3.4 Di erenzierbare Abbildungen ( )) 2

Transkript

1 = X =1 Z 1 v u X t =1 ( () ( )) X =1 Z 1 = qed. Sei : IR eine stetig dierenzierbare Kurve und : eine bijektive stetig dierenzierbare Funktion mit () 6= 0für alle. Dannist 1 : ebenfalls stetig dierenzierbar. In diesem Fall nennen wir = eine Umparametrisierung von. Satz : Sei :[ ] IR stetig dierenzierbar und = eine Umparametrisierung von. Danngilt() =( ). Beweis: Wir betrachten zunächst den Fall () 0. Nunist auf einem kompakten Intervall =[ ] erklärt, denn ist das Bild von [ ] unter der stetigen Abbildung 1. Weil streng monoton wachsend und bijektiv ist, folgt () = und () =. Damit () = Z k()k = Z k(())k () = Z k ()k Den Fall () 0beweistmananalog.qed. Sei :[ ] IR stetig dierenzierbar. Dann heißt () = R k ()k, [ ], die Bogenlänge von. Wir nennen nach der Bogenlänge parametrisiert, wenn k()k =1 bzw. wenn () = für alle [ ]. Sei nun :[ ] IR stetig dierenzierbar und regulär, also () 6= 0für alle [ ]. Dann gibt es eine Umparametrisierung :[0()] IR von, sodaß nach der Bogenlänge parametrisiert ist. Sei nämlich () = R k()k, :[ ] [0()]. Dann ist () =k()k 0für alle [ ]. Daher ist bijektiv 1 und die Umkehrfunktion :[0()] [ ] ist stetig dierenzierbar mit () =. k (())k Damit folgt für =, k ()k = k(()) ()k = () k (())k =1. Satz 3: Sei :[ ] IR stetig mit () =, () =. Dann gilt () k k, also diegeradestreckeistkürzeste Verbindung von nach. Beweis: Für jedes eingeschriebene Sehnenpolygon bezüglich einer Unterteilung von [ ] gilt () k k nach der Dreiecksungleichung. Also gilt () =sup () k k. qed. 3.4 Dierenzierbare Abbildungen Im folgenden betrachten wir Abbildungen : IR,wobei oen ist. Wie im Falle = = 1 denieren wir Dierenzierbarkeit in als gute Approximierbarkeit von durch eine lineare Abbildung wie in der folgenden Denition. 6

2 Denition: Sei oen und : IR eine Abbildung. Dann heißt dierenzierbar im Punkte, wenn es eine lineare Abbildung Hom(IR IR )gibt mit ( + ) =()+ + () wobei der Rest die Eigenschaft () lim 0 kk =0 hat. Falls es eine solche lineare Abbildung gibt, dann ist sie eindeutig bestimmt und heißt das Dierential oder die Ableitung von in. Notation: = () = 0 (). Wir sagen, ist dierenzierbar, wenn in jedem dierenzierbar ist. Bemerkungen: 1. Die Abbildung hat Werte im IR und ist erklärt für alle IR mit +. Wichtig ist alleine das Verhalten von in der Nähe von 0; Notation: = (kk), () d.h., lim 0 =0. kk. dierenzierbar in stetig in. Beweis: Seien wie in der Denition. Als lineare Abbildung ist stetig auf IR, insbesondere in =0.Fernerist stetig in =0,denn = (kk). Also lim 0 ( + ) = lim 0 (()+ + ()) = (). qed. 3. Eindeutigkeit von : Seien Hom( )mit( + ) =()+ + () = () + + (), wobei = (kk) = (kk). Sei ein Vektor mit 6=.Danngilt:06= ( ) = () (). Für 0folgt damit 0 6= ()() ()() ()() =lim &0 = lim &0 = 0, Widerspruch. Also gilt =. 4. Wir stellen uns lineare Abbildungen IR IR gegeben durch Matrizen vor (bezüglich der Standardbasen). Entsprechend Hom(IR IR ) = Mat( IR) = IR. 5. ist dierenzierbar in genau dann, wenn es eine Abbildung : Hom(IR IR ) = IR gibt, die in stetig ist, so daß ( + ) =()+( + ) mit + Beweis: Gibt es eine solche Abbildung, so setze =(), () =(+)(). () Dann gilt (+) =()++() und ferner lim 0 = lim kk 0 ((+)()) = kk lim 0 (( + ) ()) = 0, denn lim kk 0 ( + ) =() und ist ein Einheitsvektor, hat also Komponenten vom Betrag 1. Falls umgekehrt und wie kk in der Denition sind, so denieren wir ( + ) = für = 0 und ( + ) = + () h i, 6= 0. Dann gilt ( + ) =()+( + ). Stetigkeit von in : kk für alle IR gilt lim 0 () kk h i = lim 0 () kk h kk 7 i =0,denn h kk i kk.

