Implizite Funktionen, R^2, auf Rechtecken

18.08.2016, 18:24

StrunzMagi

Implizite Funktionen, R^2, auf Rechtecken

Wenn $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ eine Funktion ist, welche differenziebar in einer Umgebung von 0 ist, und $\begin{eqnarray*} f'(0)>0 \end{eqnarray*}$ , dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und ein g welches auf $\begin{eqnarray*} [f(- \epsilon), f(\epsilon)] \end{eqnarray*}$ definiert ist und $\begin{eqnarray*} f \circ g = g \circ f = id \end{eqnarray*}$ erfüllt

Hallo,
Ich glaube es wurde vergessen, dass f stetig differenzierbar sein muss?

Definiere $\begin{eqnarray*} f(0)=:s, F(x,y):=f(y)-x \end{eqnarray*}$
F ist stetig in einer Umgebung von (f(0),0) da f stetig im Umgebung von 0 ist.
$\begin{eqnarray*} F(s,0)=s-f(0)=0, \frac{\partial F}{\partial y} (x,y)= f'(y) \Rightarrow \frac{\partial F}{\partial y} (s,0)\not=0 \end{eqnarray*}$
Die partielle ABleitungen existieren insbesondere in einer Umgebung von 0, da f differenzierbar ist in einer Umgebung von 0.
Nun bräuchte ich, dass f stetig differenzierbar ist für den Satz den ich unten verlinke.

So kann ich ein stetiges $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (- \epsilon, \epsilon) \end{eqnarray*}$ finden sodass $\begin{eqnarray*} F(x,g(x))=0 \end{eqnarray*}$ d.h. $\begin{eqnarray*} x-f(g(x))=0 \Rightarrow x=f(g(x)) \end{eqnarray*}$
Wir hatten im Satz auch beweisen,dass der Wert g(x) die eindeutige Lösung der Gleichung F(x,y)=0 ist. Also aus $\begin{eqnarray*} F(x,y)=0 \Rightarrow y=g(x) \end{eqnarray*}$ . D.h. $\begin{eqnarray*} f(y)=x \Rightarrow y=g(x) \end{eqnarray*}$

Frage: Wie komme ich zu $\begin{eqnarray*} g \circ f = id \end{eqnarray*}$ und dem Intervall von g in der Aufgabenstellung?

EDIT:
http://www.univie.ac.at/complexanalysis/...lysisskript.pdf
S.19 ist der Satz den ich hier verwenden will

19.08.2016, 07:18

IfindU

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RE: Implizite Funktionen, R^2, auf Rechtecken
Wenn $\begin{eqnarray*} f \in C^1 \end{eqnarray*}$ , so ist die Aussage sehr bekannt unter dem Annahmen "Satz über die Umkehrabbildung", was wirklich ein schönes Korollar aus dem Satz der Impliziten Funktion ist.

Ich glaube auch, dass es in höheren Dimensionen Gegenbeispiele gibt, wenn man nur differenzierbar fordert. Aber in 1D kann man sich wohl gerade so durchquälen.

Die Existenz der Umkehrabbildung (die keinerlei Regularität besitzen muss), folgt einfach aus der Bijektivität der Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ . Surjektivität ist geschenkt, da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ auf dem Bild von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ definiert sein soll -- also soll $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ surjektiv auf sein Bild sein.

Es bleibt einzig die Injektivität zu begründen. Leider habe ich hier nur einen Widerspruchsbeweis gefunden. Idee ist folgende: Angenommen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist in keiner Umgebung injektiv, dann gibt es für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ ein Tupel $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a) = f(b) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a|, |b| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Mit der Armee von Tupeln und der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist es möglich über den Differenzenquotienten zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} f'(0) = 0 \end{eqnarray*}$ gilt.

19.08.2016, 14:42

StrunzMagi

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Hallo,

Frage1):
Wenn ich $\begin{eqnarray*} f \in C^1 \end{eqnarray*}$ annehme bekomme ich aber nur $\begin{eqnarray*} x=f(g(x)) \end{eqnarray*}$ , siehe meinen ersten Post für die Rechnungen. Woher kommt $\begin{eqnarray*} x=g(f(x)) \end{eqnarray*}$ ?

