kein glob. Max. im Inneren < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:07 Sa 23.06.2012 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Es sei [mm] $U\subset\mathbb{R}^n$ [/mm] offen und beschränkt, die Abbildung [mm] $f\colon {\color{red}\overline{U}}\to\mathbb{R}^n$ [/mm] sei stetig und [mm] $f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}^{\color{red}n}$ [/mm] sei stetig differenzierbar. Ferner sei $Df(x)$ invertierbar für alle [mm] $x\in [/mm] U$. Beweisen Sie, dass [mm] $\lVert f\rVert_2$ [/mm] das globale Maximum nicht in $U$ annehmen kann und
[mm] $\underset{x\in \overline{U}}{\max}\lVert f(x)\rVert_2 [/mm] = [mm] \underset{x\in \partial U}{\max}\lVert f(x)\rVert_2$. [/mm]
Hinweis: Nutzen Sie den Satz über inverse Funktionen, um zu zeigen, dass $f(U)$ offen ist. |
Hallo allerseits,
ich brauche bei dieser Aufgabe mal wieder eure Hilfe. Ich habe mir zwar schon überlegt, was ich zeigen will, um die Aufgabe zu lösen, habe aber so meine Probleme, das auch tatsächlich zu tun. Folgendes habe ich bis jetzt:
Erstmal der Hinweis:
Nach Voraussetzung ist [mm] $U\subset \mathbb{R}^n$ [/mm] offen und [mm] $f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}^n$ [/mm] stetig differenzierbar. Außerdem ist $Df(x)$ invertierbar für alle [mm] $x\in [/mm] U$, d.h. nach dem Satz über inverse Funktionen existieren [mm] $\forall [/mm] x [mm] \in [/mm] U$ offene Umgebungen (hier war ich mir mit den Bezeichnungen nicht sicher. Wäre es hier besser, ich würde die Umgebungen mit Indizes versehen?) [mm] $U^\star_x \subseteq [/mm] U$, sowie offene Umgebungen [mm] $V^\star_x$ [/mm] von $y:=f(x)$, so dass [mm] $f_{|U^\star_x}\colon U^\star_x\to V^\star_x$ [/mm] bijektiv ist und [mm] $f^{-1}\colon V^\star_x\to U^\star_x$ [/mm] ebenfalls stetig differenzierbar ist.
Hier wirds dann etwas schwammig:
Es folgt, da [mm] $V^\star_x$ [/mm] offen und [mm] $\cup^\infty V^\star_x [/mm] = f(U)$, dass $f(U)$ offen ist, bzw., da [mm] $U=\cup^\infty U^\star_x$ [/mm] und [mm] $U^\star_x$ [/mm] offen ist für alle [mm] $x\in [/mm] U$ und [mm] $f^{-1}\colon f(U)\to [/mm] U$ stetig ist, ist $f(U)$ ebenfalls offen.
Bis dahin ist also, glaube ich alles, zumindest prinzipiell, richtig. Danach hakt es dann aber. Meine Idee war, aus der Invertierbarkeit von $Df(x)$ über [mm] $\det Df(x)\neq [/mm] 0$ zu folgern, dass [mm] $\nabla\lVert f(x)\rVert_2\neq 0_n$ [/mm] auf $U$, also dass [mm] $\lVert f(x)\rVert_2$ [/mm] keine lokalen Extrema hat. Dabei wäre ja [mm] $\nabla \lVert f(x)\rVert_2=D\lVert f(x)\rVert_2=\frac{f(x)}{\lVert f(x)\rVert_2}\cdot [/mm] Df(x)$, wenn ich da nach der Kettenregel richtig abgeleitet habe. Aber bis jetzt habe ich nur: $Df(x) [mm] \text{ invertierbar } \Rightarrow \det [/mm] Df(x) [mm] \neq [/mm] 0 [mm] \Rightarrow Df(x)\neq 0\in \mathbb{R}^{n\times n}$. [/mm] Und das hilft mir ja, glaube ich, auch nicht weiter. Außerdem habe ich den Hinweis ja jetzt auch noch gar nicht gebraucht...
Weitermachen wollte ich dann aber folgendermaßen, also wenn ich das obige gezeigt hätte.