3 6. Sei in dierenzierbar, = (). Dann gilt für : () =()+( )+( ) () und lim = 0. Der Graph der anen Abbildung kk IR IR, 7 ()+( )istein-dimensionaler aner Unterraum von IR IR und heißt Tangentialraum an den Graphen von im Punkte ( ()). Regel 1: Seien : IR, : IR Abbildungen, IR oen. Dann ist die Abbildung () : IR IR, 7 (()()) genau dann in dierenzierbar, wenn und in dierenzierbar sind, und es gilt ()() =( ()()). Beweis: Seien in dierenzierbar und = (), = (), ( + ) =()+ + (), ( + ) =()+ + (). Dann ist ( ) :IR IR IR, 7 ( ), linear. Ferner gilt k(()())k = k()k + k()k (()()), also lim 0 =0.Nun kk (( + )( + )) = (()()) + ( )+(()()). Also ist () in dierenzierbar mit ()() =( ()()). Die Umkehrung ist analog. qed. Korollar: : IR ist dierenzierbar in genau dann, wenn die Komponentenfunktionen 1 in dierenzierbar sind. Regel : Seien : IR dierenzierbar in und seien IR. Dann ist + dierenzierbar in mit ( + )() =()+() Beweis: Seien = (), = (). Dann gilt ( +)(+) =(+)+(+) = ()++()+()++() =( +)()+(+)+(+)(). ()+() () Nun gilt lim 0 = lim kk 0 + lim kk 0 () =0.qed. kk Regel 3: (Kettenregel) Seien IR, IR oen, : IR und : IR Abbildungen mit ().Sei dierenzierbar in und in = ().Dann ist dierenzierbar in mit ( )() =() () Beweis: Wie in Bemerkung 5 schreiben wir ( + ) =() +( + ), ( + ) = ()+( + ), wobei stetig in, stetig in mit () = ()() =(). Dann ( + ) =(()+( + )) =()+( +( + ))( + ). Zuüberprüfen: Stetigkeit von 7 ( +( + ))( + ) in =0undWertin =0:Nunsind und stetig in bzw., also lim 0 ( +( + ))( + ) =()() =() (). qed. 8

4 3.5 Richtungsableitungen, partielle Ableitungen Sei : wie oben in dierenzierbar. Wir wollen () berechnen, IR.Für IR hinreichend klein ist dann + und ( + ) =()+ ()()+() Für 6= 0, 6= 0folgtdaher () = (+)() ± () kk, also kk ( + ) () () =lim 0 Denition: Sei : IR eine Abbildung, nicht notwendigerweise dierenzierbar in. Sei IR. Falls existent, so heißt () = lim 0 ( + ) () die Ableitung von in Richtung. Falls der -te Einheitsvektor ist, so nennen wir auch die -te partielle Ableitung von, () = (). Die Matrix mit Einträgen ( ()) =1 heißt Jacobi-Matrix von in. Beispiel: :IR IR, ( ) =. ( ) =, ( ) =. Wir haben schon gesehen, wenn die Ableitung von in existiert, so existieren auch die Richtungsableitungen, und es gilt: () = (). Insbesondere existieren die partiellen Ableitungen () = (), 1. Also: Satz 1: Sei IR oen und : IR in dierenzierbar. Dann ist die Matrix von () bezüglich der Standardbasen in IR IR gerade die Jacobi-Matrix. Im Fall = 1 nennen wir ( 1 () ()) auch den Gradienten von in, Bezeichnung: grad() IR.Bezüglich des Euklidischen Skalarproduktes gilt also (wenn in dierenzierbar ist): () = hgrad()i = kkkgrad()k cos, wobei der Winkel zwischen und grad() ist. Es folgt: der Gradient zeigt in die Richtung des stärksten Wachstums von. Beispiel: Partielle Dierenzierbarkeit impliziert nicht Dierenzierbarkeit. Sei nämlich : IR IR deniert durch ( 0 ( ) =(00) ( ) = sonst + Dann existieren die partiellen Ableitungen von in (0 0), (0 0) = 0 = (0 0). Aber ist nicht dierenzierbar in (0 0), denn ist nicht stetig in (0 0). 9

5 Satz : Sei IR oen, : IR und. Falls die partiellen Ableitungen von in einer Umgebung von existieren und in stetig sind, so ist in dierenzierbar. Beweis: Nach Regel 1 können wir = 1 annehmen. Wir schreiben IR als = P =1 =( 1 ). Dann gilt ( + ) () = P =1 [( ) ( )]. Nach dem Mittelwertsatz, angewendet auf die Funktion 7 ( ), gibt es (0 1) mit ( ) ( )= ( ). Nach Bemerkung 5 im vorherigen Kapitel ist dies aber genau die Behauptung, denn lim 0 ( )= (). qed. Beispiele: 1. :IR IR, () = 1 kk = 1 ( 1+ ). Die partiellen Ableitungen sind 1 ( 1 )= 1, ( 1 )=. Die partiellen Ableitungen sind stetig auf IR,daherist in allen IR dierenzierbar und grad() =.. :IR IR, ( ) =(cossin ). Partielle Ableitungen: Komponentenfunktionen sind 1 ( ) = cos sin, ( ) =.Dann 1 ( ) = sin sin, 1 ( ) =cos cos, ( ) =, ( ) =. Die partiellen Ableitungen sind stetig, also ist dierenzierbar und ( ) hat die Matrix à sin sin cos cos! ( ist eine Abbildung IR Hom(IR IR )). Seien endlichdimensionale Vektorräume über IR, oen. Dann heißt : dierenzierbar in, wenn es eine lineare Abbildung Hom()gibtmit(+) = () ()++(), wobei lim 0 =0.Diesistunabhängig von der gewählten Norm. Falls kk die Norm auf von einem Skalarprodukt h i herkommt und : IR dierenzierbar ist in, so gibt es genau einen Vektor mit () = h i. DiesenVektor nennen wir grad(). Der entsprechende Vektor im Dualraum ist (). 3.6 Mittelwert- und Schrankensätze Sei IR oen. Mittelwertsatz 1: Sei : IR dierenzierbar. Es seien Punkte mit [ ] ={ IR [0 1] : =(1 ) + }. Danngibtes [ ] mit () () = ()( ). Mittelwertsatz 1 : Sei : IR dierenzierbar und :[ ] dierenzierbar mit () =, () =. Danngibtes ( ) mit() () = (()) ()( ). Beweis: Deniere :[0 1] IR durch () =((1 ) +). Dann ist nach der Kettenregel dierenzierbar mit 0 () = ((1 ) + )( ). Nach dem Mittelwertsatz gibt es 30