2) Für den Fall für f nur differenziebar bin ich nicht wirklich weitergekommen:

Angenommen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist in keiner Umgebung injektiv.
Wir können so eine Folge $\begin{eqnarray*} ((a_n, b_n))_{n \in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ konstruieren mit $\begin{eqnarray*} a_n \not= b_n: f(a_n)=f(b_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a_n|, |b_n|< \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
Für n gegen unendlich konvergiet die Folge gegen (0,0).

f ist in einer Umgebung von 0 differenzierbar, insbesondere stetig.
Sei $\begin{eqnarray*} x_0 \in U(0) \end{eqnarray*}$ . Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \exists \delta>0: \forall x\in U(0): |x-x_0|<\delta \rightarrow |f(x)- f(x_0)|<\epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{f(h)-f(0)}{h}=\frac{f(h)-f(a_n)}{h}+\frac{f(b_n)-f(0)}{h} \end{eqnarray*}$

Mir war die Idee gekommen $\begin{eqnarray*} \epsilon:=h^2 \end{eqnarray*}$ zu setzen aber ich denke nicht dass man das so machen kann, denn das Epsilon muss ja fix bleiben..

19.08.2016, 15:46

IfindU

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RE: Implizite Funktionen, R^2, auf Rechtecken
1)
Es gilt extrem allgemein, dass Inverse eindeutig ist. Sei $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ s.d. $\begin{eqnarray*} x = h(f(x)) \end{eqnarray*}$ gilt. (Nach Bijektivität gibt es so ein $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} g = id \circ g = (h \circ f) \circ g = h \circ ( f \circ g) = h \end{eqnarray*}$ .

2) Man hat hier noch einen Freiheitsgrad, den man wohl leider benutzen muss: Man darf sich eine Folge $\begin{eqnarray*} h_k \end{eqnarray*}$ aussuchen. Wenn es eine Teilfolge vom Differenzenquotienten gibt, der gegen 0 konvergiert, ist man bereits glücklich.

Ich würde mit einer Familie $\begin{eqnarray*} (a_h) \end{eqnarray*}$ anfangen, die jeweils mindestens ein passendes $\begin{eqnarray*} (b_h) \end{eqnarray*}$ besitzen, und $\begin{eqnarray*} |f(h) - f(a_h)| < h^2 \end{eqnarray*}$ erfüllen. Das wird sicher nicht für alle $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ gelten, aber das ist nicht schlimm. Dann das $\begin{eqnarray*} b_h \end{eqnarray*}$ s.d. $\begin{eqnarray*} |f(0) - f(b_h)| < h^2 \end{eqnarray*}$ . Danach ist man fertig mit der Rechnung unten. Es ist aber sauber zu begründen warum alles so existiert. Bisschen etwas wollte ich dir noch lassen. Augenzwinkern

20.08.2016, 09:28

StrunzMagi

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1)
Mein Problem fängt schon vorher an, nämlich die Injektivität von f - dass habe ich denke ich aber nun gelöst:

Definiere $\begin{eqnarray*} f(0)=:s, F(x,y):=f(y)-x \end{eqnarray*}$
Wähle das Rechteck $\begin{eqnarray*} R:= \{(x,y)| - \alpha + s \le x \le \alpha +s, - \beta \le y \le \beta\} \end{eqnarray*}$ sodass ich für jedes $\begin{eqnarray*} - \alpha+s \le x \le \alpha+s \end{eqnarray*}$ ein eindeutiges $\begin{eqnarray*} - \beta \le g(x) \le \beta \end{eqnarray*}$ habe sodass $\begin{eqnarray*} F(x,g(x))=0 \end{eqnarray*}$ d.h. $\begin{eqnarray*} x=f(g(x)) \end{eqnarray*}$ .

