2.7 Implizite Funktionen, Umkehrabbildungen

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1 27 Implizite Funktionen, Umkehrabbildungen Motivation Häufig sind ebene Kurven in impliziter Form f(x, y) = und nicht in expliziter Form y = g(x) gegeben Einfaches Beispiel Für Kreise um ist implizite Darstellung x 2 + y 2 = r 2 der expliziten Darstellung y = ± r 2 x 2 (Fallunterscheidung!) vorzuziehen Entwicklung der Differentialrechnung durch Leibniz und Newton mit Anwendung auf die Darstellung von Kurven und Bewegungsvorgänge; dabei waren x und y, ebenso die Differentiale dx und dy gleichberechtigt Erst später logische Fundierung mit Hilfe des Funktionsbegriffs, Auszeichnung einer unabhängigen Variablen x, von der die andere, nämlich y, abhängt Frage: Kann man stets eine Gleichung f(x, y) = nach y aufhören, dh gibt es eine Funktion y = g(x) mit f(x, g(x))? Obiges Beispiel mit r = 1 : x 2 + y 2 = 1 Ist x > 1 gibt es (im Reellen) kein y, im Fall x = 1 genau ein y und im Fall x < 1 genau 2 Werte y mit f(x, y) = Also eindeutige Auflösung im Großen nicht zu erwarten, stattdessen bescheideneres Ziel: Auflösung im Kleinen, dh lokal in einer Umgebung einer festen Stelle (x, y ) mit f(x, y ) = Statt Skalare x und y jetzt Vektoren x 1 x n = x IRn, y = y 1 y m IRm, also Gleichung f(x, y) = schreibt sich ausführlich f 1 (x 1,,x n ; y 1,,y m ) = f m (x 1,, x n ; y 1,,y m ) = ( ) x IR n+m, f(x, y) IR m, y Frage nach der Auflösung der m Gleichungen nach den m Variablen y 1,,y m bei festen Parametern x 1,,x n, dh gesucht ist y = g(x), dh y 1 = g 1 (x 1,,x n ),,y m = g m (x 1,,x n ) mit f(x, g(x)) Blick auf lineare Algebra: Auflösung linearer Gleichungssysteme möglich, falls zugehörige Koeffizientenmatrix regulär, ein Test hierzu: det Hier treten folgende Funktionalmatrixen auf: 4

2 f x = x = f y = = 1 x 1 m x m 1 1 x n m x n 1 m m m m n Matrix m m Matrix Schreibweise f C k (D) f k-mal stetig differenzierbar auf D Satz über implizite Funktionen Sei f : D IR m stetig differenzierbar auf einer offenen Teilmenge D des IR n+m Es gelte f(x, y ) = und det ( (x, y )) für einen Punkt (x, y ) D mit x IR n, y IR m Dann gibt es offene Umgebungen U von x in IR n, V von y in IR m und eine stetig differenzierbare Funktion g : U V mit der Eigenschaft f(x, g(x)) = für alle x U, f(x, y) für alle y g(x), (x, y) U V Ist zudem f C k (D), so ist auch g C k (U) (1 k ) Hieraus ergibt sich folgende Formel für die Jacobi-Matrix g = x g Aus der Identität f(x, g(x)) folgt mit Hilfe der Kettenregel: x + g x x i ( fj (x, g(x)) ) = j x i + g x = x mit Regularität = oder komponentenweise m k=1 j k g k x i = ( ) i = 1,,n j = 1,,m [(m m) Matrix (m n) Matrix = (m n) Matrix] g x = ) 1 ( x im Argument (x, g(x)) 41

