Mathematik II für Studierende der Physik

Mathematik II für Studierende der Physik
Ulf Kühn
Department Mathematik
Universität Hamburg
www.math.uni-hamburg.de/home/kuehn
Hamburg, Sommersemester 20081
1
version: July 1, 2008
1 / 327
Inhaltsverzeichnis I
1
Euklidische Vektorräume
Orientierung
Diagonalisierbarkeit
Multilineare Abbildungen
Dualraum
Symmetrische und schiefymmetrische Bilinearformen
Euklidische Vektorräume
Normierte Vektorräume
Metrische Räume
Die Parallelogrammgleichung
Orthonormale Basen
Die orthogonale Gruppe
2
Hermitesche Vektorräume
Die unitäre Gruppe
Normalform unitärer Abbildungen
Normalform orthogonaler Endomorphismen
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Inhaltsverzeichnis II
Selbstadjungierte Endomorphismen
Normalform selbstadjungierte Endomorphismen
Normalform Hermitescher Formen
Hauptachsentransformation
Normale Endomorphismen
3
Hilberträume
Vollständigkeit
Vervollständigung
Quadratisch summierbare Folgen
Orthogonalprojektion
Orthonormale Familien
Hilbertbasen
Stetige lineare Abbildungen, Operatornorm
Darstellungssatz von Riesz
4
Topologische Grundbegriffe
Kompaktheit
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Inhaltsverzeichnis III
Kompaktheit
Satz von Heine-Borel
5
Differenzialrechnung im kartesischen Raum
Partielle Ableitungen
Grundbegriffe der Vektoranalysis
Differenzierbarkeit
Kettenregel
Mittelwertsatz
Kettenregel
Mittelwertsatz
Niveaumengen und lokale Extrema
Taylorentwicklung
Hessematrix und lokale Extrema
Umkehrsatz
Satz über implizite Funktionen
Abbildungen von konstantem Rang
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Inhaltsverzeichnis IV
Untermannigfaltigkeiten des kartesischen Raums
Tangentialraum
Extrema mit Nebenbedingungen
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
Parameterabhängige Integrale
Anwendung auf gew. DGLn
Fourier-Reihen
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Vorbemerkung
Diese Vorlesung ist eine Fortsetzung der Vorlesung
Mathematik I für Studierende der Physik.
Die Bezeichnungen in diesem Skript orientieren sich an denen aus
dem Handout des vergangenen Semester:
www.math.uni-hamburg.de/home/kuehn/mfp1
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Orientierung
Definition
Sei V ein endlichdimensionaler reeller VR.
Zwei Basen B = (b1 , . . . , bn ) und B 0 = (b10 , . . . , bn0 ) heißen gleich
orientiert, wenn der Basiswechsel F = φB 0 ◦ φ−1
B : V → V positive
Determinante hat.
Bemerkungen
Beachte, dass
F (bi ) = bi0 .
Die darstellende Matrix von F bez. der Basis B ist
n
n
MB (F ) = φ−1
B ◦ φB 0 : R → R .
Daher gilt
−1
det(φB 0 ◦ φ−1
B ) = det F = det MB (F ) = det(φB ◦ φB 0 ).
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Definition (Äquivalenzrelation)
Eine Relation auf einer Menge X ist eine Teilmenge R ⊂ X × X .
Wir schreiben x ∼ y für (x, y ) ∈ R.
Eine Relation R ⊂ X × X heißt Äquivalenzrelation, wenn sie
folgende Eigenschaften hat:
(i) x ∼ x für alle x ∈ X ,
(ii) x ∼ y =⇒ y ∼ x und
(iii) x ∼ y ∼ z =⇒ x ∼ z.
Jedes Element x ∈ X definiert eine Äquivalenzklasse
[x] := {y ∈ X |y ∼ x}.
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Satz
Sei V ein reeller VR der Dimension n ∈ N. Wir schreiben B ∼ B 0 ,
falls B und B 0 gleich orientierte Basen von V sind.
a) Die Relation “∼” ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge
der Basen von V .
b) Jede Basis B definiert eine Äquivalenzklasse
[B] := {B 0
Basis von
V |B 0 ∼ B}
und es gibt genau zwei Äquivalenzklassen.
Beweis.
a) ist eine einfache Übungsaufgabe.
b) Sei B = (b1 , . . . , bn ) eine Basis. Jede Basis ist entweder gleich
orientiert zu B oder zu (−b1 , b2 , . . . , bn ). Daher gibt es genau
zwei Äquivalenzklassen.
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Definition
Sei V ein reeller Vektorraum der Dimension n ∈ N. Eine
Orientierung von V ist eine Äquivalenzklasse gleich orientierter
Basen von V .
Bemerkungen
Jede Basis B = (b1 , . . . , bn ) definiert eine Orientierung [B].
Wie wir gesehen haben gibt es genau zwei Orientierungen [B] und
[B]op = [(−b1 , b2 , . . . , bn )]. Letztere heißt die zu [B]
entgegengesetzte (oder umgekehrte) Orientierung.
Automorphismen F ∈ GL(V ) mit det F > 0 heißen
orientierungserhaltend, denn FB = (Fb1 , . . . , Fbn ) ∈ [B] für jede
Basis B = (b1 , . . . , bn ).
F ∈ GL(V ) mit det F < 0 heißt orientierungsumkehrend, denn
FB = (Fb1 , . . . , Fbn ) ∈ [B]op für jede Basis B.
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Beispiele I
Die kanonische Orientierung des Rn ist die durch die kanonische
Basis definierte Orientierung [(e1 , . . . , en )].
Die Basen (e2 , e3 , e1 ) und (−e2 , e1 , e3 ) definieren z.B. die
kanonische Orientierung des R3 .
Die Basis (e2 , e1 , e3 ) definiert die entgegengesetzte Orientierung
[(−e1 , e2 , e3 )].
Die Drehung (um die z-Achse)


