4 Der Satz über implizite Funktionen

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1 4 Der Satz über implizite Funktionen 41 Impizite Funktionen Der Fall n = m = 1 Beispiel Wir betrachten im Ê 2 die Funktion f(x,y) = x 2 +y 2 r 2 und fragen uns, wann wir das Nullstellengebilde f(x,y) = 0 lokal nach der Variablen y auflösen können, wann es also eine eindimensionale Funktion g gibt mit f(x,g(x)) = 0 Für x < r lassen sich zwei Funktionen g(x) = ± r 2 y 2 angeben In diesem Beispiel können wir die Problematik der Fragestellung genau studieren: Es muss nicht immer eine solche implizite Funktion geben und selbst wenn es sie gibt, ist sie oft nur lokal in einer y-umgebung eindeutig bestimmt Satz [Implizite Funktionen im Fall n = m = 1] Sei B = B r (ξ,η) die offene Kugel des Ê 2 mit Radius r > 0 und sei f C(B) mit f(ξ,η) = 0 Ferner sei f streng monoton wachsend (oder fallend) bezüglich y in B Dann existiert ein Rechteck R = J x J y, J x = [ξ α,ξ +α], J y = [η β,η +β], α,β > 0, und eine stetige Funktion g : J x J y mit Jy (ξ, η) und f(x,g(x)) = 0 x J x, f(x,y) 0 für y g(x) f(x,y) = 0 Jx Beweis: Aufgrund der strengen Monotonie von f in y gilt für β = r/2 Da f stetig ist, gibt es ein α > 0 mit f(ξ,η +β) > 0 und f(ξ,η β) < 0 f(x,η +β) > 0 und f(x,η β) < 0 x J x = [ξ α,ξ +α] Da f für festes x streng monoton in y ist, gibt es nach dem Zwischenwertsatz zu jedem x J x ein eindeutig bestimmtes g(x) mit f(x,g(x)) = 0 Da g(x) eindeutig bestimmt ist, folgt f(x,y) 0 für y g(x) Wir müssen nun noch zeigen, dass die Funktion g stetig ist Sei x J x und ε > 0 vorgegeben Aus f(x,g(x )+ε) > 0, f(x,g(x ) ε) < 0, folgt wegen der Stetigkeit von f für alle x in einer Umgebung von x f(x,g(x )+ε) > 0, f(x,g(x ) ε) < 0 Wegen f(x,g(x)) = 0 ist dies nur möglich, wenn g(x) g(x ) < ε erfüllt ist Damit ist die Funktion g stetig und der Satz bewiesen Die Monotoniebedingung an die Funktion f können wir garantieren, indem wir f als stetig differenzierbar voraussetzen und f y (ξ,η) 0 fordern In diesem Fall ist auch f y (x,y) 0 in einer Umgebung von (ξ,η) und die Funktion f in dieser Umgebung streng monoton in y 42 Implizite Funktionen Der allgemeine Fall Hier betrachten wir Funktionen f(x, y) in den Variablen x Ê n und y Ê m mit Werten im Ê m, also f : D Ê m mit D Ê n+m Für f(ξ,η) = 0 stellen wir die Frage, ob wir das vom Parameter x abhängende nichtlineare (m m)- 33

2 Gleichungssystem f 1 (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 f m (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 für (x,y) in einer Umgebung von (ξ,η) nach y 1,,y m auflösen können Ist dies für jedes x in einer Umgebung von ξ möglich, so können wir die Lösung als Funktion g(x) schreiben, für die dann gilt f(x,g(x)) = 0 Beispiel Ist f affin linear, also von der Gestalt f(x,y) = Ax+By +c, mit A Ê m n, B Ê m m und c Ê m, so lässt sich f(x,y) = 0 jedenfalls