3 Beispiele Sei f(x, y) = x 2 y 2 + 1, D = IR 2, n = m = 1 = 2y; Schulgeometrie: Gleichungsmenge = gleichseitige Hyperbel Sei z B x = 1, y = 2 Dann ist f(x, y ) =, (x, y ) = 2 2 Also Voraussetzung erfüllt Durch y = g(x) = x 2 + 1, x U := IR, g(u) = [1, ) IR =: V wird die zugehörige explizite Funktion beschrieben Hier ist g (x ) = in Übereinstimmung mit dem Satz aus g = ( 1 ) 2x = x, jedoch verschieden 2y y von x (x, y ) = 2 Wählt man dagegen x = 1, y = 2, so ist auch f(x, y ) =, (x, y ) Hierzu gehört die explizite Funktion y = h(x) = x 2 + 1, x U := IR, h(u) = (, 1] IR Obiger Satz auch anwendbar, falls keine formelmäßige Auflösung von f(x, y) = nach y möglich ist Sei z B f(x, y) = y + xy 2 e xy, D = IR 2 f(x, y) = transzendente Gleichung in y, nicht formelmäßig nach y aufzulösen Trotzdem existiert hierzu eine explizite Funktion y = g(x) in einer Umgebung von zb x =, y = 1; denn (x, y) = 1 + 2xy xexy, (x, y ) = 1 Für x sind Funktionswerte y = g(x) zur Gleichung numerisch zu ermitteln (Bisektion, Newton) Hier sind Ableitungen und Skalare, damit berechnet sich x x g (x, g(x)) (x) = (x, g(x)) = g(x)2 g(x)exg(x) 1 + 2xg(x) xe xg(x) g () = 1 1 = 1 Spezialfall des Satzes über implizite Funktionen: lokale Existenz von Umkehrabbildungen Invertierungssatz 42

4 Seien X offen in IR n und f : X IR n stetig differenzierbar In einem Punkt x X gelte det ( x (x ) ) Dann gibt es eine offene Umgebung U von x in X mit den Eigenschaften: (i) V = f(u) ist eine offene Umgebung von y = f(x ) und f : U V ist bijektiv (ii) Die eindeutig bestimmte Umkehrabbildung f 1 : V U ist stetig differenzierbar (iii) Es gilt für alle y = f(x) V (f 1 ) (y) = ( f (x) ) 1 Ist zudem f C k (U), dann ist auch f 1 C k (V ) (1 k ) Beweis (Skizze): Nahe bei y ist zu f(x) = y ein x zu finden, dh die Gleichung F(x, y) = f(x) y = nach x aufzulösen Wende Satz über implizite Funktionen an! Dabei ist m = n, jedoch Rollen von x und y vertauscht! Wegen F(x, y ) =, det F x (x, y ) = det f (x ) gibt es offene Umgebung U von x, V von y mit der Eigenschaft: Zu jedem y V existiert genau ein x := g(y) U mit F(x, y) =, also mit f(x) = y, dh g ist gesuchte Umkehrabbildung f 1 und es ist f 1 C 1 (V ) Die Funktion f bildet also die Menge U = f 1 (V ) U bijektiv auf V ab Nur noch zu zeigen: U offen Dies folgt aber aus der Stetigkeit von f, da U = Urbildmenge der offenen Menge V ist Beispiel: Ebene Polarkoordinaten x = r cos ϕ y = r sin ϕ mit r = x 2 + y 2 Für die Abbildung (r, ϕ) (r cos ϕ, r sin ϕ) ist det (x, y) (r, ϕ) = cosϕ r sin ϕ sin ϕ r cosϕ = r sofern (x, y) (, ) Zu jedem Bildpunkt (x, y) gibt es unendlich viele Urbilder (r, ϕ + 2kπ) Jedoch existiert eine Übereinstimmung mit dem Satz in einer Umgebung 43