6 (0 1) mit ()() =(1)(0) = 0 () = ()(), wobei =(1)+ [ ]. Betrachte :[ ] IR, () =(()). Dann ist dierenzierbar, nach dem alten Mittelwertsatz gibt es daher ein ( ) mit() () = 0 ()( ). qed. Mittelwertsatz : Sei : IR stetig dierenzierbar, d.h., die partiellen Ableitungen : IR sind stetig. Seien Punkte mit [ ]. Dann gilt μz 1 () () = ((1 ) + ) ( ) 0 Mittelwertsatz : Seien : IR, :[ ] IR stetig dierenzierbar mit () =, () =. Danngilt Z () () = (()) () Beweis: Es gilt ((1 ) + ) = ((1 ) + )( ), also () () = = = = Z 1 ((1 ) + ) 0 Z Ã 1 X 0 =1 X Z 1 =1 Z ((1 ) + )( ) ((1 ) + ) ( ) ((1 ) + ) ( )! Es gilt ( )() = (()) () und(()) (()) = R ( )(). qed. Schrankensatz: Sei : IR stetig dierenzierbar und konvex und kompakt. Dann ist auf Lipschitz-stetig. Genauer gilt: Wenn k ()k ist für alle, so ist eine Lipschitz-Konstante für auf. Hierbei ist k ()k := max{k ()k IR kk =1}. Beweis: Seien. k() ()k = k R 1 0 ((1 ) + )( ) k R 1 0 k (1 ) + )( )k R 1 0 k k = k k. qed. 3.7 Höhere Ableitungen Satz (H.A. Schwarz): Sei IR oen und : IR besitze die partiellen Ableitungen,, ( )=:. Weiterhin sei in stetig. Dann existiert in auch ( ), und es gilt: () = () 31

7 Beweis: Setze ( ) =( + + ). istineinerumgebungvon0 IR deniert,,, existieren, ist stetig in 0. Betrachte für 6= 0: ( ) := 1 (( ) (0)) (( 0) (0 0)) Für festes ist der Ausdruck (()(0))((0)(00)) Dierenzenquotient zur Funktion 7 ( ) (0). Nach dem Mittelwertsatz gibt es (0 1) mit (( ) (0)) (( 0) (0 0)) = ( ) (0) Nun ist ( ) = 1 ( ( ) (0) Dierenzenquotient bezüglich, alsogibtes (0 1) mit ( ) = ( ) (Beachte: sind von und abhängig.). Weil stetig in (0 0) ist, gibt es zu jedem 0ein0mit ( ) (0 0) für Außerdem gilt lim 0 ( ) = 1 ( (0) (0 0)). Es folgt (0) (0 0) (0 0) für Also existiert (0) (0 0) (0 0) = lim 0 und ist gleich (0 0). qed. Beispiel: Sei :IR IR, ( ) =( ). Frage: Gibt es :IR IR mit grad =? Für ein solches wäre ( ) = ( ) =, also ( ) =1, ( ) =1 (stetig!). Widerspruch zum Satz, also gibt es kein solches. Denition: : IR heißt -mal stetig dierenzierbar, wennalle-ten partiellen Ableitungen 1, 1 {1}, existieren und stetig sind. ( IR ):={ : IR -mal stetig dierenzierbar} () := ( IR) ( IR ):= \ =1 ( IR ) () := ( IR) Korollar aus dem Satz von Schwarz: Für ( IR )spieltin 1 die Reihenfolge der partiellen Ableitungen keine Rolle. 3

8 3.8 Das Taylorpolynom Sei IR oen, ( IR ). Für, IR,1 setzen wir () := X 1 =1 X =1 1 () 1 IR und 0 () 0 := () IR. Bemerkung: Seien 0 mit [ 0 ], := 0. Deniere :[0 1] IR durch () :=((1 ) 0 + ) =( 0 + ). Dann ist -mal stetig dierenzierbar: 0 () = 00 () = () () = X =1 X =1 =1 X ( 0 + ) = ( 0 + ) X 1 =1 =1 ( 0 + ) = ( 0 + ) X 1 1 = ( 0 + ) Beachte () =(1) = (0) + 0 (0)(1 0) (0)(1 0) + + 1! () (0)(1 0) + = P =0 1! ( 0 )( 0 ) +. Dadurch motiviert denieren wir 0 () := X =0 1! ( 0 )( 0 ) 0 heißt das Taylorpolynom vom Grad mit Entwicklungspunkt 0. Taylorformel 1: (Integralrestglied) Sei IR oen, +1 ( IR ), 0 mit [ 0 ], := 0. Dann gilt () = 0 ()+ 1! Z 1 0 (1 ) +1 ( 0 + ) +1 Beweis: Für =1 setze () := ( 0 + ), Taylorformel mit Integralrestglied an auf : :[0 1] IR. Wende die alte (1) = X =0 1! () (0)(1 0) + 1 Z 1 (1 ) (+1) () also! 0 qed. () = 0 ()+ 1! Z 1 0 (1 ) +1 ( 0 + ) +1 33

