Satz über implizite Funktionen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:50 Fr 20.07.2007 | | Autor: | Vassago |
Hallo liebe Mit-Mathematiker :)
Ich soll in ca. einer Woche in meine letzte mündliche Prüfung fürs Vordiplom machen und bin gerade dabei, meiner Analysis II noch den letzten Schliff zu verpassen, aus dem Grunde hänge ich nun seit zwei Tagen vor dem Beweis des Satzes über implizite Funktionen. Ich gebe mal den Beweis bis zu der Stelle, wo ich hake, wieder, wie ich ihn aus dem Forster II habe; denn ich scheitere "nur" daran, dass g überhaupt eine Abbildung ist - stetig und differenzierbar kann ich problemlos nachvollziehen:
Seien [mm] U_{1}\subset \IR^k [/mm] und [mm] U_2\subset \IR^m [/mm] offen und
F: [mm] U_1 \times U_2 \to \IR^m, (x,y)\mapsto [/mm] F(x,y)
eine stetig differenzierbare Abbildung. Sei [mm] (a,b)\in U_1\times U_2 [/mm] ein Punkt mit F(a,b)=0 und [mm] \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) [/mm] invertierbar.
Dann gibt es eine offene Umgebung [mm] V_1\times V_2 \subset U_1 \times U_2 [/mm] von (a,b) und eine stetig differenzierbare Abbildung g: [mm] V_1 \to V_2 [/mm] mit g(a)=b, sodass:
F(x,g(x))=0 [mm] \forall x\in V_1 [/mm] und F(x,y)=0 [mm] \Rightarrow [/mm] y=g(x) [mm] \forall (x,y)\in V_1 \times V_2.
[/mm]
Beweis: Ohne Einschränkung sei (a,b) = 0. Setze
[mm] B:=\left(\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)\right)^{-1} [/mm]
Denn nach Voraussetzung ist die Matrix dort invertierbar. Setze weiterhin:
G: [mm] U_1 \times U_2 \to \IR^m
[/mm]
[mm]G(x,y):= y - B\cdot F(x,y).[/mm]
Dann gilt: G(x,y) = y [mm] \Leftrightarrow [/mm] F(x,y)=0,
denn [mm]B\cdot F(x,y)=0 \Leftrightarrow F(x,y)=0[/mm], weil B invertierbar ist.
Es gilt weiterhin [mm] \frac{\partial G}{\partial y}(x,y)=E_m - B\cdot \frac{\partial F}{\partial y} (x,y)[/mm], also folgt [mm] \frac{\partial G}{\partial y}(0,0)= 0 [/mm].
Da F nach Voraussetzung stetig partiell differenzierbar ist, gibt es also eine Nullumgebung [mm] W_1 \subset U_1 [/mm] und eine Nullumgebung [mm] W_2 \subset U_2 [/mm] mit
[mm] \left\| \frac{\partial G}{\partial y}(x,y)\right\| \le \frac{1}{2} ~~\forall (x,y)\in W_1\times W_2.
[/mm]
Wir wählen ein [mm]r>0[/mm], sodass
[mm] \{ y \in \IR^m | \|y\|\le r\}=: V_2 \subset W_2
[/mm]
in [mm] W_2 [/mm] ganz enthalten ist.
(*) Es gilt G(0,0)=0, also gibt es eine offene Nullumgebung [mm] V_1 \subset W_1 [/mm] mit
[mm] \sup\limits_{x\in V_1}\|G(x,0)\|=:\varepsilon \le \frac{r}{2} [/mm] (**)
Aus dem Mittelwertsatz und unserer Bedingung an [mm] W_i [/mm] (Norm der Funktionalmatrix kleiner gleich [mm] \frac{1}{2} [/mm] ) folgt:
[mm] \|G(x,y)-G(x,\eta)\| \le \frac{1}{2} \|y [/mm] - [mm] \eta\|
[/mm]
(Zitiere hier genau den Forster:)
"Setzt man [mm] \eta [/mm] = 0, so ergibt sich zusammen mit (**) für alle [mm] x\in V_1
[/mm]
[mm]\|y\|\le r \Rightarrow \|G(x,y)\|\le r [/mm]."
Zu meiner Frage also:
Warum ergibt sich das Zitierte!? Ich seh es einfach nicht. Klar ist das die "Kugelbedingung" für den Fixpunktsatz von Banach, und damit wäre für jedes x aus [mm] V_1 [/mm] genau ein Fixpunkt y mit G(x,y)=y gefunden, also hätten wir für jedes x ein g(x). Ich sehe aber einfach nicht wie ich das o.g. Supremum sinnvoll einbringen kann, denn das zweite Argument ist festgesetzt auf Null, was hat das also überhaupt mit [mm] V_2 [/mm] zu tun!?
Ich wäre für jede Hilfe dankbar, denn ich brauche nur noch diesen Schritt um den Beweis sogar selbstständig führen zu können.
Gruß,
Vassago
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:21 Fr 20.07.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> (*) Es gilt G(0,0)=0, also gibt es eine offene Nullumgebung
> [mm]V_1 \subset W_1[/mm] mit
> [mm]\sup\limits_{x\in V_1}\|G(x,0)\|=:\varepsilon \le \frac{r}{2}[/mm]
> (**)
>
> Aus dem Mittelwertsatz und unserer Bedingung an [mm]W_i[/mm] (Norm
> der Funktionalmatrix kleiner gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm] ) folgt:
> [mm]\|G(x,y)-G(x,\eta)\| \le \frac{1}{2} \|y[/mm] - [mm]\eta\|[/mm]
>
> (Zitiere hier genau den Forster:)
> "Setzt man [mm]\eta[/mm] = 0, so ergibt sich zusammen mit (**) für
> alle [mm]x\in V_1[/mm]
> [mm]\|y\|\le r \Rightarrow \|G(x,y)\|\le r [/mm]."