5 von (x, y ) = (r cos ϕ, r sin ϕ ) eine Umkehrfunktion in C, gegeben durch r = (x 2 + y 2 ) 1/2, ϕ = arc (x, y) = arc tan y x (falls x ist, andernfalls ϕ = arc cot x ), wobei jener Funktionszweig des y Arcustangens zu wählen ist, der für (x, y ) den richtigen Wert ϕ ergibt 28 Extremalprobleme a) ohne Nebenbedingungen Sei X offen IR n und sei f : X IR gegeben Zunächst globale Minimalstelle von f gesucht, dh ein x min X mit f(x min ) f(x) x X Bescheideneres Ziel: lokale Minimalstelle x von f, dh es gibt eine Umgebung U X von x, so dass f( x) f(x) x U, x x oder auch strikte lokale Minimalstelle von f, dh < anstelle von Wir wissen bereits: Ist x X Extremalstelle (dh lokale Minimalstelle oder lokale Maximalstelle) von f, dann gilt f(x ) = Man nennt dann x einen kritischen Punkt oder stationär Dies ist jedoch nur notwendiges Kriterium für Minimal- oder Maximalstelle, wie bereits im 1-dim Fall (waagrechte Wendetangente!) Beispiele: Im Fall n = 2 (vgl Ü oder) einfaches Beispiel von einem Sattelpunkt: Sei f(x, y) = x 2 y 2 Dann f = 2 ( x y ), f ( ) = ( ) Im Eindimensionalen weitere Tests: Vorzeichen von f! Satz (Hinreichende Bedingungen) Seien X offen IR n, f : X IR zweimal stetig differenzierbar Es gelte grad f(x ) = für ein x X Ist die zur Hesse-Matrix H f (x ) zugehörige quadratische Form positiv definit, dh < v T H f (x )v := n ν,µ=1 v ν v µ x ν x µ (x ) ( v IR n \{}), 44

6 (bzw negativ definit), dann ist x eine strikte lokale Minimalstelle (bzw strikte lokale Maximalstelle) Beweis: Satz von Taylor, k = 1 f(x + h) = f(x ) + h T f(x ) + 1 }{{} 2 = n i,j=1 f xi x j (x + ϑh)h i h j für ein ϑ (, 1), oder ( ) f(x + h) f(x ) = 1 2 ht H f (x + ϑh)h Wegen f C 2 (D), daher H f stetig δ > : h < δ H f (x + ϑh), ϑ [, 1] positiv definit, falls H f (x ) positiv definit (negativ definit analog) Also für < h < δ rechte Seite der Gleichung (*) positiv, dh es liegt ein echtes lokales Minimum vor qed Blick auf lineare Algebra: ( 62 Skript) H f (x ) IR n n ist symmetrisch Dann ist H f (x ) positiv definit alle Hauptminoren sind > alle Eigenwerte von H f (x ) sind > Im Fall n = 2 bezeichnet man als Diskriminante D := det H f = f xx f yy f 2 xy ; ein stationärer Punkt von f mit D < heißt Sattelpunkt zb Nullpunkt für Funktion (x, y) x 2 y 2, denn H f () = ( 2 2 ), D = 4 < Tatsächlich verhält sich eine Funktion in der Nähe eines kritischen Punktes mit D < qualitativ so, wie es dieser Prototyp zeigt: Zerlegung in 4 Sektoren, wobei f(x) f(x ) in gegenüberliegenden Sektoren gleiches Vorzeichen besitzt Beispiel zu obigem Satz: Sei f(x, y) = e xy + x 2 + µy 2 mit µ > Wir berechnen f x = ye xy + 2x; f y = xe xy + 2µy; f xx = y 2 e xy + 2, f xy = (1 + xy) e xy, f yy = x 2 e xy + 2µ Offenbar ist (, ) ein kritischer Punkt und D = 4µ 1, f xx () = 2 > Also für µ > 1/4 echtes lokales Minimum; für µ (, 1/4) Sattelpunkt 45