[mm] $\lVert f(x)\rVert_2$ [/mm] besitzt also auf $U$ kein Maximum. Da allerdings [mm] $\overline{U}$ [/mm] beschränkt (weil $U$ beschränkt, oder gilt das nicht?) und abgeschlossen ist, ist [mm] $\overline{U}$ [/mm] kompakt nach Heine-Borel, also nimmt [mm] $\lVert f(x)\rVert_2$ [/mm] auf [mm] $\overline{U}$ [/mm] Maximum und Minimum an, womit die globale Maximalstelle notwendigerweise in [mm] $\partial [/mm] U$ liegen muss, also:
[mm] $\underset{x\in\overline{U}}{\max} \lVert f(x)\rVert_2 [/mm] = [mm] \underset{x\in\partial U}{\max} \lVert f(x)\rVert_2$. [/mm]
Könntet ihr mir hierbei helfen? Ist meine Vorgehensweise soweit in Ordnung?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:39 So 24.06.2012 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]U\subset\mathbb{R}^n[/mm] offen und beschränkt, die
> Abbildung [mm]f\colon U\to\mathbb{R}^n[/mm] sei stetig und
> [mm]f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}[/mm] sei stetig differenzierbar.
Hier meinst Du wohl [mm]f\colon \IR^n\to\mathbb{R}^n[/mm] . Sonnst bräuchte man doch von der Einschränkung von f auf U gar nicht reden !!
> Ferner sei [mm]Df(x)[/mm] invertierbar für alle [mm]x\in U[/mm]. Beweisen
> Sie, dass [mm]\lVert f\rVert_2[/mm] das globale Maximum nicht in [mm]U[/mm]
> annehmen kann und
>
> [mm]\underset{x\in \overline{U}}{\max}\lVert f(x)\rVert_2 = \underset{x\in \partial U}{\max}\lVert f(x)\rVert_2[/mm].
>
> Hinweis: Nutzen Sie den Satz über inverse Funktionen, um
> zu zeigen, dass [mm]f(U)[/mm] offen ist.
>
> Hallo allerseits,
>
> ich brauche bei dieser Aufgabe mal wieder eure Hilfe. Ich
> habe mir zwar schon überlegt, was ich zeigen will, um die
> Aufgabe zu lösen, habe aber so meine Probleme, das auch
> tatsächlich zu tun. Folgendes habe ich bis jetzt:
>
> Erstmal der Hinweis:
>
> Nach Voraussetzung ist [mm]U\subset \mathbb{R}^n[/mm] offen und
> [mm]f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}^n[/mm] stetig differenzierbar.
> Außerdem ist [mm]Df(x)[/mm] invertierbar für alle [mm]x\in U[/mm], d.h.
> nach dem Satz über inverse Funktionen existieren [mm]\forall x \in U[/mm]
> offene Umgebungen (hier war ich mir mit den Bezeichnungen
> nicht sicher. Wäre es hier besser, ich würde die
> Umgebungen mit Indizes versehen?) [mm]U^\star_x \subseteq U[/mm],
> sowie offene Umgebungen [mm]V^\star_x[/mm] von [mm]y:=f(x)[/mm], so dass
> [mm]f_{|U^\star_x}\colon U^\star_x\to V^\star_x[/mm] bijektiv ist
> und [mm]f^{-1}\colon V^\star_x\to U^\star_x[/mm] ebenfalls stetig
> differenzierbar ist.
>
> Hier wirds dann etwas schwammig:
>
> Es folgt, da [mm]V^\star_x[/mm] offen und [mm]\cup^\infty V^\star_x = f(U)[/mm],
> dass [mm]f(U)[/mm] offen ist, bzw., da [mm]U=\cup^\infty U^\star_x[/mm] und
> [mm]U^\star_x[/mm] offen ist für alle [mm]x\in U[/mm] und [mm]f^{-1}\colon f(U)\to U[/mm]
> stetig ist, ist [mm]f(U)[/mm] ebenfalls offen.
>
> Bis dahin ist also, glaube ich alles, zumindest
> prinzipiell, richtig.
Es ist richtig, aber viel zu umständlich. Die Offenheit von f(U) kannst Du so zeigen:
Sei y [mm] \in [/mm] f(U). Zu zeigen ist: es gibt eine offene Umgebung [mm] V_y [/mm] von y mit [mm] V_y \subseteq [/mm] f(U)
Es gibt ein x [mm] \in [/mm] U mit f(x)=y. Aus dem Satz über inverse Funktionen folgt:
es gibt offene Umgebungen [mm] U_x [/mm] von x und [mm] V_y [/mm] von y mit [mm] f(U_x)=V_y.