9 Taylorformel : (Lagrange-Restglied) Sei +1 (), 0 := 0.Danngibtes [ 0 ]mit mit [ 0 ], () = 0 ()+ 1 ( +1)! +1 () +1 Beweis: () :=( 0 + ). Die alte Taylorformel mit Lagrange-Restglied ergibt: (1) = für ein (0 1), also qed. X =0 1! () (0)(1 0) 1 + ( +1)! (+1) ()(1 0) +1 () = 1 0 ()+ ( +1)! +1 ( 0 + ) +1 {z } =: Qualitative Taylorformel: Sei ( IR ), 0. Danngilt: () 0 () k 0 k 0für 0 also () = 0 ()+(k 0 k )für 0. Beweis: Sei zunächst =1.Taylorformelfür 1statt ergibt () = 1 0 ()+ 1! ()( 0 ) = 0 ()+ 1! ( () ( 0 ))( 0 ) für ein [ 0 ]. Es folgt also () 0 () k 0 k () 0 () 1! X 1 () 1 ( 0 ) 1 =1 {z } 0 für 0 k 0 k 0für 0. Die Behauptung folgt für =1,dakk und kk äquivalent sind. Für allgemeines folgt die Behauptung aus k() 0 ()k 1 k 0 k = X =1 und der Äquivalenz von kk 1 und kk.qed. Beispiel: Sei :IR (IR {0}) IR, ( ) =. 34 () 0 () k 0 k 0

10 ( ) = 1, ( ) =, ( ) =0, ( ) = 1 = ( ), ( ) =. Das Taylorpolynom zweiten Grades mit Entwicklungspunkt ( )lautetalso: ( 0 0 )( ) = ( 0 ) 0 ( ) 1 ( 0 0 )( 0 ) 1 ( 0 0 )( 0 )+ 0 ( ) zum Beispiel (11) ( ) =1+(1) ( 1) ( 1)( 1) + ( 1).Bemerkung: ( ) = = =1 ( 1) + ( 1+(1) 1+(1) 1) +(1) ( 1)( 1)+ Terme höherer Ordnung. 3.9 Lokales Verhalten einer Funktion Sei IR und : IR eine Funktion. Dann heißt ein (lokales) Maximum von, wenn() () für alle (bzw. für alle in einer Umgebung von in ). Analog deniert man (lokale) Minima. Wir nennen ein (lokales) Extremum, wenn ein (lokales) Minimum oder Maximum ist. Satz 1: Sei ein innerer Punkt von. Falls ein lokales Extremum von ist und die partiellen Ableitungen von in existieren, so gilt 1 () == () =0. Beweis: O.B.d.A sei ein lokales Maximum. Wähle 0mit (). Dannist die Funktion ( ) IR, 7 ( 1 + ) = ( + ) deniert und in = 0 dierenzierbar. Weil diese Funktion dort ein lokales Maximum hat, gilt () = ( + ) =0 =0.qed. Sei nun IR und 1 (). Wir nennen einen kritischen Punkt von, wenn () = 0 ist. Dann heißt () auchkritischer Wert von. WirhabeninSatz1 festgestellt, daß lokale Extrema von kritische Punkt von sind. Beispiele: 1. :IR IR, ( ) = +.Dann ( ) =( ). Einziger kritischer Punkt: ( ) =(00). Dieser ist globales Minimum von.. :IR IR, ( ) =.Dann ( ) =( ). Einziger kritischer Punkt: ( ) =(00). Dieser ist kein lokales Extremum. (0 0) ist ein Sattelpunkt. Wir nehmen nun an, daß (). Dann heißt IR 3 7 () = X =1 () IR die Hesse-Form von in. Die Hesse-Form ist eine quadratische Form, und ihre Matrix bezüglich der Standardbasis ist die Hesse-Matrix () = 11 () 1 ().. 1 () () 35

11 Es gilt () = (). Das Taylor-Polynom. Ordnung von in ist dann () =()+ ()( )+( ) ()( ) Bemerkung: Wir können () auch als symmetrische Bilinearform auassen: ()( ) = X =1 () Sei allgemein :IR IR eine quadratische Form mit (symmetrischer) Matrix. Dann heißt positiv denit, falls() 0für alle IR 6= 0,Notation:0; negativ denit, falls () 0für alle IR 6= 0, Notation: 0; positiv semidenit, falls () 0für alle IR 6= 0,Notation: 0; negativ semidenit, falls() 0für alle IR 6= 0, Notation: 0; indenit, fallses IR gibt mit () 0und() 0; nicht ausgeartet, falls det 6= 0. Satz : Sei (), mit () =0.Dannist 1. ein isoliertes lokales Minimum, falls () 0;. ein isoliertes lokales Maximum, falls () 0; 3. kein lokales Extremum, wenn () indenit ist. Beweis: Sei () 0. Weil () =0,gilt ( + ) =()+ 1 () + () mit ()kk 0für 0. Die stetige Funktion () hat auf 1 = { IR kk =1} ein positives Minimum,. Damit () kk IR.Esgibt ein 0mit() 4 kk für alle IR mit kk.für diese folgt ( + ) ()+ kk +() ()+ 4 kk. Damit (1); () ist analog. Im Fall (3) gibt es IR mit () 0, () 0. Ferner gilt für die Funktionen 7 () :=( + ), die auf ( ) deniert ist für 0genügend klein, (0) 0 = () = () =0und 00 () = () 0. Also hat in = 0 ein isoliertes lokales Minimum. Entsprechend hat () =( + ),, ein isoliertes lokales Maximum in =0.qed. Bemerkungen: 36

