Bijektivität < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 11:38 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo,
wieder einmal eine Frage zur Bijektivität einer Abbildung.
$f: [mm] \IR^2 \to \IR^2, f(x,y)=x+\alpha [/mm] * [mm] \sin(x+y)$ [/mm] mit [mm] $\alpha \in \IR$. [/mm] Für welche [mm] $\alpha$ [/mm] ist $f$ bijektiv?
Ich stehe da ein wenig auf dem Schlauch. Hatte gedacht, ich fange einfach mit der Definition an:
Injektiv genau dann, wenn $f(x,y)=f(a,b) [mm] \Rightarrow [/mm] (x,y) = (a,b)$:
[mm] $x+\alpha [/mm] * [mm] \sin(x+y) [/mm] = [mm] a+\alpha [/mm] * [mm] \sin(a+b) \gdw [/mm] (x-a) = [mm] \alpha [/mm] * [mm] (\sin(a+b) [/mm] - [mm] \sin(x+y)) \gdw \frac{(x-a)}{\sin(a+b) - \sin(x+y)} [/mm] = [mm] \alpha$
[/mm]
Aber dieser Ansatz führt ja wohl nicht weiter, denn ich habe ja nun Bedingungen an meine Variabeln ($a [mm] \neq [/mm] -b [mm] \wedge [/mm] x [mm] \neq [/mm] y$).
Vielleicht jemand eine Idee?
Danke,
Stefan
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:48 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan!
Also ich habe ja nicht die große Ahnung davon, aber meine erste Idee wäre die folgende:
Eine Funktion ist ja erst dann Surjektiv und nicht Bijektiv, wenn irgendwo ein Extrema vorliegt. D.h., wenn sich das Vorzeichen der Ableitungen (hier hapert es schon, ich denke, dass du dort die partiellen nehmen müsstest) nicht ändert, so kann die Funktion nicht mehr rein Surjektiv und nicht Bijektiv sein (das soll ein Ausdruck sein - Surjektiv aber nicht Bijektiv), sie ist also mindestens Injektiv. Sehe ich das richtig? Wenn ja, dann müsstest du die Analyse der Ableitungen durchführen, da kenne ich mich nicht gut aus.
Liebe Grüße und Entschuldigung, falls es Mist ist :)
Hanno
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:51 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Hanno,
Deine Mitteilung verstehe ich nicht ganz:
> Eine Funktion ist ja erst dann Surjektiv und nicht
> Bijektiv, wenn irgendwo ein Extrema vorliegt. D.h., wenn
> sich das Vorzeichen der Ableitungen [...]
> nicht ändert,
Also, wenn ein Extrema vorliegt, ändert sich doch das Vorzeichen der Ableitung. Und für die Surjektivität ist ja nur entscheidend, ob ich den gesamten Zielraum erreiche -
in diesem Fall [mm] $f(\IR^2) [/mm] = [mm] \IR^2$ [/mm] Nehme mal als Beispiel $f: [mm] \IR \to \IR, f(x)=x^2$. [/mm] $f$ ist nicht surjektiv, denn für alle negative Zahlen gibt es kein Urbild: [mm] $f^{-1}(-x) [/mm] = [mm] \{\}$
[/mm]
Vielleicht meintest Du, dass das Vorzeichen sich nicht ändern soll. Dann ist das (vielleicht) ein notwendiges Kriterium (wäre zu beweisen), aber leider kein hinreichendes, was man an Hand von konstanten Funktionen zeigen kann. Vielleicht wird ein Schuh daraus, wenn man sagt, die Funktion muß streng monoton sein (also die Ableitung ist echt größer oder kleiner Null). Aber auch das ist flasch, was man an Hand von [mm] $f(x)=x^3$ [/mm] zeigen kann: die Funktion ist surjektiv und injektiv - also bijektiv - hat aber im Nullpunkt die Steigung Null (Sattelpunkt). Man müßte also in Deiner Überlegung noch eine Aussage über Sattelpunkte mit aufnehmen, die sicherstellt, dass es auch wirklich nur ein Punkt ist und keine Strecke (wäre ja bei stückweise definierten Funktionen durchaus möglich).
Liebe Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:41 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Ja, so in der Art, einige deiner Einwände mit in Betrachtung gezogen, die anderen wiederum nicht, hatte ich mir das auch gedacht, es scheint aber nicht so leicht lösbar, wie ich mir das vorgestellt hatte.