dann nach y auflösen, wenn B regulär ist In diesem Fall gilt y = g(x) = (B 1 Ax+B 1 c) Satz [Satz über implizite Funktionen] Sei D Ê n+m ein Gebiet und f C 1 (D) m Sei ferner f(ξ,η) = 0 und (ξ,η) regulär y Dann gibt es Umgebungen U(ξ) D und V(η) Ê m und eine Funktion g : U V, g C 1 (U) m, mit f(x,g(x)) = 0 für alle x U, f(x,y) 0 für alle y V mit y g(x) Im Definitionsbereich von g ist die Funktionalmatrix f y regulär und für die Funktionalmatrix von g gilt (41) g x (x) = ( y (x,g(x)) ) 1 x (x,g(x)), wobei die rechte Seite als Matrizenprodukt der (m m)-matrix ( y ) 1 mit der (m n)-matrix x zu verstehen ist Ist zusätzlich f Ck, so ist auch g C k und die höheren Ableitungen von g können aus der Formel (41) durch Differenzieren bestimmt werden Beweisidee Wir wollen f(x,y) = 0 für x in Umgebung von ξ und y in Umgebung von η lösen Dies ist ein m m-gleichungssystem in y, x ist nur ein Parameter Das Newton-Verfahren zur Lösung dieses Problems ist dann y k+1 = y k y (x,y k) 1 f(x,y k ) Da x nur wenig von ξ abweicht, verwenden wir das vereinfachte Newton-Verfahren und ersetzen die exakte Funktionalmatrix f y (x,y) durch B = f y (ξ,η) Beweis: Wir können ξ = 0 und η = 0 wählen, also f(0,0) = 0 voraussetzen Für die Funktionalmatrizen verwenden wir hier immer die Kurzform, beispielsweise f y statt y Es sei B = f y (0,0) Ê m m, E m die Einheitsmatrix des Ê m und S(x,y) = B 1 f(x,y) y Es gilt (42) f(x,y) = 0 y +S(x,y) = 0 Um an eine Nullstelle von f zu kommen, muss demnach die Fixpunktgleichung für S(x, ) gelöst werden S ist stetig differenzierbar mit S y = B 1 f y E m Wir zeigen, dass T = S(x, ) die Voraussetzungen von Lemma 34 erfüllt, wenn x nahe dem Nullpunkt liegt 34

3 Aufgrund der Definition von B gilt S y (0,0) = 0 Da S y stetig ist, existiert zu L (0,1) ein δ > 0 mit S y (x,y) < L für alle (x,y) B δ (0) B δ (0) Für x B δ (0) und y,y B δ (0) liefert der Mittelwertsatz in der Form (25) S(x,y) S(x,y ) = 1 0 S y (x,y +t(y y ))(y y )dt L y y Da S(0,0) = 0 und S(,0) stetig ist, existiert ein s δ mit S(x,0) < δ(1 L) für alle x B s (0) Nach Lemma 34 existiert zu x B s (0) genau ein y B δ (0) mit y +S(x,y) = 0 Dieses y nennen wir g(x) Es gilt dann g : B s (0) B δ (0) und f(x,g(x)) = 0 für alle x B s (0) Nun weisen wir die Stetigkeit von g nach Wegen (42) gilt für x,x B s (0) und daher 0 = g(x)+s(x,g(x)) = g(x )+S(x,g(x )) g(x) g(x ) S(x,g(x )) S(x,g(x )) + S(x,g(x )) S(x,g(x)) S(x,g(x )) S(x,g(x )) +L g(x) g(x ), also g(x) g(x ) S(x,g(x )) S(x,g(x )) /(1 L) Die Stetigkeit von g folgt daher aus der Stetigkeit von S bezüglich der ersten Variable Man beachte, dass wir die Differenzierbarkeit von f nach x bisher nicht verwendet haben Als letztes zeigen wir die Differenzierbarkeit von g Für x B s (0) ist für genügend kleine h auch x+h B s (0) Dann folgt aus dem Mittelwertsatz = f(x+h,g(x+h)) f(x,g(x)) = f x (ξ,η)h+f y (ξ,η)(g(x+h) g(x)) mit (ξ,η) auf der Verbindungsstrecke der Punkte (x,g(x)) und (x+h,g(x+h)) Durch eventuelles Verkleinern von B s (0) können wir erreichen, dass die Funktionalmatrix f y (ξ,η) regulär ist, denn die Determinante ist eine stetige Funktion der Koeffizienten einer Matrix Für diese x folgt dann g(x+h) g(x) = f y (ξ,η) 1 f x (ξ,η)h = f y (x,y) 1 f x (x,y)h+o(h) Hier haben wir verwendet, dass f und g stetige Funktionen sind Mit limg(x + h) = g(x) folgt limf(ξ,η) = f(x,g(x)) Damit ist g differenzierbar mit g x = fy 1 f x Aus dieser Darstellung folgt auch,dassg x stetigist,denndierechteseiteistesdiestetigkeitvonfy 1 folgt aus der Cramerschen Regel: fy 1 ist eine rationale Funktion der Elemente von f y und stetig, solange der Nenner detf y nicht verschwindet Wir wollen die Formel (41) durch implizite Differentiation nachvollziehen Da wir wegen des Satzes über implizite Funktionen wissen, dass die implizit gegebene Funktion g existiert und differenzierbar ist, können wir die Gleichung h(x) = f(x,g(x)) = 0 nach x mit der Kettenregel differenzieren, 0 = [ ] f(x,g(x)) } x {{} totale Ableitung = (x,g(x))+ x y (x,g(x)) g x (x) Da f y regulär ist, können wir diese Formel nach g x auflösen und erhalten (41) Auch die nach dem Satz über implizite Funktionen existierenden höheren Ableitungen berechnet man am besten durch implizite Diffferentiation Im Spezialfall m = n = 1 erhalten wir aus f(x,g(x)) = 0 f x +f y g = 0 und indem wir diese Gleichung weiter differenzieren, f xx +f xy g +f yx g +f yy (g ) 2 +f y g = 0 35

4 Dies lösen wir nach g auf und erhalten mit g = f x /f y g = 1 f y ( fxx 2f xyf x f y + f yyfx 2 ) 1 ( = fxx fy 2 fy 3 fy 2 2f xy f x f y +f yy fx 2 ) Wir bleiben beim Spezialfall m = n = 1 und wollen die Höhenlinien einer Funktion f : D Ê untersuchen Wir nennen die Menge der Punkte (x,y) mit f(x,y) = c die c-höhenlinie von f Aber ist dies tatsächlich eine Linie? Wenn gradf(x,y) 0 in einem Punkt der Höhenlinie erfüllt ist, so muss wenigstens eine der beiden partiellen Ableitungen nicht verschwinden Nach dem Satz über implizite Funktionen kann die Gleichung f(x, y) = c durch y(x) oder x(y) lokal implizit aufgelöst werden In jedem Fall ist die Höhenlinie in der Tat eine Linie Nun betrachten wir den Spezialfall n = 1, was dem Auflösen eines nichtlinearen (m m)- Gleichungssystems, das von einem Parameter x abhängt, entspricht, f 1 (x,y 1,,y m ) = 0 f m (x,y 1,,y m ) = 0 Beispiel Sei f 1 (x,y 1,y 2 ) = y 1 y 2, f 2 (x,y 1,y 2 ) = y1 2 + y2 2 bezüglich y erhalten wir ( ) y2 y (x,y) = y 1 2y 1 2y 2 x Für die Funktionalmatrix von f y y + mit detf y (y 1,y 2 ) = 2y2 2 2y2 1 Die Funktionaldeterminante verschwindet genau dann, wenn y 1 = ±y 2 Die Lösungen von f(x,y) = 0sindy ± = (0,± x)undy ± = (± x,0)fürx > 0gibt esdahervierlösungen,diefürx = 0zusammenfallenDortistentsprechend die Funktionalmatrix f y