7 Grenzfall µ = 1/4? Keine Auskunft von obigem Satz! Jedoch für xy Abschätzung (bei µ = 1/4) f(x, y) = 1 + (x y)2 + (e xy 1 xy) > 1 + (x + y 2 )2 1 wegen e t > 1 + t für t (Taylorreihe!) Auch falls x = oder y = gilt f(x, y) > 1 = f(, ) für (x, y) (, ) globales Minimum für µ 1/4 b) mit Nebenbedingungen Frage nach Minima, bzw Maxima von f unter zusätzlichen Restriktionen (Nebenbedingungen) in Gestalt von Gleichungen, z B h(x) = (auch interessant für Anwendungen: Ungleichungen) Problemstellung: Seien X offen IR n, f : X IR ( Zielfunktion ), zudem g : X IR p ( Restriktionen, Nebenbedingungen ) mit p < n gegeben Gesucht sind (lokale) Minimal-, bzw Maximalstellen der Einschränkung f N auf N = {x X g(x) = } Beispiel Frage nach Quader größten Volumens bei vorgegebener Länge der Kanten, dh V (x 1, x 2, x 3 ) = x 1 x 2 x 3, x D x (, ) 3 zu maximieren unter 4(x 1 + x 2 + x 3 ) = s, s > gegeben oder h(x 1, x 2, x 3 ) = x 1 + x 2 + x 3 = s 4 =: u Also h : D IR, p = 1 Hier einfach zu lösen durch Auflösen und Einsetzen, dh Aufstellen eines äquivalenten unrestringierten Problems, zb x 3 = u x 1 x 2 Ṽ (x 1, x 2 ) = V ( ) x 1, x 2, u x 1 x 2 = x 1 x 2 (u x 1 x 2 ) = u x 1 x 2 x 2 1 x 2 x 1 x 2 2 ( Ṽ (x u x 2 2x 1 x 2 x 2 ) ( ) 2! 1, x 2 ) = x 1 u x 1 x 2 1 2x 1 x 2 = x 2 u x 1 x 2 2x 2 1x 2 x 1 x 2 2 = u x 1 x 2 x 2 1x 2 2x 1 x 2 2, x 2 1x 2 = x 1 x 2 2, x 1 x }{{ 2 (x } 2 x 1 ) =, x 1 = x 2 =: x > Oben eingesetzt: u x 3 x 2 = x x = u 3 = x 1 = x 2 = x 3 46

8 H V = ( 2x2 u 2x 1 2x 2 u 2x 1 2x 2 2x 1 ) Ṽ x1 x 1 ( x, x ) <, D( x, x) = 4 x 2 ( 1 3 u ) 2 ( 4 = 9 1 ) u 2 9 > also in der Tat echtes lokales Maximum Globales Maximum? Dazu betrachte Maximierung von V auf D = [, ) 3 unter h(x 1, x 2, x 3 ) = x 1 + x 2 + x 3 = u > Maximierung von V auf dem Dreieck mit den Ecken u, u, V stetig, kompakt x max : V (x max ) V (x), x V ( ) < ( u 3 ) 3 = V ( x, x, x), also tritt kein Randmaximum auf u x max V (x max ) = x max = Oft ist die Auflösung der Gleichungsrestriktion(en) und damit die Reduktion auf ein unrestringiertes Extremalproblem nicht möglich Beispiel: Finde den Punkt einer Bahnkurve, gegeben durch h(x) =, der am nächsten zu liegt! maw Minimiere das Abstandsquadrat bei Euklidischer n Metrik f(x) = x 2 ν unter der Nebenbedingung h(x) = ν=1 Lösungswege 1 Weg: Auflösen und Einsetzen, dh Aufstellen eines äquivalenten Problems ohne Nebenbedingungen 2 Weg: Methode der Lagrange-Multiplikatoren mit Satz über implizite Funktionen Zunächst erläutert im Fall n = 2 Seien f, h : D IR 2 IR mit D offen; f, h C 1 (D) Weiter sei (x, y ) D mit h(x, y ) =, h y (x, y ) Satz über implizite Funktionen h = lässt sich in einer Umgebung von (x, y ) eindeutig auflösen durch die Funktion y = g(x) mit g (x) = 47 x x x