[/mm]
Damit haben wir: [mm] V_y =f(U_x) \subseteq [/mm] f(U).
> Danach hakt es dann aber. Meine Idee
> war, aus der Invertierbarkeit von [mm]Df(x)[/mm] über [mm]\det Df(x)\neq 0[/mm]
> zu folgern, dass [mm]\nabla\lVert f(x)\rVert_2\neq 0_n[/mm] auf [mm]U[/mm],
So kannst Du nicht argumentieren, denn [mm] ||f||_2 [/mm] muß nicht (partiell) differenzierbar sein !
Beispiel: n=1, f(x)=x, [mm] ||f(x)||_2=|x| [/mm] ist in 0 nicht differenzierbar.
> also dass [mm]\lVert f(x)\rVert_2[/mm] keine lokalen Extrema hat.
> Dabei wäre ja [mm]\nabla \lVert f(x)\rVert_2=D\lVert f(x)\rVert_2=\frac{f(x)}{\lVert f(x)\rVert_2}\cdot Df(x)[/mm],
> wenn ich da nach der Kettenregel richtig abgeleitet habe.
> Aber bis jetzt habe ich nur: [mm]Df(x) \text{ invertierbar } \Rightarrow \det Df(x) \neq 0 \Rightarrow Df(x)\neq 0\in \mathbb{R}^{n\times n}[/mm].
> Und das hilft mir ja, glaube ich, auch nicht weiter.
> Außerdem habe ich den Hinweis ja jetzt auch noch gar nicht
> gebraucht...
>
> Weitermachen wollte ich dann aber folgendermaßen, also
> wenn ich das obige gezeigt hätte.
>
> [mm]\lVert f(x)\rVert_2[/mm] besitzt also auf [mm]U[/mm] kein Maximum. Da
> allerdings [mm]\overline{U}[/mm] beschränkt (weil [mm]U[/mm] beschränkt,
> oder gilt das nicht?) und abgeschlossen ist, ist
> [mm]\overline{U}[/mm] kompakt nach Heine-Borel, also nimmt [mm]\lVert f(x)\rVert_2[/mm]
> auf [mm]\overline{U}[/mm] Maximum und Minimum an, womit die globale
> Maximalstelle notwendigerweise in [mm]\partial U[/mm] liegen muss,
> also:
>
> [mm]\underset{x\in\overline{U}}{\max} \lVert f(x)\rVert_2 = \underset{x\in\partial U}{\max} \lVert f(x)\rVert_2[/mm].
>
>
> Könntet ihr mir hierbei helfen? Ist meine Vorgehensweise
> soweit in Ordnung?
S.o.
Nimm an , es gäbe ein [mm] x_0 [/mm] in U mit
(*) [mm] ||f(x)||_2 \le ||f(x_0)||_2 [/mm] für alle x in U.
Setze [mm] y_0=f(x_0). [/mm] Dann ist [mm] y_0 \in [/mm] f(U). Da f(U) offen ist, gibt es ein r>0 mit
(**) [mm] \{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
Nun zeige: in [mm] \{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
Wegen [mm] y_1 \in [/mm] f(U) , gibt es ein [mm] x_1 \in [/mm] U mit: [mm] f(x_1)=y_1
[/mm]
Kann dann (siehe (*) , [mm] ||f(x_1)||_2 \le ||f(x_0)||_2 [/mm] gelten ?
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:54 So 24.06.2012 | | Autor: | Lustique |
Hallo FRED,
> Hier meinst Du wohl [mm]f\colon \IR^n\to\mathbb{R}^n[/mm] . Sonnst
> bräuchte man doch von der Einschränkung von f auf U gar
> nicht reden !!
Schreiben wollte ich [mm]f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}^n[/mm], aber gemeint war [mm]f_{|U}\colon \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n[/mm], bzw. [mm]f\colon U\to \mathbb{R}^n[/mm], also hast du natürlich Recht. :O
> Es ist richtig, aber viel zu umständlich. Die Offenheit
> von f(U) kannst Du so zeigen:
>
> Sei y [mm]\in[/mm] f(U). Zu zeigen ist: es gibt eine offene
> Umgebung [mm]V_y[/mm] von y mit [mm]V_y \subseteq[/mm] f(U)
>
> Es gibt ein x [mm]\in[/mm] U mit f(x)=y. Aus dem Satz über inverse
> Funktionen folgt:
>
> es gibt offene Umgebungen [mm]U_x[/mm] von x und [mm]V_y[/mm] von y mit
> [mm]f(U_x)=V_y.[/mm]
>
> Damit haben wir: [mm]V_y =f(U_x) \subseteq[/mm] f(U).