12 1. Es gibt eine orthogonale Zerlegung IR = wobei () auf positiv denit, auf negativ denit und der Nullraum von () ist. Entsprechend gilt (siehe obigen Beweis), falls () =0: ({}+ ) hat in ein lokales Minimum, ({}+ ) hat in ein lokales Maximum, über ({}+) läßt sich allgemein nichts sagen, außer, daß ein kritischer Punkt ist.. Im Fall = und mit wie oben gilt 0 det 0 und 11 0, 0 det 0 und 11 0, indenit det 0. Ã! 0 Beispiele: ( ) = +, =(00), () = 0. 0 Ã! 0 ( ) =, =(00), (0) = indenit. 0 ( ) = Ã +! 3, ( ) =( 3 ), einziger kritischer Punkt ist =(00). Es gilt 0 () = 0. Aber ist kein lokales Extremum. 0 0 ( ) = 4 + 4, ( ) =( ), Ãeinziger! kritischer Punkt ist =(00). Dieser ist 0 0 ein globales Minimum, aber (0 0) =. 0 0 :IR IR, ( ) = + hat ein globales Minimum in =(00), aber ist nicht dierenzierbar in (0 0). Unsere Methoden können daher nicht angewendet werden. Betrachte jetzt die Menge = {( ) IR 0 }. ist beschränkt und abgeschlossen IR. Deniere : IR durch ( ) =sin +sin +sin( + ). Wir betrachten zunächst auf.nunist ( )und ( ) =cos +cos( + ), ( ) = cos +cos( + ). Falls ( ) kritischerpunktistin,sogilt cos = cos( + ) =cos. Wegen 3 0 also =. Ferner 0 1 cos = cos( + ) = cos() = 1 cos,alsocos = 1 und damit = = ImPunkte( )hat ein lokales Maximum mit Wert (man sieht sofort ( ) 0). Hat andere (lokale) Extrema auf?dieselie- 3 3 gen dann auf und sind natürlich lokale Extrema für. Oensichtlich hat in (0 0) ein globales Minimum. Betrachte jetzt 1 () =( 0) = sin, 0. 1 wächst streng monoton von 0 auf, 37

13 4 () =(0)=sin, 0 analog. Daher hat keine lokalen Extrema auf {( 0) 0 } bzw. {(0) 0 }. () =( )=1+sin +cos wächst streng monoton von auf 1 + auf[0 ]undfällt dann streng monoton auf. 4 3 () =( )=1+sin +cos analog. Die einzigen Kanidaten für weitere Extrema sind daher ( ), ( ) als lokales Maximum und ( ) als lokales Minimum. Nun bemerken wir: es gibt eine Funktion :IR IR mit 1 (IR ) und =, nämlich 4 4 ( ) =sin +sin +sin( + ). Nun gilt ( ) 0, ( ) 0. Daher hat keine 4 4 lokalen Extrema in ( 4 )und( ). Ferner gilt ( )= ( )=1. Aus Stetigkeitsgründen ist daher 4 ( ) ( ) 0 ( ) nahe genug an ( ). Nach dem ersten Mittelwertsatz gilt daher ( ) ( ) = ()( ) für ein geeigetes () zwischen( ) ( ). Nun ist 0, 0, also ( ) ( )für ( ) genügendnahean( ). Daher hat : IR in (0 0) ein globales Minimum, in ( ) 3 3 ein globales Maximum und in ( ) ein lokales Minimum Dierentation parameterabhängiger Integrale Satz: Sei IR oen, : [ ] C stetig und : C deniert durch () = Z ( ) Falls die partielle Ableitung : [ ] C existiert und stetig ist, so existiert und ist stetig, Z () = () Beweis: Sei und 0 vorgegeben. Setze ( ) = ( ) () Dann ist stetig auf [ ] und verschwindet auf {} [ ]. Also ist = {( ) [ ] ( ) } eine oene Umgebung von {} [ ] in [ ]. Nach dem Tubenlemma gibt es deshalb eine oene Umgebung von in IR (bzw. ), so daß [ ].Weil oen ist, gibt es ein 0mit + falls. Wir betrachten nun die Funktionen 7 ( + )bzw. 7 ( + ). Weil existiert und stetig ist, ist die zweite Funktion nach Denition stetig dierenzierbar. Nach dem (alten) Mittelwertsatz gibt es zu ein ( ) (0 1) mit ( + ) () = ( +() ). Seinun,also +(),daher( +() ).Also ( +() ) ( ) 38

14 Damit folgt Z Z ( + ) () Z () ( 1 (( + ) ()) ()) 1 (( + ) ( )) () Daher () = R ( ). Die Stetigkeit von : C folgt mit dem entsprechenden Ergebnis aus Abschnitt 3.1. qed. = 3.11 Reihen von Abbildungen Satz: Sei IR oen und : IR eine Folge von 1 -Abbildungen mit 1. P =1 konvergiert punktweise;. für jede kompakte Teilmenge konvergiert P =1 k k. Dann ist = P =1 : IR stetig dierenzierbar und () = P =1 (),. Beweis: Es genügt, den Fall = 1 zu betrachten. Wegen () ist = P =1 () ( ) wohldeniert. Wir wollen zeigen, daß das Dierential von in ist. Dazu wählen wir zunächst ein 0, so daß = (). Seinun0 vorgegeben. Dann gibt es ein mit P k k.für IR mit kk gilt k( + ) () X 1 ()k X =1 X k ( + ) () ()k + k ( + ) ()k + X =+1 =+1 k ()k Der dritte Term ist nach Wahl von kleiner als kk. Der zweite Term läßt sich nach dem Schrankensatz abschätzen durch P =+1 k k kk kk. Nun sind die stetig dierenzierbar, 1. Daherkannmanein0 nden mit, sodaß k ( + ) () ()k kk 1. Damit ist auch der erste Term kk, fallskk ist. Insgesamt ist die rechte Seite 3kk. Also () = P 1 (). Die Stetigkeit der Abbildung 7 () folgt, weil die Reihe von Abbildungen P 1 nach () auf kompakten Teilmengen von gleichmäßig konvergiert. qed. 39