singulär Wir können die vom Parameter x abhängenden Lösungen in ein Verzweigunsdiagramm einzeichnen, das in symbolischer Form Auskunft gibt, wie und für welche x-werte Lösungen zusammenfallen bzw sich verzweigen Ganz allgemein gilt: Solange die Funktionalmatrix f y regulär ist, können im Verzweigungsdiagramm weder Verzweigunspunkte noch senkrechte Tangenten auftreten Beides schließt der Satz über implizite Funktionen aus y + y - y - x 43 Der Umkehrsatz Wir betrachten einen Spezialfall des Satzes über implizite Funktionen, nämlich n = m der Form f 1 (x,,x n ) = y 1 f n (x 1,,x n ) = y n und fragen uns, wann die Transformation f lokal umkehrbar ist, oder anders ausgedrückt, ob es eine lokal definierte Transformation g gibt mit f(g(y)) = y Satz Sei f C 1 (D) n in einem Gebiet D Ê n Für ξ D gelte f(ξ) = η und die n n-matrix f x (ξ) sei regulär Dann gibt es eine Umgebung U(ξ) mit (a) V = f(u) ist Umgebung von η (b) f : U V ist bijektiv 36

5 (c) Die Umkehrabbildung g : V U ist stetig differenzierbar mit Ist f C k, so auch g C k ( ) 1 y g(y) = x f(x) mit y = f(x) und x U(ξ) Beweis: Wir können den Satz über implizite Funktionen anwenden, wobei zu beachten ist, dass hier die Rollen von x und y vertauscht sind Wir schreiben F(x,y) = f(x) y Ist nun f(ξ) = η und die Matrix f x (η) regulär, so entspricht das F(ξ,η) = 0 und F x (ξ,η) regulär Nach dem Satz über implizite Funktionen gibt es daher eine Umgebung U von ξ und eine Umgebung V von η sowie eine Funktion g : V U stetig differenzierbar mit F(g(y),y) = 0 oder f(g(y)) = y f ist damit bijektiv von U = g(v) U nach V Für die Funktionalmatrix von g erhalten wir g ( F ) 1 F ( ) 1 y = x y = x Dies stellt eine Verallgemeinerung der wohlbekannten Formel für die eindimensionale Umkehrfunktion dar f ist auf U definiert und stetig, U ist die Urbildmenge der offenen Menge V und damit selber offen Als Anwendung betrachten wir Polarkoordinaten im Ê 2, mit Funktionalmatrix x = rcosφ, y = rsinφ, ( (x, y) cosφ rsinφ (r,φ) = sinφ rcosφ Die Funktionaldeterminante ist r Damit ist die Transformation lokal umkehrbar beispielsweise auf der offene Menge r > 0 und 0 < φ < 2π Offenbar ist die Transformation auf diesem Bereich auch global umkehrbar mit Umkehrfunktion r = (x 2 +y 2 ) 1/2 und φ = arg(x,y) oder ) φ = arctan y x falls x 0, φ = arccot x y falls y 0 Seien U,V Ê n offen und f : U V sei bijektiv Sind f und die Umkehrabbildung g = f 1 offen, so heißt f Homöomorphismus Ist f zusätzlich von der Klasse C 1 mit x regulär, so heißt f Diffeomorphismus 44 Extremwertaufgaben mit Nebenbedingungen Sei D Ê 2 ein Gebiet und f,g C 1 (D) Gesucht ist (x,y) D, das die Aufgabe f(x,y) Min unter allen (x,y) D mit g(x,y) = 0 löst Nach dem Satz über implizite Funktionen wird der Bereich Z = {(x,y) D : g(x,y) = 0} sich ia aus Linien zusammensetzen Sei (ξ, η) eine Lösung dieses Optimierungsproblems mit gradg(ξ,η) 0 Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass g y (ξ,η) 0 Nach dem Satz über implizite Funktionen gibt es Umgebungen U von ξ und V von η sowie eine Funktion h : U V mit g(x,h(x)) = 0 x U 37