Ja OK, danke! Da hätte ich mir wohl einfach nochmal die Definition von Offenheit angucken sollen. Die war leider schon wieder nicht mehr ganz frisch...
> > Danach hakt es dann aber. Meine Idee
> > war, aus der Invertierbarkeit von [mm]Df(x)[/mm] über [mm]\det Df(x)\neq 0[/mm]
> > zu folgern, dass [mm]\nabla\lVert f(x)\rVert_2\neq 0_n[/mm] auf [mm]U[/mm],
>
>
> So kannst Du nicht argumentieren, denn [mm]||f||_2[/mm] muß nicht
> (partiell) differenzierbar sein !
>
>
>
>
> Beispiel: n=1, f(x)=x, [mm]||f(x)||_2=|x|[/mm] ist in 0 nicht
> differenzierbar.
Danke nochmals! Ich habe mir schon fast gedacht, dass das problematisch würde, aber ich habe gedacht, man könnte irgendwie doch über die Invertierbarkeit argumentieren. Dass [mm] $\lVert f\rVert_2$ [/mm] differenzierbar ist für [mm] $f\not\equiv [/mm] 0$ wäre ja eigentlich sonst klar, oder?
> S.o.
>
>
> Nimm an , es gäbe ein [mm]x_0[/mm] in U mit
>
> (*) [mm]||f(x)||_2 \le ||f(x_0)||_2[/mm] für alle x in U.
>
> Setze [mm]y_0=f(x_0).[/mm] Dann ist [mm]y_0 \in[/mm] f(U). Da f(U) offen ist,
> gibt es ein r>0 mit
>
> (**) [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
>
> Nun zeige: in [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
> mit [mm]||y_0||_2[/mm] < [mm]||y_1||_2.[/mm]
>
> Wegen [mm]y_1 \in[/mm] f(U) , gibt es ein [mm]x_1 \in[/mm] U mit: [mm]f(x_1)=y_1[/mm]
>
> Kann dann (siehe (*) , [mm]||f(x_1)||_2 \le ||f(x_0)||_2[/mm]
> gelten ?
>
> FRED
>
Ok, das kann ich alles so nachvollziehen, außer "in [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
Ach ja, ehrlich gesagt, habe ich auch gerade Probleme das dort oben überhaupt zu zeigen. Das was ich im Folgenden gemacht habe, ist ja die falsche Richtung, bzw. ein Zirkelschluss, und bringt mir dadurch natürlich nichts...
Sei [mm] $y_1\in [/mm] f(U)$ und [mm] $\lVert y_1\rVert_2 [/mm] > [mm] \lVert y_0\rVert_2$:
[/mm]
[mm] $\lVert y_1\rVert_2 [/mm] > [mm] \lVert y_0\rVert_2\Longrightarrow \lVert y_1\rVert_2-\lVert y_0\rVert_2>0 \Longrightarrow \lVert y_1\rVert_2-\lVert y_0\rVert_2=\Big\lVert \lVert y_1\rVert_2 [/mm] - [mm] \lVert y_0\rVert_2\Big\rVert_2\leqslant \lVert y_1-y_0\rVert_2
Muss ich da überhaupt mit Abschätzungen arbeiten, oder argumentiert man da anders? Könntest du mir da noch einen Tipp geben?
Wenn ich das gezeigt habe, gilt natürlich (*) nicht, es gibt also kein [mm] $x_0\in [/mm] U$ mit [mm] $\lVert f(x)\rVert_2 \leqslant \lVert f(x_0)\rVert_2 \quad \forall x\in [/mm] U$. Daraus folgt dann, dass [mm] $\lVert f(x)\rVert_2$ [/mm] auf $U$ kein Maximum hat, das Maximum, was ja auf [mm] $\overline{U}$ [/mm] existiert, also auf [mm] $\partial [/mm] U$ angenommen werden muss, womit dann alles gezeigt wäre, oder?
Danke übrigens nochmal für deine Hilfe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:02 So 24.06.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Lustique,
> > Hier meinst Du wohl [mm]f\colon \IR^n\to\mathbb{R}^n[/mm] . Sonnst
> > bräuchte man doch von der Einschränkung von f auf U gar
> > nicht reden !!
