Hauptsatz über implizite Funktionen

21.10.2015, 19:03	Lucia524	Auf diesen Beitrag antworten »
Hauptsatz über implizite Funktionen Sei $\begin{eqnarray} F(x,y,z)= x^4 +2xcos(y) + sin(z) \end{eqnarray}$ . Man zeige mit Hilfe des Hauptsatzes über implizit definierte Funktionen, dass für hinreichend kleines $\begin{eqnarray} \epsilon \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} \{ (x,y,z) : \|x\|, \|y\|, \|z\| < \epsilon \} \end{eqnarray}$ die Gleichung F(x,y,z)=0 nach z aufgelöst werden kann. Man berechne die Lösungsfunktion z(x,y) und dz(x,y) (letztere auf direkte Weise und mit Hilfe des Hauptsatzes). Ich verstehe nicht so ganz, wie man da vorgehen kann. Alle Bedingungen des Hauptsatzes über implizit definierte Funktionen sind erfüllt, ich muss nur zeigen, dass die Determinante der ersten Ableitung ungleich nur ist. Ich habe die Funktion nach x,y und z abgeleitet, weiß aber nicht wirklich, wie ich jetzt weitermachen kann... $\begin{eqnarray} \frac{ \partial F }{ \partial x} = 4x^3 + 2cos(y) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{ \partial F }{ \partial y} = -2xsin(y) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{ \partial F }{ \partial z} = cos(z) \end{eqnarray}$
22.10.2015, 10:01	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Folgende implizite Funktion ist gegeben $\begin{eqnarray} 0=F[x,y,z(x,y)]=x^4+2x\cdot \cos(y)+sin[z(x,y)] \end{eqnarray}$ Die Variable z=z(x,y) ist abhängig von x,y! Geometrisch beschreiben solche impliziten Funktionen 0=F[x,y,z(x,y)] Flächen im 3-dimensionalen Raum. Zum Beispiel beschreibt folgende implizite Funktion eine Kugeloberfläche $\begin{eqnarray} 0=x^2+y^2+z^2(x,y)-R^2 \end{eqnarray}$ Der Satz über implizite Funktionen gibt darüber Auskunft, an welchen Stellen eine solche Fläche in die explizite Form z=z(x,y) umgestellt werden kann. Zum Beispiel kann man die Kugelüberfläche am "Äquator" nicht gemäß z=z(x,y) umstellen, weil dort der Anstieg unendlich ist (D.h. die Tangentialebene steht senkrecht und liegt demnach parallel zur z-Achse). An allen anderen Punkten außerhalb des Äquators ließe sich die Kugeloberfläche gemäß z=z(x,y) umstellen. Wenn also gezeigt werden soll, dass man eine implizite Funktion 0=F(x,y,z(x,y)] gemäß z=z(x,y) umstellen kann, so muss man zeigen, dass dass die Tangentialebene NICHT senkrecht steht. Mit anderen Worten: Die partiellen Ableitungen $\begin{eqnarray} \tfrac{dz}{dx} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{dz}{dy} \end{eqnarray}$ dürfen nicht unendlich werden. Es ist interessant, dass man die gesuchten partiellen Ableitungen $\begin{eqnarray} \tfrac{dz}{dx} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{dz}{dy} \end{eqnarray}$ berechnen kann, ohne die explizite Funktion z=z(x,y) zu kennen. Dazu differenziert man die implizite Funktion 0=F[x,y,z(x,y)] nach x bzw. y und erhält mittels Kettenregel $\begin{eqnarray} 0=\tfrac{\partial F}{\partial x}+\tfrac{\partial F}{\partial z}\tfrac{\partial z}{\partial x} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0=\tfrac{\partial F}{\partial y}+\tfrac{\partial F}{\partial z}\tfrac{\partial z}{\partial y} \end{eqnarray}$ Umstellen liefert die gesuchten partiellen Ableitungen $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\tfrac{\partial F}{\partial x}}{\tfrac{\partial F}{\partial z}} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial y}=-\frac{\tfrac{\partial F}{\partial y}}{\tfrac{\partial F}{\partial z}} \end{eqnarray}$ Setzt man die oben gegebenen Funktion 0=F[x,y,z(x,y)] ein, bekommt man speziell $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial x}=-\tfrac{4x^3+2\cdot \cos(y)}{\cos(z)} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial y}=\tfrac{2x\cdot \sin(y)}{\cos(z)} \end{eqnarray}$ Wir sehen, dass diese partiellen Ableitungen in einer gewissen $\begin{eqnarray} \epsilon \end{eqnarray}$ -Umgebung des Nullpunkts (x,y,z)=(0,0,0) nicht unendlich werden. (Der Nenner wird also nicht Null.). Deshalb steht die Tangentialfläche dort nicht senkrecht und man kann die Funktion umstellen gemäß z=z(x,y).
