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Der Hauptsatz über implizite Funktionen

Universität / Fachhochschule

Funktionen

Tags: Funktion, implizite Funktion, polynom

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17:47 Uhr, 22.10.2015

Man betrachte die Funktion

Ψ : ℝ^{n + 1} \to ℝ :

Ψ ((b_{0}, \dots, b_{n - 1})^{T}, x) = b_{0} + \dots b_{n - 1} x^{n - 1} + x^{n}

.

Man wende den Hauptsatz uber implizite Funktionen an, um folgendes zu zeigen:
Hat das Polynom

a_{0} + \dots + a_{n - 1} x^{n - 1} + x^{n}

genau n-verschiedene Nullstellen, so gibt es ein

δ > 0

, sodass wenn

∣ a_{0} - b_{0} ∣ < δ, \dots, ∣ a_{n - 1} - b_{n - 1} ∣ < δ

auch das Polynom

b_{0} + \dots + b_{n - 1} x^{n - 1} + x^{n}

, n verschiedene Nullstellen hat, und diese Nullstellen hängen stetig differenzierbar von

b_{0}, . . ., b_{n - 1}

ab.

Wir haben den Hauptsatz über implizite Funktionen so formuliert:

Sei

D \subseteq ℝ^{n + m}

offen, und sei

F : D \to ℝ^{m}, F \in C^{1}

. Weiters sei

(a, b) \in D

, sodass F(a,b)=0 und sodass

d F_{2} (a, b)

invertierbar ist, d.h.

d e t (\frac{d F_{i}}{\partial x_{n + j}} (a, b))_{i, j = 1}^{m} \neq 0

i) Dann existieren offene Kugeln

U = U_{δ} (a) \subseteq ℝ^{n}

um a und

V = U_{ρ} (b) \subseteq ℝ^{m}

um b mit

U \times V \subseteq D

, sowie eine stetige Funktion

g : U \to V

, sodass

F (x, g (x)) = 0

für alle

x \in U

ii) Die Funktion g löst die Gleichung

F (x, y) = 0, x \in U, y \in V

, vollständig in dem Sinn, dass, wenn

(x, y) \in U \times V

mit

F (x, y) = 0

, immer y=g(x) gelten muss. Insbesondere ist b=g(a).

iii)

d F_{2} (u, v)

ist für alle

(u, v) \in U \times V

invertierbar; die Funktion g ist auf U stetig differenzierbar und es gilt

d g (x) = - d F_{2} (x, g (x))^{- 1} d F_{1} (x, g (x))

Ich weiß nicht, wie ich bei dem Beispiel vorgehen soll....

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen
Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung

michaL aktiv_icon

19:41 Uhr, 22.10.2015

Hallo,

zunächst einmal: Glückwunsch. Du hast die Aufgabenstellung vollständigund offenbar korrekt angegeben und außerdem deinen Wissenstand gut nachvollziehbar mit angegeben. Das ist hier nicht selbverständlich (ich weigere mich, hier die neue Rechtschreibung anzuwenden).

Ok, was ist also zu tun?
Du musst offenabr zunächst nachweisen, dass
*

Ψ ((a_{0}, \dots, a_{n})^{T}, \overline{x}) = 0

(Dabei musst du dir selber darber klar werden, welcher Wert für

\overline{x}

sich eignet!)
*

{\det (\frac{\partial Ψ_{i}}{\partial x_{j}} ((a_{0}, \dots, a_{n})^{T}, \overline{x}))}_{i, j = 0}^{n} \neq 0

Erst dann kannst du den Satz über implizite Funktionen anwenden. Checke also erst, ob die Voraussetzungen des Satzes erfüllt sind. (Aller Weitere später.)

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

21:04 Uhr, 22.10.2015

Danke!

Ψ ((a_{0}, \dots a_{n})^{T}, \overline{x}) = a_{0} + \dots a_{n - 1} x^{n - 1} + x^{n}

hat laut Angabe n verschiedene Nullstellen, also gibt es sicher ein x, sodass

Ψ ((a_{0}, \dots a_{n})^{T}, \overline{x}) = 0

ist.

\frac{\partial Ψ_{i}}{\partial x_{j}} = b_{1} + 2 b_{2} x^{2} + \dots + (n - 1) b_{n - 1} x^{n - 2} + n x^{n - 1}

Wie nehme ich die Determinante davon?

michaL aktiv_icon

22:29 Uhr, 22.10.2015

Hallo,

du hast (intuitiv) immerhin korrekt damit gearbeitet, dass es sich um eine 1x1-Matrix handelt.
Fassen wir mal

\vec{a} := (\begin{array}{c} a_{0} \\ ⋮ \\ a_{n - 1} \end{array})

auf und schreiben

Ψ (\vec{a}, x) = \vec{a} \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ ⋮ \\ x^{n - 1} \end{array}) + x^{n}

(Skalarprodukt).

Du suchst also eine Funktion

x = x (\vec{a})

und damit sit deine "Matrix" nur eine 1x1-Matrix, deren Determinante die Zahl selbst ist.