15 Beispiel: Sei Mat() der Raum der -Matrizen mit reellen Einträgen ( = IR )und :Mat() Mat() () = Dann gilt () = Zum Beispiel gilt für =: ( + ) =( + )( + ) = = ()+ + () wobei :Mat() Mat() gegeben ist als = + ( ist linear) und () =, kk = kk 0für 0. Für IN beliebig gilt also k()k kk = k k kk kk ( + ) = ( + ) =( + ) ( + ) = = () μ μ mit () Summevon + + Termen ist, die jeweils Produkte von Faktoren und Faktoren sind mit. Ein solcher Term hat Norm kk kk. Für kk 1 ist damit jeder dieser Terme max{kk kk 3 1}kk.Seijetzt μ μ = + +.Dannist () max{kk }kk Damit folgt die Behauptung. Als Beispiel zu dem Satz oben betrachten wir die geometrische Reihe: sei dazu = { Mat() kk 1} und () = P 0.Falls kompaktist,sogibtesein0 mit kk 1 für alle. Dannistk P = k P = k k P = kk P =(1 ). Also konvergiert obige Reihe auf gleichmäßig. Für die Ableitung von () = gilt k ()k = k kkk 1 kk,alsok ()k kk 1 (1) 1 für. Also konvergiert P k k (weil k k (1) 1 ). Damit ist :Mat() Mat(), () = P =0 stetig dierenzierbar. Es folgt nun leicht: () =(1) 1,. Denn( )(1 ) = +1.Nunkk +1 0für. Sei nun ( IR) Mat() die Menge der invertierbaren Matrizen. Dann ist ( IR) oen. Sei ( IR) und :Mat() Mat() die ane Abbildung 7 1, :Mat() Mat() die lineare Abbildung 7 1.Sei die oene Menge aller ( IR) mit k 1 k 1, also 1. Die Abbildung : ( IR) ( IR), () = 1,istauf die Komposition, geometrische Reihe: () = 1, (()) = ( ()) 1 = 1, ( (()) = 1,daherist stetig dierenzierbar. Zur Berechnung des Dierentials benutzen wir Id()() = 1 =, ( IR). Mit der Produktregel folgt 0 = (Id) = Id + Id() = 1 +,damit =

16 3.1 Der Fixpunktsatz Eine Abbildung :, metrischer Raum, heißt Kontraktion, wenneseine Konstante 0 1 gibt mit (()()) ( ). Fixpunktsatz: Sei vollständiger metrischer Raum und : eine Kontraktion. Dann gibt es genau einen Punkt mit () = (einen Fixpunkt). Für jedes konvergiert die Folge ( ), rekursiv deniert durch 0 =, = ( 1 ), 1, gegen den Fixpunkt. Beweis: Sei ( ) wie oben und 1. Dann gilt Per Induktion folgt ( +1 )=(( 1 )( )) ( 1 ) ( +1 ) ( 0 1 )= ( ()) Nun ist [0 1), also konvergiert P 0.Nunist( ) ( ++ 1 )( ()),, alsoist( ) eine Cauchy-Folge. Weil vollständig ist, existiert lim =:. Weil stetig ist, folgt () =(lim ) = lim ( ) = lim +1 =, also ist ein Fixpunkt. Sei ein weiterer Fixpunkt. Dann gilt für wie oben: ( ) = (()()) (). Nun ist 1, also () = 0, also =. qed Der Umkehrsatz Es sei IR oen und : IR eine -Abbildung, 1. Umkehrsatz: Sei und () :IR IR ein Isomorphismus. Dann gibt es eine oene Umgebung von in und eine oene Umgebung von () inir,sodaß : ein -Dieomorphismus ist, d.h. es gibt eine -Abbildung : mit =Id, =Id. Beweis: Nach Übergang zu der Abbildung 7 ( + ) () können wir annehmen =0,() =0.Sei = (0) 1.NachÜbergang zu können wir annehmen (0) = Id. Schritt 1: Wir wollen die Gleichung = () für ein gegebenes lösen, zumindest für genügend klein. Dazu betrachten wir die Abbildung, deniert durch () = + () Fixpunkte von sind Lösungen der obigen Gleichung. Wähle nun 0, so daß kid ()k 1 für alle (0). Nun ist () =Id (). Mit dem Schrankensatz gilt daher für 1 (0): () k ( 1 ) ( )k 1 k 1 k 41

17 Für kk und kk gilt daher ( ) k ()k k () (0)k + k (0)k = k () (0)k + kk Daher bildet die Kugel (0)insichabundistnach() eine Kontraktion. Nun ist (0) abgeschlossen, also vollständig. Nach dem Fixpunktsatz hat genau einen Fixpunkt in (0), nach ( ) liegt dieser in (0). Zu jedem (0)gibtesalsogenau ein =: () (0) mit () =, also mit () =. Setze = (0) und = 1 ( ) (0). Nach Konstruktion ist : die Umkehrabbildung zu :. Schritt : Seien 1 und = ( ). Dann gilt also 1 = 0 ( ) 0 ( 1 )+( ) ( 1 ) k 1 k 1 k 1 k + k( ) ( 1 )k = 1 k 1 k + k 1 k Nun ist = ( ), also k( ) ( 1 )kk 1 k Also ist stetig (sogar Lipschitz-stetig mit Konstante ). Schritt 3: Wegen kid ()k 1 auf (0) gilt k ()k 1kk IR.Für diese gilt also k ()k 1 kk, und daher ist () 6= 0für 6= 0.Für alle ist daher () invertierbar. Schritt 4: Seien 0, = (), 0 = ( 0 ). Dann mit ( 0 )=()+ ()( 0 )+ ( 0 ): k( 0 ) () () 1 ( 0 )k = k 0 () 1 (( 0 ) ())k = k 0 () 1 ( ()( 0 )+( 0 ))k = k () 1 (( 0 ))k k () 1 kk( 0 )k Nun gilt k 0 k k 0 k, also( fest) k () 1 kk( 0 )k lim k () 1 k(( 0 ) ())k k lim =0 0 k 0 k 0 k( 0 ) ()k Daher () = () 1,also =Inv. Die letzte Gleichung impliziert: ist (boot strap). qed. Bemerkungen und Beispiele: 1. Für gilt (()) = () 1. 4