>
> Schreiben wollte ich [mm]f_{|U}\colon U\to \mathbb{R}^n[/mm], aber
> gemeint war [mm]f_{|U}\colon \mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^n[/mm], bzw.
> [mm]f\colon U\to \mathbb{R}^n[/mm], also hast du natürlich Recht.
> :O
Sinnvoll wird das Ganze, wenn der Definitionsbereich von $f$ der Abschluß von $U$, also [mm] $\overline [/mm] U$, ist. Ich glaube, Du wolltest [mm] $f\colon \overline [/mm] U [mm] \to \IR^n$ [/mm] statt [mm] $f\colon [/mm] U [mm] \to \IR^n$ [/mm] schreiben.
> Ok, das kann ich alles so nachvollziehen, außer "in [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
> gibt es ein [mm]y_1[/mm] mit [mm]||y_0||_2[/mm] < [mm]||y_1||_2[/mm]", wenn ich
> ehrlich bin. Könntest du das noch mal erläutern?
Stelle Dir das mal im [mm] $\IR^2$ [/mm] vor. In der Kreisscheibe um [mm] $y_0$ [/mm] gibt es ein [mm] $y_1$ [/mm] mit [mm] $\|y_0\| [/mm] < [mm] \|y_1\|$. [/mm] Hierzu muß man einfach die Verbindungsstrecke vom Ursprung zu [mm] $y_0$ [/mm] ein Stückchen verlängern, so daß man noch in der Kreisscheibe bleibt. Dies klappt jedenfalls, wenn [mm] $y_0$ [/mm] nicht selbst der Ursprung ist. Dann gibt es offensichtlich ein [mm] $y_1$ [/mm] mit $0< [mm] \|y_1\| [/mm] < r $.
Alles weitere hat ja FRED sehr schön erläutert.
Grüße,
Wolfgang
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:16 Mo 25.06.2012 | | Autor: | Lustique |
Hallo Wolfgang,
> Sinnvoll wird das Ganze, wenn der Definitionsbereich von [mm]f[/mm]
> der Abschluß von [mm]U[/mm], also [mm]\overline U[/mm], ist. Ich glaube, Du
> wolltest [mm]f\colon \overline U \to \IR^n[/mm] statt [mm]f\colon U \to \IR^n[/mm]
> schreiben.
Nein, in diesem Fall wollte ich tatsächlich nur $f$ auf $U$, da es da um Differenzierbarkeit ging (was ich zumindest nur auf offenen Mengen kenne), aber für die Betrachtung des Maximums ist der Def.-Bereich dann auch wirklich [mm] $\overline{U}$. [/mm]
> > Ok, das kann ich alles so nachvollziehen, außer "in [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
> > gibt es ein [mm]y_1[/mm] mit [mm]||y_0||_2[/mm] < [mm]||y_1||_2[/mm]", wenn ich
> > ehrlich bin. Könntest du das noch mal erläutern?
>
> Stelle Dir das mal im [mm]\IR^2[/mm] vor. In der Kreisscheibe um [mm]y_0[/mm]
> gibt es ein [mm]y_1[/mm] mit [mm]\|y_0\| < \|y_1\|[/mm]. Hierzu muß man
> einfach die Verbindungsstrecke vom Ursprung zu [mm]y_0[/mm] ein
> Stückchen verlängern, so daß man noch in der
> Kreisscheibe bleibt. Dies klappt jedenfalls, wenn [mm]y_0[/mm] nicht
> selbst der Ursprung ist. Dann gibt es offensichtlich ein
> [mm]y_1[/mm] mit [mm]0< \|y_1\| < r [/mm].
>
> Alles weitere hat ja FRED sehr schön erläutert.
>
> Grüße,
> Wolfgang
Danke für deine Erläuterung! Muss ich also bei diesem Schritt gar nichts mehr zeigen oder begründen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:55 Mo 25.06.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Lustique,
> > Sinnvoll wird das Ganze, wenn der Definitionsbereich von [mm]f[/mm]
> > der Abschluß von [mm]U[/mm], also [mm]\overline U[/mm], ist. Ich glaube, Du
> > wolltest [mm]f\colon \overline U \to \IR^n[/mm] statt [mm]f\colon U \to \IR^n[/mm]
> > schreiben.