Mein Problem war nun, dass f bijektiv ist:
Aufgrund der Stetigkeit von f gibt es eine offene Umgebung $\begin{eqnarray*} U:=(-\epsilon, \epsilon) \end{eqnarray*}$ von 0 sodass $\begin{eqnarray*} f((-\epsilon, \epsilon))= f(U) \subseteq (- \alpha +s, \alpha +s) \end{eqnarray*}$ .
Daher $\begin{eqnarray*} V:= f((-\epsilon, \epsilon))= g^{-1} ((-\epsilon, \epsilon)) \end{eqnarray*}$ wegen der Eindeutigen Zuordnung.
Aus der differentiebarkeit von g folgt insbesondere die Stetigkeit also ist V offen und wegen $\begin{eqnarray*} s=f(0)\in V \end{eqnarray*}$ eine offene Umgebung um s.

SURJEKTIVITÄT:
Nach Einschränkung aufs Bild ist $\begin{eqnarray*} f: (- \epsilon, \epsilon) \rightarrow V \end{eqnarray*}$ surjektiv.

INJEKTIVITÄT
Aus $\begin{eqnarray*} V \subseteq (- \alpha +s, \alpha +s) \end{eqnarray*}$ und dem Reslutat dass für jedes $\begin{eqnarray*} - \alpha+s \le x \le \alpha+s \end{eqnarray*}$ ein eindeutiges $\begin{eqnarray*} - \beta \le g(x) \le \beta \end{eqnarray*}$ habe - folgt, dass ich für jedes $\begin{eqnarray*} y \in V \end{eqnarray*}$ ein Eindeutiges Urbild habe, denn $\begin{eqnarray*} f(g(x))=0 \end{eqnarray*}$

20.08.2016, 10:15

IfindU

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Wenn ich dich richtig verstehe, wendest du den Satz über die implizite Funktion an, um eine Umkehrfunktion zu konstruieren, und daraus die Bijektivität von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zu folgern?

Technisch gesehen ok, aber wirkt extrem umständlich. Kürzer wäre: Mit $\begin{eqnarray*} f'(0) > 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ stetig, folgt, dass $\begin{eqnarray*} f(y) > 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |y| < \varepsilon \end{eqnarray*}$ und einem $\begin{eqnarray*} \varepsilon >0 \end{eqnarray*}$ . Damit ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ streng monoton wachsend und damit $\begin{eqnarray*} f: (-\varepsilon, \varepsilon) \to (f(-\varepsilon), f(\varepsilon)) \end{eqnarray*}$ bijektiv.

20.08.2016, 10:37

StrunzMagi

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Hallo,
1) $\begin{eqnarray*} f \in C^1 \end{eqnarray*}$
Ja genau das habe ich gemacht, da wir in der Vorstunde den Satz über implizite Funktionen gemacht habe und es geheißen hat man kann die Übungsaufgabe aus dem impliziten Funktionensatz folgern (was ich im vorigen post gemacht habe)
Natürlich gehts mit deiner Methode schneller. Aber die ist dann natürlich nicht im mehrdimensionalen anwendbar und meine Methode kann man umschreiben wenn man den impliziten Funktionensatz im Mehrdimensionalen zur Verfügung hat.
Stimmst du da mit mir überein?

Zitat:

Original von IfindU
Ich würde mit einer Familie $\begin{eqnarray*} (a_h) \end{eqnarray*}$ anfangen, die jeweils mindestens ein passendes $\begin{eqnarray*} (b_h) \end{eqnarray*}$ besitzen, und $\begin{eqnarray*} |f(h) - f(a_h)| < h^2 \end{eqnarray*}$ erfüllen. Das wird sicher nicht für alle $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ gelten, aber das ist nicht schlimm.

2) Kurze Frage dazu:
Aber mit $\begin{eqnarray*} a_h \end{eqnarray*}$ meinst du nicht mehr wie in dem Post vorher die Aussage $\begin{eqnarray*} |a_h| < \frac{1}{h} \end{eqnarray*}$ . Denn so würde für h gegen 0 ja der Abstand gegen unendlich gehen?

20.08.2016, 13:45

IfindU

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1) Unter den stärkeren Vorausstzungen an $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ja, wobei wie gesagt es den Satz über die Umkehrabbildung als "gebräuchliches" Korollar gibt. Man muss also (außer zur Übung) nicht wieder alles auf den Satz über implizite Funktionen herunterbrechen.

Zu 2): Ich würde die Einschränkung an $\begin{eqnarray*} a_h \end{eqnarray*}$ nicht treffen.

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