18 . Seien IR, IR oen und : ein -Dieomorphismus mit 1. Dann folgt =. Dennsei = 1, =Id,also( )() = (())() nach der Kettenregel. Ebenso ( )() =(()) (), also (()) = () 1. Die lineare Abbildung () :IR IR ist daher invertierbar. Daher =. 3. Im Beweis des Umkehrsatzes erhalten wir eine explizite Beschreibung von, = (0) (unter den gegebenen Normalisierungen (0) = 0 und (0) = Id) und (0). 4. Polarkoordinaten: = cos, = sin. Setze( ) =(cos sin ), deniert auf (0 ) IR. Dann Ã! cos sin ( ) = sin cos also det ( ) = 6= 0.Für alle ( ) ist daher ( ) invertierbar. Zum Beispiel ist : ein -Dieomorphismus für =(0) ( ) IR {( ) 0 =0}. Die Umkehrabbildung ist ( ) =μ + sign()arccos( ) Über das Lösen von Gleichungen Sei IR + = IR IR = {( ) IR IR } oen, : IR eine -Abbildung. Für IR setzen wir ( ) := ( )( 0) und für 0 IR ( ) 0 := ( )(0 0 ). Also ( ) =( ( ) ( )) Satz über die impliziten Funktionen: Sei ( 0 0 ), 0 = ( 0 0 ). Sei ( 0 0 ) invertierbar. Dann gibt es eine Umgebung 0 00 von ( 0 0 )in und eine - Abbildung : 00 0 mit ( 0 )= 0,sodaßdieLösungen von ( ) = 0 mit ( ) 0 00 genau die Punkte (()) sind. Beweis: Die Abbildung : IR +, ( ) =(( ))istc und hat das Dierential Ã! ( ) ( ) = ( ) 0 Id IR also ist ( 0 0 ) invertierbar. Es gibt daher eine oene Umgebung von ( 0 0 )in, von ( 0 0 )inir +,sodaß : ein -Dieomorphismus ist. Wegen der besonderen Gestalt von hat die Umkehrabbildung 1 die Form 1 () =(( )), wobei : IR eine -Abbildung ist mit ( 0 0 )= 0.Für ( ) ist also (( )) die einzige Lösung von ( ) = mit IR -Koordinate und ( ). Sei nun 0 eine oene Umgebung von 0, 0 00 eine oene Umgebung von 0 mit und { 0 } 0 00.Weil stetig ist mit ( 0 0 )= 0 gibt es eine oene Umgebung von 0 mit ({ 0 } 00 ) 0. Setze nun = ( 0 ) : 00 0.Dannist(())= 0, und in 0 00 sind alle Lösungen von dieser Form. qed. 43

19 Bemerkungen: 1. Im letzten Schritt hätten wir noch ein besseres Resultat erzielen können: Es gibt oene Umgebungen von 0 in IR, 00 von 0 mit ( 00 ) 0.Dannist (())= und in 0 00 sind alle Lösungen von dieser Form. Damit beschreibt in 0 00 alle Lösungen der Gleichung ( ) = mit.. (())= Ableiten nach der Kettenregel ergibt dann 0= ( 0 0 )( 0 )+ ( 0 0 ) und damit: ( 0 )=( ( 0 0 )) 1 ( 0 0 ) - 3. Sei : eine dierenzierbare Kurve mit = const., : IR dierenzierbar. Dann ist grad(()) (), denn 0 = ( )() = (()) () = hgrad(()) ()i. 4. Bild zum Satz über die impliziten Funktionen: ( 0 0 ) 6= 0, = (), Lösungen (()) = 0 existieren im Kästchen. Beispiele: Wir diskutieren zunächst den Fall = 1 (in der Formulierung des Satzes über die impliziten Funktionen), also den Fall einer Funktion :IR 1+ IR ( IR IR IR). Dann ( ) = ( ), die partielle Ableitung nach. 1. :IR IR, ( ) = +. Wir betrachten die Gleichung ( ) =0.Nunist ( ) 6= 0, ( ) 6= 0,aberdieGleichunghatkeineLösung!. :IR IR, ( ) = +.Dannist ( ) =, ( ) =; grad( ) = ( ). In ( ) =(0 0) kann man den Satz über die impliziten Funktionen nicht anwenden. Wir betrachten die Gleichung ( ) =1. = ( ) 6= 0für 6= 0. Ist ( 0 0 )einelösung mit 0 6=0,danngibtesalso0, 0 und eine - Funktion :( ) ( ) mit + () =1und( 0 )= 0. Klar: () =sign( 0 ) :IR IR, ( ) =. Wir betrachten die Gleichung ( ) =0. ( ) =, ( ) =.grad( ) =0nurin(0 0). In der Nähe jeder Lösung ( 0 0 ) 6= 44