9 hx h y (x, g(x)) Damit ist lokal das restringierte Extremalproblem unter der Nebenbedingung h(x, y) = äquivalent zum unrestringierten Extremalproblem mit der Zielfunktion k(x) := f(x, g(x)) Es ist k (x) = f x + f y g und g (x) = h x h y (x, g(x)) Also liegt ein stationärer Punkt von k vor, wenn ( ) k (x) = f x f y h x h y = und h = (kurz ohne Argument) Nach Lagrange kann man diese beiden Gleichungen auch erhalten, wenn man einführt die neue Funktion ( Lagrange-Funktion ) L(x, y, λ) = f(x, y)+λh(x, y) mit der zusätzlichen Variablen λ ( Lagrangscher Multiplikator ) und einen stationären Punkt von L (als Funktion der 3 Variablen x, y, λ) sucht: L x = f x (x, y)+ λh x (x, y) = ( ) L y = f y (x, y)+ λh y (x, y) = h(x, y) = In der Tat (*) (**) bei h y Jetzt allgemeiner Fall: Sei x IR n, y IR m ; D offen IR k Gegeben sei f : D offen IR n m IR, g : D IR m Gesucht sind lokale Extrema von f(x, y) = f(x 1,, x n ; y 1,,y m ) unter den m Nebenbedingungen g 1 (x 1,,x n ; y 1,, y m ) = g m (x 1,,x n ; y 1,, y m ) =, d h gesucht ( x, ŷ) D N mit (Maximum) (Minimum) f( x, ŷ) f(x, y) (x, y) D N U, wobei N = Menge aller Nullstellen von g(in D), U eine Umgebung von ( x,ŷ) Dabei haben wir bereits die Variablen in zwei Klassen aufgeteilt: 48

10 x und y, weil wir nach y unter der Voraussetzung det g auflösen wollen Satz (bei vorgegebener Aufteilung der Variablen): Seien U eine offene Umgebung von ( x,ŷ) IR k IR m, f : U IR und g : U IR m stetig differenzierbar Sei det g ( x,ŷ) Hat die Funktion f unter der Nebenbedingung g = an der Stelle ( x,ŷ) ein lokales Extremum, so gibt es ein λ IR m derart, dass die Lagrange-Funktion L(x, y, λ) = f(x, y) + λ T g(x, y) (x, y) U, λ IR m an der Stelle ( x, ŷ, λ) einen stationären Punkt besitzt Man nennt λ 1, λ m die Lagrangeschen Multiplikatoren An der Stelle ( x,ŷ, λ) bestehen also die Gleichungen x L =, y L =, λ L = ; ausführlicher m L xi = f xi + λ j g j,xi = (i = 1,,n) j=1 m L yk = f yk + λ j g j,yk = (k = 1,, m) j=1 L λk = g k = (k = 1,, m), also n + 2m Gleichungen für n + 2m Unbekannte als eine notwendige Bedingung für das Auftreten eines lokalen Extremums von f unter der Nebenbedingung g =, sofern an der betreffenden Stelle die Matrix g invertierbar ist Beweis: Nach Satz über implizite Funktionen hat g = in einer Umgebung von ( x, ŷ) eine eindeutige Auflösung y = h(x) = ( h 1 (x),,h m (x) ) Also hat F(x) := f ( x, h(x) ) an der Stelle x ein Extremum ohne Nebenbedingungen, folglich m F xi = f xi + f yj h j,xi = (i = 1,,n) oder in Matrixschreibweise Wir wissen j=1 F x = x + h x = h x = g ) 1 g ( x, 49

11 also Setzen wir so gilt an der Stelle ( x, ŷ, λ) x ( g ) 1 g x = λ T = ( λ 1,, λ m ) = g + λt x x = und ( g ) 1 ( x, ŷ) + λt g =, dh die oben behaupteten Gleichungen L xi = L yk = (zusätzlich zur Zulässigkeit: g k = ) qed Ein Vorteil der Lagrangeschen Multiplikatorenregel: keine Auszeichnung der Variablen y k, nach denen aufgelöst wird In den praktischen Anwendungsfällen ist ja auch nicht eine Aufteilung zu unabhängige und abhängige Variable vorgegeben Wir wollen uns daher in der Formulierung der Lagrangeschen Multiplikatorenregel von dieser Aufteilung freimachen und müssen daher die Voraussetzung über die Matrix g ersetzen Lagrangesche Multiplikatorenregel (keine Aufteilung der Variablen): Seien X offen IR n, f : X IR und g : X IR p stetig differenzierbar mit p < n Hat die Funktion f an der Stelle x X unter der Nebenbedingung g = ein lokales Extremum und hat die Funktionalmatrix x g an dieser Stelle den (Höchst-)Rang p, so gibt es ein λ IR p derart, dass ( x, λ) stationärer Punkt ist für die Lagrange-Funktion L(x, λ) = f(x) + p j=1 λ j g j (x) x X, λ IR p Also löst ( x, λ) das Gleichungssystem L x = x + g λt x = ; L λ = g = 5

