren. Deshalb habe ich auch anders herum dividiert. Du hast zwar $\begin{eqnarray} v/u \end{eqnarray}$ geschrieben, aber $\begin{eqnarray} u/v \end{eqnarray}$ gerechnet.)
05.06.2005, 19:36	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
ja ich hab u und v einfach anders definiert.... kanns sein dass ich für die umkehrfunktion gerade (x,y) bekomme???? habs nochmals angeschaut... kann natürklich nicht stimen!!!!! jedoch weiss ich nicht, wie ichs machen soll... vielleicht kannst mir ja nochmals helfen.... ich komm irgendwie eifach auf nichts.... edit: Doppelpost zusammengefügt, bitte benutze die edit-Funktion! (MSS)
05.06.2005, 21:18	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \operatorname{e}^{2-2x} = u^2 + v^2 \ \ \Rightarrow \ \ x = 1 - \frac{1}{2} \ln{(u^2+v^2)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \cot{y} = \frac{v}{u} \ \ \Rightarrow \ \ y = \operatorname{arccot}\left( \frac{v}{u} \right) \end{eqnarray}$ Der gewöhnliche Arcuscotangens liefert Werte im Intervall $\begin{eqnarray} (0,\pi) \end{eqnarray}$ . Genau solche $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ -Werte brauchen wir für unser $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ (oranges Rechteck). Wenn man z.B. $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ um $\begin{eqnarray} 2 \pi \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ -Richtung verschoben hätte, müßte man hier $\begin{eqnarray} y = 2\pi + \operatorname{arccot}\left( \frac{v}{u} \right) \end{eqnarray}$ nehmen. Zusammenfassend: $\begin{eqnarray} \left. f \right\|_U: \ U \to V \, , \ \ f(x,y) = (u,v) = (\operatorname{e}^{1-x} \sin{y}\, , \, \operatorname{e}^{1-x} \cos{y}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f^{-1}: \ V \to U \, , \ \ f^{-1}(u,v) = (x,y) = \left( 1 - \frac{1}{2} \ln{(u^2+v^2)}\, , \, \operatorname{arccot}\left( \frac{v}{u} \right) \right) \end{eqnarray}$
07.06.2005, 19:16	bluemchen	Auf diesen Beitrag antworten »
hey leo.. wollte nur noch danke sagen für deine hilfe. habs dann auch noch kapiert :-) byebye

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