>
> Nein, in diesem Fall wollte ich tatsächlich nur [mm]f[/mm] auf [mm]U[/mm],
> da es da um Differenzierbarkeit ging (was ich zumindest nur
> auf offenen Mengen kenne), aber für die Betrachtung des
> Maximums ist der Def.-Bereich dann auch wirklich
> [mm]\overline{U}[/mm].
Na ja, der Definitionsbereich von $f$ kann sich ja im Laufe des Tages oder des Beweises nicht ändern! Er ist also von Anfang an und für immer [mm] $\overline [/mm] U$. Und $f$ ist stetig, damit meint man, daß $f$ in jedem Punkt des Definitionsbereichs stetig ist.
Die Differenzierbarkeitsvoraussetzungen beziehen sich nicht auf $f$ sondern auf [mm] $f_{|U}$, [/mm] also der Einschränkung von $f$ auf $U$.
Differenzierbarkeit ist übrigens nicht nur für offene Definitionsbereiche möglich. So ist [mm] $x\mapsto x^2$ [/mm] auf $[0, 1]$ differenzierbar. Aber die interessantesten Sätze der Differentialrechnung gelten nur für offene Definitionsbereiche.
>
> > > Ok, das kann ich alles so nachvollziehen, außer "in [mm]\{y \in \IR^n: ||y-y_0||_2
> > > gibt es ein [mm]y_1[/mm] mit [mm]||y_0||_2[/mm] < [mm]||y_1||_2[/mm]", wenn ich
> > > ehrlich bin. Könntest du das noch mal erläutern?
> >
> > Stelle Dir das mal im [mm]\IR^2[/mm] vor. In der Kreisscheibe um [mm]y_0[/mm]
> > gibt es ein [mm]y_1[/mm] mit [mm]\|y_0\| < \|y_1\|[/mm]. Hierzu muß man
> > einfach die Verbindungsstrecke vom Ursprung zu [mm]y_0[/mm] ein
> > Stückchen verlängern, so daß man noch in der
> > Kreisscheibe bleibt. Dies klappt jedenfalls, wenn [mm]y_0[/mm] nicht
> > selbst der Ursprung ist. Dann gibt es offensichtlich ein
> > [mm]y_1[/mm] mit [mm]0< \|y_1\| < r [/mm].
> >
> > Alles weitere hat ja FRED sehr schön erläutert.
> >
> > Grüße,
> > Wolfgang
>
>
> Danke für deine Erläuterung! Muss ich also bei diesem
> Schritt gar nichts mehr zeigen oder begründen?
Ich weiß nicht. Mit der rein geometrischen Betrachtung wäre ich einverstanden, aber Dein Korrektor mag anderer Meinung sein. Wichtig ist auf jeden Fall, daß Du die Überlegungen zur Existenz von [mm] $y_1$ [/mm] nachvollziehen kannst. Und wenn Du das kannst, müßtest Du auch in der Lage sein, das aufzuschreiben.
Und wenn nicht, kannst Du ja hier fragen.
Gruß,
Wolfgang
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:33 Di 26.06.2012 | | Autor: | Lustique |
Hallo Wolfgang,
> Na ja, der Definitionsbereich von [mm]f[/mm] kann sich ja im Laufe
> des Tages oder des Beweises nicht ändern! Er ist also von
> Anfang an und für immer [mm]\overline U[/mm]. Und [mm]f[/mm] ist stetig,
> damit meint man, daß [mm]f[/mm] in jedem Punkt des
> Definitionsbereichs stetig ist.
entschuldigt alle beide, aber ich habe mich tatsächlich mehrmals vertan und immer gedacht, ihr bezieht euch auf etwas anderes. Ich habe jetzt im Original-Post die entsprechenden Stellen ausgebessert (ich hatte ein ^n und ein \overline{} unterschlagen. Jetzt steht es da so, wie auf dem Aufgabenzettel.
> Die Differenzierbarkeitsvoraussetzungen beziehen sich nicht
> auf [mm]f[/mm] sondern auf [mm]f_{|U}[/mm], also der Einschränkung von [mm]f[/mm] auf
> [mm]U[/mm].
Ja, damit hast du natürlich Recht.
> Differenzierbarkeit ist übrigens nicht nur für offene
> Definitionsbereiche möglich. So ist [mm]x\mapsto x^2[/mm] auf [mm][0, 1][/mm]
> differenzierbar. Aber die interessantesten Sätze der
> Differentialrechnung gelten nur für offene
> Definitionsbereiche.