12 Beweis durch Zurückführen auf obigen Satz Nach Voraussetzung gibt es m g Indizes i 1,,i m derart, dass die Matrix (x i1,,x im an der Stelle x invertierbar ist Fasse die Komponenten (x i1,,x im ) als Vektor y, die restlichen ) Komponenten als Vektor ξ zusammen Dann ist x = (ξ, y) und die obige Situation liegt vor mit ξ anstelle von x Satz (Hinlängliche Bedingungen) Seien X offen IR n, f : X IR und g : X IR p stetig differenzierbar mit p < n An der Stelle x N habe die Funktionalmatrix x g Rang p und es gebe ein λ IR p, so dass ( x, λ) stationärer Punkt ist für die Lagrange-Funktion L Zudem sei die zugehörige Hesse-Matrix ( 2 L ) x ν x = ( 2 f ) p + µ ν,µ=1,,n x ν x µ j=1 λ j ( 2 g j x ν x µ ) in x positiv (bzw negativ) definit Dann ist x eine strikte lokale Minimal- (bzw Maximal-) Stelle der Zielfunktion f unter den Nebenbedingungen g 1 =,,g p = Bemerkung: Die Bedingung der positiven (bzw negativen) Definitheit lässt sich abschwächen Es reicht hin, wenn die Hesse-Matrix ( 2 ) L x ν x positiv µ (bzw negativ) definit ist auf dem Unterraum Z = {z IR n g ( x) z = } Beispiel: (nach Meyberg Vachenauer) Gesucht sind die Extremwerte der quadratischen Form q(x) = x T Ax (mit A = A T IR n n ) auf der Sphäre S = {x IR n : x = 1}: x T Ax = Extr! NB: g(x) 1 x T x = Es ist g (x) = 2x T und Lagrangefunktion L(x, λ) = x T Ax + λ(1 x T x) Notwendige Optimalitätsbedingungen: x L = 2Ax 2λx = λ L = 1 x T x = g(x) = 51

13 sind äquivalent zu dem Eigenwertproblem Ax = λx, x = 1 Also sind die Extremwerte unter q(x) = x T Ax = λx T x = λ zu suchen Ergebnis: Der kleinste Eigenwert von A ist das Minimum, der größte Eigenwert das Maximum der quadratischen Form q (stetig) auf der Sphäre S (kompakt) Die Extrema werden für die zugehörigen Eigenvektoren der Länge 1 angenommen Hinlängliche Bedingungen 2 Ordnung verwenden die Hesse Matrix ( 2 2 ) L xl := = 2(A λi) x ν x µ Anwendung: Der maximale (minimale) Wert der Normalspannung σ = n T Σn, n = 1 in einem Punkt eines elastisch belasteten Körpers ist der größte (kleinste) Eigenwert des Spannungstensors Σ in der Kontinuumsmechanik Ein Zahlenbeispiel Sei n = 3, A = klar λ min = 1 < 2 < 3 = λ max Zu λ = λ max = 3 gehört der Eigenvektor ˆx = (, ±1, ) T (mit x = 1), und damit ist g (ˆx) und vom (Höchst )Rang 1 A 3I =, 1 2 Determinantenkriterium versagt; zugehörige quadratische Form ˆq(x) = x T ( x L(ˆx) ) x = x 2 1 2x2 3 ist semi-negativ-definit, aber nicht negativ-definit (wähle x 1 = x 3 = ; x 2 bel!) Z = { z IR 3 q (ˆx)z = } = { z (, ±1, )z = } = { z z 2 = } und auf Z hat ˆq(z) = zur Folge z 1 = z 3 = und z 2 =, also z = ; dh ˆq ist negativ definit auf dem Unterraum Z Oder ( ) 1 (A 3I)(e 1, e 3 ) = ( e 1, 2e 2 ), (A 3I) Z = 2 ist negativ definit nach dem Determinantenkriterium 52