Sorry ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
Liebe Grüße,
Hanno
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:52 Do 14.10.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan,
> [mm]f: \IR^2 \to \IR^2, f(x,y)=x+\alpha * \sin(x+y)[/mm] mit [mm]\alpha \in \IR[/mm].
> Für welche [mm]\alpha[/mm] ist [mm]f[/mm] bijektiv?
Irgendetwas stimmt hier nicht.
Als erstes ist das doch eine Funktion [mm] $\IR^2\to\IR^{\red{1}}$, [/mm] aber dann ist die Funktion doch weger der Periodizität von [mm] $\sin$ [/mm] für kein [mm] $\alpha$ [/mm] bijektiv (und für [mm] $\alpha=0$ [/mm] erst recht nicht).
Also irre ich mich jetzt komplett oder die Funktion ist eine ganz andere...
Viele Grüße,
Marc
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:14 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Marc,
>
> > [mm]f: \IR^2 \to \IR^2, f(x,y)=x+\alpha * \sin(x+y)[/mm] mit
> [mm]\alpha \in \IR[/mm].
> > Für welche [mm]\alpha[/mm] ist [mm]f[/mm] bijektiv?
>
> Irgendetwas stimmt hier nicht.
> Als erstes ist das doch eine Funktion
> [mm]\IR^2\to\IR^{\red{1}}[/mm],
Ok, stimmt! Leider behauptet das Lehrbuch (Barner/Flohr: Ana 2, 3. Auflage, Kapitel 14.6 Lokale Umkehrbarkeit, implizit gegebene Funktionen, Seite 175, Aufgabe 2):
"Durch $f$ ... wird eine Abbildung des [mm] $\IR^2$ [/mm] auf sich erklärt." Das habe ich doch richtig interpretiert, oder?
> aber dann ist die Funktion doch weger der Periodizität von [mm]\sin[/mm] für kein [mm]\alpha[/mm] bijektiv
> (und für [mm]\alpha=0[/mm] erst recht nicht).
>
Wenn ich mir die Funktion bei ![[]](/images/popup.gif) Arndt Bruenner im 3D-Plotter zeichnen lasse und etwas an [mm] $\alpha$ [/mm] spiele (insbesondrer [mm] $\alpha [/mm] < [mm] \frac{1}{1000}$), [/mm] dann erhalte ich ein Bild, das sehr stark an einer Ebene im [mm] $\IR^3$ [/mm] erinnert. Reduziert auf den [mm] $\IR^2$ [/mm] wäre es dann eine Gerade, oder nicht? Jedenfalls war es das Bild, was mich nicht hat abschrecken lassen, die Aufgabe für lösbar zu halten.
Liebe Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:36 Do 14.10.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Stefan
> Ok, stimmt! Leider behauptet das Lehrbuch (Barner/Flohr:
> Ana 2, 3. Auflage, Kapitel 14.6 Lokale Umkehrbarkeit,
> implizit gegebene Funktionen, Seite 175, Aufgabe 2):
> "Durch [mm]f[/mm] ... wird eine Abbildung des [mm]\IR^2[/mm] auf sich
> erklärt." Das habe ich doch richtig interpretiert, oder?
>
Das ist ja interessant!
Da ich das Buch nicht besitze: könntest du die entsprechende Passage einmal l einscannen und hier präsentieren, incl. der nötigen Zusammenhänge?
Entweder hast du irgendetwas aus dem Zusammenhang unterdrückt, oder der Autor hat tatsächlich einen groben Unfug geschrieben!
Das würde mich jetzt echt interessieren! Du hast die (isolierte) Aussage nämlich schon richtig interpretiert, da brauchst du dir keine Gedanken zu machen! 
Mit lieben Grüssen
Paul
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Paul,
bin wieder unter dem tisch hervorgekrappelt, Scanner angeschlossen...
Der Zusammenhang ist "Umkehrbarkeit und implizit gegebene Funktionen.
Das Kapitel ist etwas zu lang, um alles einzuscannen.
Unser Vorlesungsskript leigt hier : als PDF.
Das Bild habe ich hier hochgeladen.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Danke für Dein Erstaunen!
Liebe Grüße,
Stefan
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: gif) [nicht öffentlich]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:11 Do 14.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Stefan!
Dann hast du uns ja nur die halbe Wahrheit erzählt. 