22.10.2015, 17:18	Lucia524	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen, vielen Dank für deine Erklärung, hat mir sehr geholfen! Was wäre aber in diesem Fall Lösungsfunktion z(x,y)? Oder muss man die noch extra berechnen?
23.10.2015, 02:31	Lucia524	Auf diesen Beitrag antworten »
So steht der Hauptsatz über implizit definierte Funktionen in unserem Buch: Sei $\begin{eqnarray} D \subseteq \mathbb{R}^{n+m} \end{eqnarray}$ offen, und sei $\begin{eqnarray} F: D \to \mathbb{R}^m , f \in C^1 \end{eqnarray}$ . Weiters sei $\begin{eqnarray} (a,b) \in D \end{eqnarray}$ , sodass F(a,b)=0 und sodass $\begin{eqnarray} d F_2 (a,b) \end{eqnarray}$ invertierbar ist, d.h. $\begin{eqnarray} det ( \frac{ \partial F_i}{ \partial x_{n+j}} (a,b) )_{i,j=1}^m \neq 0 \end{eqnarray}$ i) Dann existieren offene Kugeln $\begin{eqnarray} U = U_{\delta} (a) \subseteq \mathbb{R}^n \end{eqnarray}$ um a und $\begin{eqnarray} V=U_{\rho}(b) \subseteq \mathbb{R}^m \end{eqnarray}$ um b mit $\begin{eqnarray} U \times V \subseteq D \end{eqnarray}$ , sowie eine stetige Funktion $\begin{eqnarray} g:U \to V \end{eqnarray}$ , sodass $\begin{eqnarray} F(x,g(x))=0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x \in U \end{eqnarray}$ ii) Die Funktion g löst die Gleichung $\begin{eqnarray} F(x,y)=0, x \in U, y \in V \end{eqnarray}$ , vollständig in dem Sinn, dass, wenn $\begin{eqnarray} (x,y) \in U \times V \end{eqnarray}$ mit F(x,y)=0, immer y=g(x) gelten muss. Insbesondere ist b=g(a). iii) $\begin{eqnarray} d F_2 (u,v) \end{eqnarray}$ ist für alle $\begin{eqnarray} (u,v) \in U \times V \end{eqnarray}$ invertierbar; die Funktion g ist auf U stetig differenzierbar und es gilt $\begin{eqnarray} dg(x) = - d F_2 (x,g(x))^{-1} d F_1 (x,g(x)) \end{eqnarray}$ (Tut mir leid, ich hätte das wahrscheinlich ganz am Anfang schon posten sollen) Kann ich das Beispiel auch so lösen? $\begin{eqnarray} F( ( \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} , 0) =0 , \mathbb{R}^{2+1} \to \mathbb{R} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d F_2 ( ( \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} , 0) = cos(0) = 1 \neq 0 \exists g: U_{\delta}^2 \to U_{\rho} (0) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} F(a, g(a))=0 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \epsilon := min( \delta , \rho ) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z(x,y) = arsin(-x^4 -2xcos(y)) = g \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} dz(x,y) = -d F_2 ( \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} , g \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} ) = - cos(arcsin( -x^4 -2x cos(y)))^{-1} (4x^3 + 2 cos(y) , -2x sin(y)) \end{eqnarray*}$