>
>
> Zu meiner Frage also:
> Warum ergibt sich das Zitierte!? Ich seh es einfach nicht.
Ist das nicht einfach die Dreiecksungleichung? Für [mm]\eta=0[/mm] ist
[mm]\frac{1}{2} \|y\| \geq \|G(x,y)-G(x,0)\| \ge \Bigl|\|G(x,y)\| - \| G(x,0)\|\Bigr|[/mm].
Wenn nun [mm]\|G(x,y)\| > \frac{1}{2} \|y\| \ge \| G(x,0)\| [/mm] ist, folgt
[mm]\|G(x,y)\| \le \| G(x,0)\| + \frac{1}{2} \|y\| \le \|y\|[/mm].
Ist aber [mm]\|G(x,y)\|\le \frac{1}{2} \|y\| [/mm] so ist die Aussage [mm]\|G(x,y)\|\le r [/mm] offensichtlich auch richtig.
Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:33 Fr 20.07.2007 | | Autor: | Vassago |
DANKE SCHÖN!! ... Kann man sich vorstellen, dass ich vor der Zeile schon zwei Tage festhänge? Manchmal habe ich ein ausgewachsenes Möbelhaus vorm Kopf - danke, danke, danke!! :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:43 Do 27.06.2013 | | Autor: | havoc1 |
| Aufgabe | | -Keine konkrete Aufgabenstellung- |
Hallo,
ich krame hier zwar gerade alte Kamellen aus, aber da ich mit dem gleichem Buch arbeite und eine Frage zu diesem Schritt habe, biete sich dieser Beitrag an.
Es geht um folgenden Punkt:
Aus dem Mittelwertsatz und unserer Bedingung an [mm] W_i [/mm] (Norm der Funktionalmatrix kleiner gleich [mm] \frac{1}{2} [/mm] ) folgt:
[mm] \|G(x,y)-G(x,\eta)\| \le \frac{1}{2} \|y [/mm] - [mm] \eta\| [/mm]
Wenn man das umstellt erhält man ja:
[mm] \frac{\|G(x,y)-G(x,\eta)\|}{\|y - \eta\|} \le \frac{1}{2} [/mm]
Dies schreit zwar augenscheinlich nach Mittelwertsatz, aber die Funktion G ist doch keine Abbildung von R nach R.
Mir ist zwar bekannt, dass es auch für vektorwertige Funktionen einen Mittelwertsatz gibt, aber dieser sieht ja nun doch etwas anders aus.
Ich würde also gerne wissen, wie genau man auf diese Ungleichung kommt, bzw. wie man sie aus dem Mittelwertsatz ableitet.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:53 Fr 28.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> -Keine konkrete Aufgabenstellung-
> Hallo,
>
> ich krame hier zwar gerade alte Kamellen aus, aber da ich
> mit dem gleichem Buch arbeite und eine Frage zu diesem
> Schritt habe, biete sich dieser Beitrag an.
>
> Es geht um folgenden Punkt:
>
> Aus dem Mittelwertsatz und unserer Bedingung an [mm]W_i[/mm] (Norm
> der Funktionalmatrix kleiner gleich [mm]\frac{1}{2}[/mm] ) folgt:
> [mm]\|G(x,y)-G(x,\eta)\| \le \frac{1}{2} \|y[/mm] - [mm]\eta\|[/mm]
>
> Wenn man das umstellt erhält man ja:
> [mm]\frac{\|G(x,y)-G(x,\eta)\|}{\|y - \eta\|} \le \frac{1}{2}[/mm]
>
> Dies schreit zwar augenscheinlich nach Mittelwertsatz, aber
> die Funktion G ist doch keine Abbildung von R nach R.
>
> Mir ist zwar bekannt, dass es auch für vektorwertige
> Funktionen einen Mittelwertsatz gibt, aber dieser sieht ja
> nun doch etwas anders aus.
>
> Ich würde also gerne wissen, wie genau man auf diese
> Ungleichung kommt, bzw. wie man sie aus dem Mittelwertsatz
> ableitet.
Schau mal hier:
http://analysis.tleine.de/analysis/ana08.pdf
8.2.11
FRED
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 11:34 Fr 28.06.2013 | | Autor: | havoc1 |
Dies ist ja der Mittelwertsatz für vektorwertige Funktionen.
Man kann diese Identität zwar umstellen, dann erhält man ja folgendes:
[mm] \bruch{f(b)-f(a)}{b-a}= \integral_{0}^{1}{f'(a+t(b-a)) dt}
[/mm]
Kann man hier nun ausnutzen, dass die Ableitung von f kleiner gleich 1/2 ist und erhält damit
[mm] \integral_{0}^{1}{f'(a+t(b-a)) dt} \le \integral_{0}^{1}{0,5} [/mm] dt = 0.5
?
Alles natürlich normiert, und die Norm kann man ja in das Integral hineinziehen, dabei wird es ja nur größer gleich.
Habe ich das so richtig verstanden?
Und noch eine Frage: Ist es sichergestellt, dass (a+t(b-a)) in dem Intervall [mm] W_{1} [/mm] x [mm] W_{2} [/mm] liegt? Man könnte dabei ja t=0 wählen, oder?
Vielen Dank für deine Hilfe!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Sa 06.07.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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