Die Funktion ist $(f,g): [mm] \IR^2 \to \IR^2$.
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:23 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Stefan,
wenn Paul nicht wäre... das schmerzt nun wirklich... Ich glaube, ich mach mal Pause!
Man, könnte echt in die Tischkante beißen!
Danke!!!!
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:22 Do 14.10.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Stefan
dache ich es mir doch!
Ich vermute (da dur nur einen sehr kleinen Ausschnitt eingescannt hast), dass irgendwo weiter oben erklärt ist, dass eine Funktion
[mm] $\IR^2 \to \IR^2$
[/mm]
komponentenweise gegeben werden kann, nämlich so:
$h(x,y)=(f(x,y),g(x,y))$
Stimmts, oder habe ich Recht?
Somit ist deine in der Frage übermittelte Funktion ja nur die 1. Komponente, die 2. Komponente hast du völlig unterschlagen.
Das darfst du narürlich nicht tun!
Kannst du meine Vermutung bitte noch bestätigen? Dann kann man ja beruhigt endlich zu fruchtbaren Taten schreiten!
Und: vielen herzlichen Dank für den Link auf das Skript. Ich lese gerne solche Sachen. Möglicherweise kann ja sogar ich noch etwas dazulernen!
(Das mit dem Dazulernen meine ich ernst, das mit dem "sogar ich" natürlich nicht!
Mit lieben Grüssen
Paul
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:28 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Paul,
ja, na klar ist das (eigentlich auch mir) bekannt, dass die Funktionen komponentenweise definiert werden können. Wenn Du nicht auf die Idee mit dem Einscannen gekommen wärst, hätte hier niemand meine Unzulänglichkeit bemerkt. Tut mir leid, ich habe die Aufgabe nicht so verstanden!
Danke, für den Schlag auf den Hinterkopf.
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:56 Do 14.10.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo,
nach dem wir heute vormittag die Aufgabenstellung geklärt haben (nochmals herzlichen dank) kann ich leider nicht locker lassen (sorry)
Die Aufgabe war: Durch
[mm] $f(x,y)=x+\alpha*\sin(x+y)$ [/mm] und $g(x,y) = [mm] y+\alpha\cos(x+y)$ [/mm] wird eine Funktion von [mm] $\IR^2$ [/mm] auf sich selbst definiert. Wann ist diese Funktion bijektiv?
So, ich dachte, ich greife mal in die Trickkiste. Überlegung ist: Wenn diese Funktion global umkehrbar ist, dann ist sie auch bijektiv.
Also losgerechnet:
Definiere $h: [mm] \IR^2 \times \IR \to \IR, h(f(x,y),g(x,y),\alpha) [/mm] = [mm] (x+\alpha*\sin(x+y), y+\alpha\cos(x+y))$
[/mm]
Ich habe dann die Ableitung gebildet:
$ [mm] \pmat{ 1+\alpha * \cos(x+y) & \alpha * \cos(x+y) & \sin(x+y) \\ - \alpha * \sin(x+y) & 1-\alpha * \sin(x+y) & \cos(x+y) }$
[/mm]
und überprüft, wann die Determinanten der Untermatrizen gleich Null werden.