20 (0 0) können wir die Gleichung also nach = () bzw. = () auösen. In der 6 =0 - Nähe von (0 0) ist das nicht möglich. 4.DieMengeallerPunkteder( )-Ebene, für die das Produkt der Entfernungen zu (1 0) und (1 0) gleich 1 ist, nennt man die Lemniskate. Die Gleichung lautet (( 1) + )(( +1) + )=1bzw.( + ) ( ) = 0. Wir betrachten daher die Funktion :IR IR, ( ) =( + ) ( ) und die Gleichung ( ) = 0. Sei ( 0 0 )einelösung mit 0 6=0.Dannist ( 0 0 ) = 4( ) q 0 6=0.Alsokönnen wir lokal nach auösen, = () (Es gilt übrigens = ± ( +1) ) Nun berechnen wir () wie folgt: 0 = ( ()) = ( + () ) ( () ), also 0 = wegen ( ()) 6= 0folgt () = liefert Ableiten nach nach Division durch 4: ( ()) = ( ()) + ( ()) (), ( ())( ( ()))1. In unserem Beispiel () ( + () )( + () 0 ()) ( () 0 ()) = 0 Kritische Punkte von ( 0 () =0)lösen daher ( + () 1) = 0. Wegen 6= 0 (da 6= 0) erhalten wir + () = 1. Es folgt nun leicht aus der Denition von : = ± 3. Weiteres Ableiten von () ergibt eine Gleichung für 00,undmansieht,daß in den Punkten ± 3 Maxima oder Minima vorliegen sin(+) +3 cos =0.Für die entsprechende Funktion gilt in der Lösung (0 0): (0 0) = 0, (0 0) = (cos( + )sin(+) +sin) =0 =16= 0 =0 45

21 Nach dem Satz über die impliziten Funktionen gibt es 0, 0 und eine stetige Funktion :( ) ( ), so daß die Lösungen in ( ) ( ) gegeben sind durch {( ()) ( )}. 6. ( ) = 4 +cos +sin. Betrachte =0.Nunist(000) eine Lösung, (0 0 0) = cos 0 6= 0. Also gibt es eine oene Umgebung von (0 0) in IR und eine -Funktion : IR, so daß die Lösungen von =0lokalum(000) gegeben sind als {( ( )) ( ) }. Ã 7. ( ) = +! μ Ã = in (0 1 1). Nun ist () ( ) = invertierbar falls 6= 0. Man kann daher lokal um (0 1 1) dierenzierbar auösen: μ 0 = () = (), so daß die Lösungen von ( ) = lokal um (0 1 1) gegeben sind als ( ()()) Extrema unter Nebenbedingungen Problem: IR, : IR eine Funktion; 1 : IR Funktionen und = { () =01 }. WirsuchenPunkte 0 mit () ( 0 ) (bzw. () ( 0 )). Solche Punkte heißen Maxima oder Minima von unter der Nebenbedingung =0, =( 1 ). Multiplikatorregel von Lagrange: Sei oen, dierenzierbar und 1 (). Falls ein Extremum unter der Nebenbedingung = 0 ist und die Gradienten grad 1 ()grad () linear unabhängig sind, so gibt es 1 IR mit grad() = X =1 grad () Die Zahlen 1 heißen Lagrange-Multiplikatoren. Beweis: Die lineare Abbildung () hatrang. Nach eventueller Umnumerierung der Koordinaten können wir deshalb annehmen, daß ( 0 0 ) 6= 0 invertierbar ist, wobei wir Vektoren des IR schreiben als ( ) IR IR und =( 0 0 ). Es gibt also oene Umgebungen 0 von 0 in IR, 00 von 0 in IR und eine 1 -Funktion : 00 0, ( 0 )= 0,sodaß ( 0 00 )={(()) 00 } Nach Annahme hat die Funktion : 00 IR, () =(())in = 0 ein Extremum. Daher: () 0 = ( 0 )= ( 0 0 )( 0 )+ ( 0 0 ) = ( 0 0 ) ( 0 0 ) 1 ( 0 0 )+ ( 0 0 )! 46

22 Setze nun = ( 0 0 ) ( 0 0 ) 1 :IR IR mit Matrix ( 1 ). Per Denition gilt ( 0 0 )= ( 0 0 ) und nach (): qed. Beispiele: ( 0 0 )= ( 0 0 ) 1. Betrachte die Ebene = +, also( ) = +! = 0, und den Punkt =(1 0 0). Zu minimieren unter der Nebenbedingung =0sei ( ) = =( 1) + + Es gilt grad( ) =(( 1) ), grad( ) =(111). Wir müssen lösen (1) = = = + =0.Esfolgt =, also = und daher ( 1) =, also =,damit( ) 3 =(11 ). Dieser Punkt ist also das Minimum unter der Nebenbedingung, falls es überhaupt ein Minimum gibt, was man sich aber leicht überlegen kann.. Sei : IR IR linear und symmetrisch, d.h. h i = h i IR, () :=h i die zugehörige quadratische Form. Wir wollen auf 1 maximieren, d.h. die Nebenbedingung lautet () :=kk 1 = 0. Es gilt grad() =, grad() =. Also gilt in jedem Maximum 1 von auf 1 : 1 = 1 für ein IR, d.h. 1 isteineigenvektorvon. Da orthogonale Komplemente -invarianter Unterräume wieder -invariant sind, folgt induktiv: Es gibt eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. 4 Dierentialgleichungen (gewöhnliche) Sei IR oen. Ein Vektorfeld ist eine Abbildung : IR. Veranschaulichung: An jedes den Vektor () dranhängen. Eine Integral- oderlösungskurve zu ist eine dierenzierbare Abbildung : mit () =(()). Falls stetig, so ist dies äquivalent zu () =(0) + R 0 (()). Speziell interessieren wir uns für Lösungskurven mit einer Anfangsbedingung (0) = 0 (d.h. 0, 0 ), und allgemeiner für einen lokalen Fluß :, wobei IR oen mit 0 und oen mit 0,sodaßfür jedes die Kurve ( )Lösungskurve zu mit Anfangsbedingung (0)= ist. 47