23.10.2015, 09:50	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Die explizite Funktion hast du richtig berechnet, indem du einfach nach z umgestellt hast: $\begin{eqnarray} z(x,y)=\arcsin(-x^4-2x\cdot \cos(y)) \end{eqnarray}$ --------------------------------------------------------------------- Ich habe deine Formulierung des Satzes über implizite Funktionen nicht bis ins letzte Detail nachvollzogen. Wesentlich ist, dass du verstehst, was der Satz geometrisch bedeutet. Angewandt auf dein Beispiel gibt dieser Satz darüber Auskunft, wann für die Funktion 0=F[x,y,z(x,y)] die explizite Darstellung z=z(x,y) existiert. Wie ich schon schrieb, ist dies der Fall, wenn die partiallen Ableitungen $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial x} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial y} \end{eqnarray}$ existieren, damit das totale Differenzial existiert $\begin{eqnarray} dz=\tfrac{\partial z}{\partial x}dx+\tfrac{\partial z}{\partial y}dy \end{eqnarray}$ Anstelle der Ableitungen $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial x} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \tfrac{\partial z}{\partial y} \end{eqnarray}$ muss man diejenigen Ausdrücke einsetzen, die ich in meinem letzten Beitrag berechnet habe, also $\begin{eqnarray} dz=\underbrace{-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}}_{\frac{\partial z}{\partial x}}\cdot dx\underbrace{- \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}}_{\frac{\partial z}{\partial y}}\cdot dy \end{eqnarray}$ ------------------------------ Lies auch mal bei WIKIPEDIA beim Stichwort "Satz von der impliziten Funktion".
23.10.2015, 09:58	Lucia524	Auf diesen Beitrag antworten »
Was der Satz geometrisch bedeutet habe ich jetzt (nachdem du es erklärt hast) verstanden. Und noch eine Frage: Wäre $\begin{eqnarray} dz=\underbrace{-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}}_{\frac{\partial z}{\partial x}}\cdot dx\underbrace{- \frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}}_{\frac{\partial z}{\partial y}}\cdot dy \end{eqnarray}$ die direkte Weise, um dz(x,y) zu berechnen oder ist es auch mit Hilfe des Hauptsatzes? In der Angabe ist nämlich beides gefordert...
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23.10.2015, 11:01	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Die direkte Berechnung des totalen Differenzial besteht darin, dass man erst die explizite Funktion z=z(x,y) berechnet und daraus das totale Differenzial berechnet gemäß $\begin{eqnarray} dz=\tfrac{\partial z}{\partial x}\cdot dx+\tfrac{\partial z}{\partial y}\cdot dy \end{eqnarray}$ Wenn man umgekehrt das totale Differnzial mit Hilfe des Hauptsatzes bestimmen will, muss man wie gesagt die partiellen Ableitungen mit Hilfe der Funktion F[x,y,z(x,y)] ausdrücken $\begin{eqnarray} dz=-\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\cdot dx-\frac{\frac{\partial F}{\partial y}}{\frac{\partial F}{\partial z}}\cdot dy \end{eqnarray}$ -------------------------- Ich wollte noch etwas dazu sagen, warum die Determinante im Hauptsatz erscheint: Bekanntlich wird die Tangentialebene an eine Fläche durch 2 Tangentialvektoren aufgespannt. Die 2 Tangentialvektoren müssen natürlich linear unabhängig sein, d.h. sie dürfen nicht in dieselbe Richtung zeigen, weil man dann keine Ebene aufspannen könnte. Diese lineare Unabhängigkeit kann man bekanntlich mit Hilfe der Determinante ausdrücken.

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