[mm] $A_1 [/mm] := [mm] \pmat{ 1+\alpha * \cos(x+y) & \alpha * \cos(x+y) \\ - \alpha * \sin(x+y) & 1-\alpha * \sin(x+y) } \Rightarrow [/mm] det [mm] A_1 [/mm] = [mm] 1-\alpha (\sin(x+y)-\cos(x+y))$
[/mm]
[mm] $A_2 [/mm] := [mm] \pmat{ 1+\alpha * \cos(x+y) & \sin(x+y) \\ - \alpha * \sin(x+y) & \cos(x+y) } \Rightarrow [/mm] det [mm] A_2 [/mm] = [mm] \alpha [/mm] + [mm] \cos(x+y)$
[/mm]
[mm] $A_3 [/mm] := [mm] \pmat{ \alpha * \cos(x+y) & \sin(x+y) \\ 1-\alpha * \sin(x+y) & \cos(x+y) } \Rightarrow [/mm] det [mm] A_3 [/mm] = [mm] \alpha [/mm] - [mm] \sin(x+y)$
[/mm]
Habe also folgendes Gleichungssystem:
[mm] $1-\alpha (\sin(x+y)-\cos(x+y))=0 [/mm] $
$ [mm] \alpha [/mm] + [mm] \cos(x+y) [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow \alpha [/mm] = [mm] -\cos(x+y) [/mm] $
[mm] $\alpha [/mm] - [mm] \sin(x+y) [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow \alpha [/mm] = [mm] \sin(x+y) [/mm] $
Eingesetzt in obere Gleichung:
[mm] $1-\alpha (\sin(x+y)-\cos(x+y))= [/mm] 1- [mm] \alpha (\alpha [/mm] + [mm] \alpha) [/mm] = 1 - [mm] \alpha^2 [/mm] - [mm] \alpha^2 [/mm] = 0 [mm] \gdw [/mm] 1 = 2 * [mm] \alpha^2 \gdw \alpha [/mm] = [mm] \pm \bruch{1}{2}$
[/mm]
Nun bin ich ja fast drauf und dran, zu behaupten, dass für [mm] $\alpha \in \IR\backslash \{-\bruch{1}{2}, \bruch{1}{2}\}$ [/mm] die Funktion bijektiv ist. Habe dann aber noch einmal in meinen Umkehrsatz geguckt - und - zu dumm - da steht als Voraussetzung, dass die Dimension des Definitionsbereichs gleich der Dimension des Wertebereichs sein muss. Das habe ich natürlich in der Art der Konstruktion nicht. Hätte da jemand einen Vorschlag?
Danke,
Stefan
|
|
|
| |
|
Hallo Stefan,
du machst es dir unnötig schwer.
Betrachte weiterhin die Funktion [mm]h:\IR^2\rightarrow\IR^2[/mm].
Die einzige Determinante, die du beachten musst, ist also die von[mm]A_1[/mm]
Jetzt untersuchst du, ob [mm]1-\alpha(\sin(x+y)-\cos(x+y))[/mm] Null werden kann. Dazu ersetze am besten
[mm]\sin(x+y)-\cos(x+y)=[/mm]
[mm]=\sin(x+y)-sin(\frac{\pi}{2}-(x+y))=[/mm]
[mm]=\sin(x+y)+\sin(x+y-\sin(\frac{\pi}{2}))=[/mm]
[mm]=2\cdot\sin(x+y-\frac{\pi}{4})\cos(\frac{\pi}{4})=[/mm]
[mm]=\sqrt{2}\cdot\sin(x+y-\frac{\pi}{4})[/mm]
Und natürlich nicht zu vergessen:
stefans Einwand, dass dir die Determinante der Jacobi-Matrix für die globale Umkehrbarkeit nichts bringt.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:40 Do 14.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Stefan!
Durch dein Verfahren findest du aber nur Werte für [mm] $\alpha$, [/mm] in denen die Funktion $h$ in jedem Punkt lokal umkehrbar ist.
Das bedeutet noch lange nicht, dass sie dann global bijektiv ist!!.
Umgekehrt kannst du aber schließen, dass diejenigen [mm] $\alpha$, [/mm] für die die Determinante der Jacobi-Matrix Nullstellen hat, mit Sicherheit keine [mm] $\alpha$ [/mm] sind, für die $h$ global bijektiv ist. Für die anderen [mm] $\alpha$, [/mm] für die die Determinante nirgends verschwindet, musst du aber noch einmal auf anderem Wege die Bijektivität nachweisen.
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
Ich hab mich noch mal schlau gemacht und denke, jetzt die Antwort gefunden zu haben. Allerdings bin ich mir nicht sicher und dankbar sowohl für Zustimmung als auch für ein Gegenbeispiel...
Meine Behauptung ist:
Eine Abbildung [mm]f:\IR^n\rightarrow\IR^n[/mm] ist genau dann injektiv, wenn die Jacobi-Matrix von f überall positiv oder überall negativ semidefinit ist.
Mit der Injektivität ist dann auch die Bijektivität gesichert.
Ich hab wirklich keine Ahnung, ob das stimmt, aber für die komplexe Exponentialfunktion, die in einem alten Thread als Abb. [mm]\IR^2\rightarrow\IR^2[/mm] genommen wurde, und die nicht bijektiv ist, gilt:
det(J) ist nie Null, aber:
[mm]\pmat{dx;dy}J\pmat{dx\\dy}=(dx^2+dy^2)\cdot e^x\cdot\cos(y)[/mm] und somit ist die Definitheit von y abhängig.
Das waren so meine Gedanken.