6 Die Funktion F(x) = f(x,h(x)) besitzt daher ein lokales Minimum für x = ξ, also F (ξ) = f x (ξ,h(ξ))+f y (ξ,h(ξ))h (ξ) = 0 Nach dem Satz über implizite Funktionen ist h = g x /g y, also f x (ξ,h(ξ))+ f y(ξ,h(ξ)) g y (ξ,h(ξ)) g x(ξ,h(ξ)) = 0 Mit λ 0 = fy g y (ξ,h(ξ)) folgt f y +λ 0 g y = 0 und nach der letzten Formel f x +λ 0 g x = 0, zusammen also (43) gradf(ξ,η)+λ 0 gradg(ξ,η) = 0 Dies ist die notwendige Bedingung für einen Extremwert der restringierten Extremwertaufgabe Zusammen mit der Restriktion g(x, y) = 0 bildet (43) ein nichtlineares Gleichungssystem in den drei Variablen x, y, λ, mit dessen Lösung man sich alle Kandidaten für einen Extremwert verschaffen kann Nun betrachten wir den allgemeinen Fall von m Restriktionen in einem Gebiet D Ê n f sei eine auf D definierte reellwertige Funktion und g : D Ê m Die zulässige Menge oder ausgeschrieben Z = {x D : g(x) = 0} g 1 (x 1,,x n ) = 0, g m (x 1,,x n ) = 0, wird im Allgemeinen eine (n m)-dimensionale Fläche sein Sei m n ξ Z heißt regulärer Punkt von g(x) = 0, wenn die Funktionalmatrix g x (ξ) Rang m hat Dieser Bedingung entspricht im oben betrachteten Fall n = 2 und m = 1, dass gradg(ξ,η) 0 Satz Seien f C 1 (D), g C 1 (D) m und m n ξ D sei lokales Extremum von f unter der Bedingung g(x) = 0 Ist ferner ξ ein regulärer Punkt von g(x) = 0, so gibt es ein λ 0 Ê m, so dass das Lagrange-Funktional stationär in (ξ,λ 0 ) Ê m+n wird, dh L(x,λ) = f(x)+λ g(x) = f(x)+ L x (ξ,λ 0) = gradf(ξ)+ L λ (ξ,λ 0) = g(ξ) = 0 m λ j g j (x) j=1 m λ 0,j gradg j (ξ) = 0 Beweis: Der Beweis verläuft völlig analog zum oben betrachteten Fall Da die Funktionalmatrix g x (ξ) den Rang m n besitzt, gibt es m linear unabhängige Spalten Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass dies die letzten m sind Wir schreiben x = (r,y) mit r j=1 38

7 Ê m n undy Ê m sowieξ = (ξ r,ξ y )undf(r,y),g(r,y)nachvoraussetzungistdie(m m)-matrix g y (ξ r,ξ y )regulärnachdemsatzüberimplizitefunktionengibteseinefunktionh : U(ξ r ) V(ξ y ) mit g(r,h(r)) = 0 r U(ξ r ) f(r,h(r)) besitzt ein relatives Extremum in ξ r, also 0 = r ( f(ξr,h(ξ r )) ) = ()+ r y () h r (ξ r) Nach dem Satz über implizite Funktionen gilt h r = g 1 y g r und damit r () }{{} Ê 1 (n m) Mit λ 0 = f y ()g y () 1 Ê m folgt y () }{{} Ê 1 m g y () 1 }{{} Ê m m g r () }{{} Ê m (n m) = 0 y (ξ)+λ g 0 y (ξ) = 0, r (ξ)+λ g 0 (ξ) = 0, r zusammen also x (ξ)+λ g 0 (ξ) = 0 x Beispiel Im Falle n = 2 wollen wir die Funktion f(x,y) = (x 1) 2 +y 2 unter der Nebenbedingung g(x,y) = x 2 = 0 minimieren Der Bereich, in dem die Extremwerte gesucht werden, ist damit Z = {(0,y) : y Ê} Dieses Problem hat offenbar die Lösung (ξ, η) = (0, 