Du musst also

\frac{\partial Ψ}{\partial x} (\vec{a}, x)

bilden und feststellen, dass

\frac{\partial Ψ}{\partial x} (\vec{a}, x) \neq 0

gilt.

Mach das erstmal.

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

23:05 Uhr, 22.10.2015

Danke!

Ψ (\vec{a}, x) = a_{1} + a_{2} x + a_{3} x^{3} + \dots + x^{n - 1} + x^{n}

Bei

\frac{\partial Ψ (\vec{a}, x)}{\partial x}

muss ich dann nur ein Polynom nach x ableiten, also

\frac{\partial Ψ (\vec{a}, x)}{\partial x} = a_{2} + 2 x a_{3} + \dots + (n - 1) x^{n - 2} + n x^{n - 1}

. Das muss aber nicht ungleich 0 sein, also mache ich wahrscheinlich irgendetwas falsch...

michaL aktiv_icon

09:19 Uhr, 23.10.2015

Hallo,

> Bei

\frac{\partial Ψ (a \vec{a}, x)}{\partial x}

muss ich dann nur ein Polynom nach x ableiten, also
>

\frac{\partial Ψ (a \vec{a}, x)}{\partial x} = a_{2} + 2 x a_{3} + \dots + (n - 1) x^{n - 2} + n x^{n - 1}

. Das muss aber nicht ungleich 0 sein[...]

Doch, muss es, da die Polynomfunktion

f (x) := Ψ (\vec{a}, x)

genau

n

Nullstellen hat.
Überlege, wieso nicht auch

f ʹ (x) = 0

gelten kann!

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

09:23 Uhr, 23.10.2015

Eine Ableitung ist nur dann 0, wenn die Funktion konstant oder selber=0 ist und in diesem Fall trifft keines der beiden zu?

michaL aktiv_icon

09:28 Uhr, 23.10.2015

Hallo,

soweit ich weiß, handelt es sich um eine (in

x

) reelle Funktion. Das Argument scheint irgendwie aus der Funktionalanalysis entlehnt.
Nein, das Argument ist viel einfacher.

Nimm doch mal Beispiele von Polynomfunktionen

f

mit

f (x_{0}) = f ʹ (x_{0})

her. Was fällt dir dabei auf?

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

09:36 Uhr, 23.10.2015

Wenn man den Satz von Rolle anwendet, würde folgen, dass f' n-1 Nullstellen hat, die verschieden zu den Nullstellen von f sind. Also hätte f' die maximalst mögliche Nullstellenanzahl, wäre also ungleich 0.

michaL aktiv_icon

10:14 Uhr, 23.10.2015

Hallo,

so kann man argumentieren.
Umgekehrt gedacht: Wäre an einer Nullstelle auch die erste Ableitung Null, dann würde es sich um eine mehrfache Nullstelle handeln, was im Widerspruch zur Voraussetzung von genau

n

verschiedenen (und damit notwendigerweise einfachen) Nullstellen steht.

So oder so, der Satz über implizite Funktionen ist anwendbar.
Nu mal los!

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

10:25 Uhr, 23.10.2015

a \in ℝ^{n}

p_{a} (x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k} x^{k} + x^{n}

und

Ψ : ℝ^{n + 1} \to ℝ

(b_{0}, \dots, b_{n - 1}, x) = p_{b} (x)

Ist

a \in ℝ^{n}

, sodass

p_{a}

n verschiedene Nullstellen

x_{k} k = 1, \dots, n

hat, dann gilt

Ψ (a, x_{k}) = 0

und

D F_{2} (a, x_{k}) = (p a ʹ (x_{k})) \neq 0 \Rightarrow \exists g_{k} : Π_{j = 0}^{n - 1} U_{δ_{k}} (a_{j}) \to U_{ρ_{k}} (x_{k}) : Ψ (b, g (b)) = 0

g_{k}

ist stetig

\Rightarrow g_{k}^{- 1} ((x_{k} - p_{k}, x_{k} + p_{k}) \cap ⋃_{m i n (∣ \frac{x_{k} - x_{k + 1}}{2} ∣, ∣ \frac{x_{k} - x_{k - 1}}{2})} (x_{k})

offen

Sei

ε_{k}

so, dass

Π_{j = 0}^{n - 1} U_{ε_{k}} (a_{j})

ganz in der Menge enthalten ist.

ε := m i n_{k = 1, \dots, n} ε_{k}

Ist nun

b \in Π_{j = 0}^{n - 1} U_{ε} (a_{j})

, dann gilt sicherlich

Ψ (b, g_{k} (b)) = p_{b} (g_{k} (b))) = 0 \forall k = 1, \dots, n

und

g_{j} (b) \neq g_{k} (b), j \neq k

michaL aktiv_icon

11:01 Uhr, 23.10.2015

Hallo,

hab's nur überflogen. Sieht aber ganz gut aus.

Mfg Michael

CatSpi aktiv_icon

19:33 Uhr, 24.10.2015

Danke!

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