Das wäre dann aber in 0 und in 1 nur einseitige Differenzierbarkeit, oder? Jetzt in Ana II wurde eigentlich alles was mit Differenzierbarkeit zu tun hatte nur auf offenen Mengen definiert.
> Ich weiß nicht. Mit der rein geometrischen Betrachtung
> wäre ich einverstanden, aber Dein Korrektor mag anderer
> Meinung sein. Wichtig ist auf jeden Fall, daß Du die
> Überlegungen zur Existenz von [mm]y_1[/mm] nachvollziehen kannst.
> Und wenn Du das kannst, müßtest Du auch in der Lage sein,
> das aufzuschreiben.
>
> Und wenn nicht, kannst Du ja hier fragen.
>
> Gruß,
> Wolfgang
>
Also ich befürchte ich habe hier doch noch Verständnisprobleme: Also, ich habe ja (mit eurer Hilfe sehr viel schöner) gezeigt, dass $f(U)$ offen ist. Das heißt dann, dass ich um jeden Punkt [mm] $y_0\in [/mm] f(U)$ einen Ball legen kann. Jetzt sagt ihr, dass dort in diesem Ball für jedes [mm] $y_0$ [/mm] ein [mm] $y_1$ [/mm] liegt, so dass [mm] $\lVert y_0\rVert_2 [/mm] < [mm] \lVert y_1\rVert_2$, [/mm] aber mir erschließt sich, glaube ich, immer noch nicht, warum das der Fall ist. Könnte man sagen, dass [mm] $\lVert f(U)\rVert_2$ [/mm] ebenfalls offen ist, dann, da es sich hier ja um eine offene Menge in [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] handelt, existiert natürlich auch kein Maximum, wohl aber ein Supremum, denn [mm] $f(\overline{U})$ [/mm] ist ja beschränkt (weil $f$ stetig ist), und damit auch [mm] $f(U)\subseteq f(\overline{U})$. [/mm] Aber das ist ja nicht gegeben, oder? Ich glaube, ich stehe hier etwas auf dem Schlauch...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:18 Di 26.06.2012 | | Autor: | Helbig |
> > Differenzierbarkeit ist übrigens nicht nur für offene
> > Definitionsbereiche möglich. So ist [mm]x\mapsto x^2[/mm] auf [mm][0, 1][/mm]
> > differenzierbar. Aber die interessantesten Sätze der
> > Differentialrechnung gelten nur für offene
> > Definitionsbereiche.
>
> Das wäre dann aber in 0 und in 1 nur einseitige
> Differenzierbarkeit, oder?
Königsberger , Ana 1 definiert Differenzierbarkeit allgemein auf Intervallen. Ist das Intervall $[0;1]$, so ist demnach die Quadratfunktion in $0$ differenzierbar, und sie ist dort auch einseitig differenzierbar. Dagegegen ist die Wurzelfunktion in $0$ weder differenzierbar noch einseitig differenzierbar.
> Jetzt in Ana II wurde eigentlich
> alles was mit Differenzierbarkeit zu tun hatte nur auf
> offenen Mengen definiert.
Ja, das ist auf den ersten Blick inkonsequent. Wenn wir aber beliebige Mengen von [mm] $\IR^n$ [/mm] als Definitionsbereich zuließen, wie z. B. einen eindimensionalen Teilraum, wäre die Ableitung durch die Grenzwertbedingung nur auf dem eindimensionalen Teilraum aber nicht auf ganz [mm] $\IR^n$ [/mm] festgelegt. Solche Pathologieen umgeht man, wenn man als Definitionsbereich nur offene Mengen zuläßt.
>
> Also ich befürchte ich habe hier doch noch
> Verständnisprobleme: Also, ich habe ja (mit eurer Hilfe
> sehr viel schöner) gezeigt, dass [mm]f(U)[/mm] offen ist. Das
> heißt dann, dass ich um jeden Punkt [mm]y_0\in f(U)[/mm] einen Ball
> legen kann. Jetzt sagt ihr, dass dort in diesem Ball für
> jedes [mm]y_0[/mm] ein [mm]y_1[/mm] liegt, so dass [mm]\lVert y_0\rVert_2 < \lVert y_1\rVert_2[/mm],
> aber mir erschließt sich, glaube ich, immer noch nicht,
> warum das der Fall ist.