0), die notwendige Bedingung gradf(0,0)+λgradg(0,0) = ( 2(x 1)+2λx 2y +λ 0 ) (x,y)=(0,0) = ( 2 0 )! = ( 0 0 ) wird jedoch von keinem λ Ê erfüllt Grund dafür ist gradg = 0 auf Z, es gibt also keine regulären Punkte in Z Verwenden wir dagegen die äquivalente Parametrisierung g(x, y) = x, so ist die notwendige Bedingung ( 2(x 1)+λ ) = 0, x = 0, 2y +λ 0 eindeutig lösbar Wir sagen in einem solchen Fall: Z wird durch g regulär parametrisiert Bemerkung Für m = n und rangg x (ξ) = n ist die notwendige Bedingung leer, weil nach dem Satz über implizite Funktionen ξ ein isolierter Punkt ist Beispiele (i) Sei A eine symmetrische (n n)-matrix Wir betrachten das Problem Mit dem zugehörigen Lagrange-Funktional q A (x) = x T Ax Min unter x 2 = 1 L(x,λ) = x T Ax+λ(1 x 2 ) folgt L(x,λ) = 2Ax 2λx = 0 x 39

8 Damit sind die Eigenwerte und die zugehörigen Eigenvektoren die stationären Punkte dieses Optimierungsproblems Es gilt λ min = min x =1 q A(x) = min x R(x), λ max = max q A(x) = maxr(x), x =1 x mit dem Rayleigh-Quotienten R(x) = xt Ax x T x = q A(x) x 2 (ii) Sei A Ê m n mit m < n und ranga = m Da das unterbestimmte Gleichungssystem Ax = b mehrdeutig ist, sucht man diejenige Lösung, die eine vorgegebene Funktion minimiert Im einfachsten Fall löst man das Problem x 2 Min unter Ax = b Für λ Ê m lautet das zugehörige Lagrange-Funktional mit der notwendigen Bedingung L(x,λ) = x 2 +λ(ax b) (44) 2x+A T λ = 0 Wir multiplizieren diese Gleichung von links mit A Da A Rang m hat, ist AA T invertierbar und wir erhalten 2Ax+AA T λ = 0 λ = 2(AA T ) 1 b Dies mit (44) kombiniert ergibt die Lösung x = A T (AA T ) 1 b Aufgaben 41 Die Gleichung z 3 + z + xy = 1 hat für jedes (x,y) Ê 2 genau eine Lösung g(x,y) Man zeige, dass g : Ê 2 Ê differenzierbar ist und berechne g (1,1) Man untersuche g auf Extrema 42 Man zeige, dass das Gleichungssystem x 2 +uy +e v = 0, 2x+u 2 uv = 5, in einer Umgebung von (x,y) = (2,5) durch eine C 1 -Transformation (x,y) (u(x,y),v(x,y)) mit u(2,5) = 1 und v(2,5) = 0 aufgelöst werden kann und berechne die Funktionalmatrix dieser Transformation 43 Man zeige, dass die Gleichung y 2 +xz+z 2 e xz = 1 in einer Umgebung des Punktes (0, 1,1) in der Form z = g(x,y) eindeutig auflösbar ist und berechne die Taylorentwicklung von g um den Punkt (0, 1) bis zu den Gliedern der Ordnung 2 44 Man bestimme den achsenparallelen Quader größten Volumens, der dem Ellipsoid x 2 /a 2 + y 2 /b 2 + z 2 /c 2 = 1 einbeschrieben ist 40

9 45 Es seien a 1,,a n beliebige positive Zahlen und p 1,,p n positive Zahlen mit p 1 ++p n = 1 Man zeige a p1 1 apn n p 1 a 1 ++p n a n 46 Bestimmen Sie das Maximum der Funktion f(x) = x 1 ++x n unter der Nebenbedingung x x 2 n = 1 47 Bestimmen Sie das Maximum der Funktion f(x) = 5x 1 + x 2 3x 3 unter den Nebenbedingungen x 1 +x 2 +x 3 = 1 und x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 = 1 41