Hugo
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:39 Fr 15.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hugo!
> Meine Behauptung ist:
>
> Eine Abbildung [mm]f:\IR^n\rightarrow\IR^n[/mm] ist genau dann
> injektiv, wenn die Jacobi-Matrix von f überall positiv oder
> überall negativ semidefinit ist.
Du meinst "definit", nicht "semidefinit", oder?
Mir kommt das seltsam vor. Die Begriffe machen doch nur für symmetrische Matrizen Sinn, und das muss ja nicht der Fall sein. Hmh, irgendetwas habe ich hier jetzt nicht verstanden. ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Liebe Grüße
Stefan
|
|
|
| |
|
Hi stefan,
die Definitheit läßt sich allgemein für [mm]n\times n[/mm]-Matrizen angeben. Bei symmetrischen Matrizen, die bekanntlich reell diagonalisierbar sind, geht das sehr leicht über die Eigenwerte.
Es gibt aber auch nicht-reell-diagonalisierbare Matrizen, z.B. die Drehmatrizen im [mm]\IR^2[/mm],
[mm]M_\alpha=\pmat{\cos(\alpha)&\sin(\alpha)\\-\sin(\alpha)&\cos(\alpha)}[/mm].
Die sind für [mm]\cos(\alpha)\>0[/mm] positiv definit,
für [mm]\cos(\alpha)<0[/mm] negativ definit,
uuuuund...
für [mm]\cos(\alpha)=0[/mm] sowohl positiv als auch negativ semidefinit.
Weil so ne Drehung ja bijektiv ist, wollte ich auch semidefinite Matrizen zulassen.
Die Definition von Definitheit einer Matrix M ist meines Erachtens folgende:
man betrachte das Skalarprodukt S eines Vektors [mm] \vec{x} [/mm] mit seinem Bild [mm] M\vec{x}, [/mm] was sich praktischerweise als [mm]S=x^tMx[/mm] berechnen läßt.
Jetzt ist...
- M positiv definit, wenn für alle x gilt, [mm]S>0[/mm]
- M positiv semidefinit, wenn ... [mm]S\ge0[/mm]
- M negativ semidefinit, wenn ... [mm]S\le0[/mm]
- M negativ definit, wenn ... [mm]S<0[/mm]
Sonst ist M indefinit.
Ich hab ne Analysis-Aufgabe gefunden, da sollte man bei 31a) zeigen, dass ne Funktion mit positiv definiter Jacobi-Matrix global umkehrbar ist.
Das 'semi' vor dem definit war schon Absicht. Wenn jemand ein Gegenbeispiel angeben kann, dann bin ich ja auch schon zufrieden.
Im [mm]\IR^1[/mm] gilt meine Behauptung jedenfalls nicht so ganz. Da muss die Abbildung fast überall positiv oder fast überall negativ definit sein, d.h. überall, außer an beliebig vielen isolierten Punkten.
Bei der Abb. [mm]f_1(x)=const.[/mm] ist ja die Jacobi-'Matrix' gleich Null und somit positiv (bzw. negativ) semidefinit. Die ist aber nicht umkehrbar.
Bei der Abb. [mm]f_2(x)=x+\sin(x)[/mm] ist die Jacobi-Matrix [mm]J=1+\cos(x)[/mm] und somit überall positiv definit, außer bei [mm]x=(2k+1)\pi[/mm].
Ich glaub der Beitrag ist jetzt lang genug. Meine Behauptung halte ich weiter aufrecht, ab jetzt nur noch für n>1.
Hugo
|
|
|
| |
|
Hi Stefan,
ich habe inzwischen selbst ein Gegenbeispiel gefunden. Es gibt auch Bijektionen, die eine in manchen Punkten (einschließlich einer offenen Umgebung) indefinite Jacobimatrix besitzen.
Man betrache die Funktion
[mm]f_c:\IR^2\rightarrow \IR^2,\ (x,y)\mapsto(x,y+c\cdot\sin(x))[/mm],
dabei ist c ein reeller Parameter.
Es läßt sich leicht zeigen, dass für [mm]\vmat{c}>2[/mm] die Jacobi-Matrix von f an manchen Stellen indefinit ist. (Für sehr großes c ist das sogar meistens der Fall.)
Offensichtlich ist [mm]f_c[/mm] aber immer bijektiv.
Tja, schade eigentlich.
Hugo
|
|
|
|
![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]"){kind=small}