Also : Sei [mm] $x_0\in [/mm] U$ und [mm] $y_0=f(x_0)\in [/mm] f(U)$. Da $f(U)$ offen ist, gibt es ein $r>0$ mit [mm] $B_r [/mm] = [mm] \{y\colon \|y-y_0\| < r\}\subseteq [/mm] f(U)$.
Setze
[mm] $y_1= \left(1+\frac r {2\|y_0\|}\right)*y_0$, [/mm] falls [mm] $y_0\ne [/mm] 0$ und
[mm] $y_1=(r/2,0,\ldots,0)$, [/mm] falls [mm] $y_0=0$.
[/mm]
Dann ist [mm] $\|y_1-y_0\|= [/mm] r/2$, so daß [mm] $y_1$ [/mm] in $ [mm] B_r [/mm] $ und damit in $f(U)$ liegt und es ein [mm] $x_1\in [/mm] U$ gibt mit [mm] $f(x_1)=y_1$.
[/mm]
Weiter ist
[mm] $\|y_1\| =\|y_0\|+r/2 [/mm] > [mm] \|y_0\|$ [/mm] im ersten Fall, bzw.
[mm] $\|y_1\| [/mm] = r/2 > 0 = [mm] \|y_0\|$ [/mm] im zweiten.
Damit ist [mm] $\|f(x_0)\|=\|y_0\|<\|y_1\|=\|f(x_1)\|$, [/mm] so daß [mm] $\|f(x_0)\|$ [/mm] kein Maximum von [mm] $\bigl\{\|f(x)\|\colon x\in \overline U\bigr\}$ [/mm] ist.
Überzeugt dies?
Gruß,
Wolfgang
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:52 Di 26.06.2012 | | Autor: | Lustique |
> Königsberger , Ana 1 definiert Differenzierbarkeit
> allgemein auf Intervallen. Ist das Intervall [mm][0;1][/mm], so ist
> demnach die Quadratfunktion in [mm]0[/mm] differenzierbar, und sie
> ist dort auch einseitig differenzierbar. Dagegegen ist die
> Wurzelfunktion in [mm]0[/mm] weder differenzierbar noch einseitig
> differenzierbar.
Ich habe gerade nochmal in meinem Ana I-Skript nachgeguckt. Da wurde Differenzierbarkeit ebenfalls allgemein auf Intervallen (mit mehr als einem Punkt) definiert. Das war mir nur nicht mehr geläufig, da ich im Moment eher auf Ana II "getrimmt" bin. 
> Also : Sei [mm]x_0\in U[/mm] und [mm]y_0=f(x_0)\in f(U)[/mm]. Da [mm]f(U)[/mm] offen
> ist, gibt es ein [mm]r>0[/mm] mit [mm]B_r = \{y\colon \|y-y_0\| < r\}\subseteq f(U)[/mm].
>
> Setze
>
> [mm]y_1= \left(1+\frac r {2\|y_0\|}\right)*y_0[/mm], falls [mm]y_0\ne 0[/mm]
> und
>
> [mm]y_1=(r/2,0,\ldots,0)[/mm], falls [mm]y_0=0[/mm].
>
> Dann ist [mm]\|y_1-y_0\|= r/2[/mm], so daß [mm]y_1[/mm] in [mm]B_r[/mm] und damit in
> [mm]f(U)[/mm] liegt und es ein [mm]x_1\in U[/mm] gibt mit [mm]f(x_1)=y_1[/mm].
>
> Weiter ist
>
> [mm]\|y_1\| =\|y_0\|+r/2 > \|y_0\|[/mm] im ersten Fall, bzw.
>
> [mm]\|y_1\| = r/2 > 0 = \|y_0\|[/mm] im zweiten.
>
> Damit ist [mm]\|f(x_0)\|=\|y_0\|<\|y_1\|=\|f(x_1)\|[/mm], so daß
> [mm]\|f(x_0)\|[/mm] kein Maximum von [mm]\bigl\{\|f(x)\|\colon x\in \overline U\bigr\}[/mm]
> ist.
>
> Überzeugt dies?
>
> Gruß,
> Wolfgang
![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]")
Ja, das überzeugt vollkommen. Ich habe das Ganze ohne Probleme nachvollziehen können und habe die Schritte nachgerechnet, danke vielmals! Auch wenn da bei mir die Anschauung flöten gegangen ist (aber das ist eigentlich in Ana II (bspw. bei so wunderbaren Themen wie Mannigfaltigkeiten) fast überall für mich der Fall), kann ich mit dem Beweis wunderbar leben. Danke nochmal!
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