cos ϕ − sin ϕ 0
D =  sin ϕ cos ϕ 0 
0
0
1
ist wegen det D = 1 > 0 orientierungserhaltend.
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Beispiele II
Die Spiegelung (an der (x, y )-Ebene)


1 0 0
S = 0 1 0 
0 0 −1
ist wegen det S = −1 < 0 orientierungsumkehrend.
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Diagonalisierbarkeit
Definition
Sei V ein K-VR der Dimension n.
F ∈ End(V ) heißt diagonalisierbar, wenn es eine Basis
B = (b1 , . . . , bn ) von V gibt, so dass die darstellende Matrix von F
Diagonalgestalt hat:
MB (F ) = diag(λ1 , . . . , λn ),
λ1 , . . . , λn ∈ K.
Bemerkung
Die Basisvektoren bi sind dann Eigenvektoren von F und die
Diagonaleinträge λi sind die zugehörigen Eigenwerte λi .
F ist also genau dann diagonalisierbar, wenn es eine Basis aus
Eigenvektoren gibt.
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Satz
Das charakteristische Polynom eines diagonalisierbaren
Endomorphismus F zerfällt in Linearfaktoren.
Beweis. Aus MB (F ) = diag(λ1 , . . . , λn ) folgt
PF (t) = det(diag(λ1 − t, . . . , λn − t))
= (λ1 − t) · · · (λn − t)
= (−1)n (t − λ1 ) · · · (t − λn ).
Bemerkung
Beachte die Umkehrung des Satzes gilt nicht immer.
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Beispiele I
Sei
F =
0 −1
1 0
∈ End(K2 ).
Dann gilt PF (t) = t 2 + 1.
Für K = R hat PF (t) keine Nullstellen und zerfällt also nicht in
Linearfaktoren.
Insbesondere ist F nicht diagonalisierbar. (Bemerkung: F ist die
90◦ -Drehung und hat auch deshalb keine Eigenvektoren.)
Für K = C zerfällt PF (t) = t 2 + 1 = (t + i)(t − i).
Darüber hinaus ist F diagonalisierbar:
F (e1 − ie2 ) = e2 + ie1 = i(e1 − ie2 )
F (e1 + ie2 ) = e2 − ie1 = −i(e1 + ie2 ).
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Beispiele II
Sei
F =
1 1
0 1
∈ End(K2 ).
PF (t) = (t − 1)2 zerfällt in Linearfaktoren, aber F ist nicht
diagonalisierbar:
1 ist der einzige Eigenwert und V1 = Ke1 .
Es gibt also keine Basis aus Eigenvektoren.
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Definition (Multiplizität der Nullstellen des char. Polynoms)
Sei F ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen
K-Vektorraums V und λ eine Nullstelle von PF .
Wir bezeichnen die Multiplizität von λ mit mλ :
PF (t) = (t − λ)mλ Q(t),
Q ∈ K[t],
Q(λ) 6= 0.
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Satz
Es sei Vλ der Eigenraum zu λ und nλ := dim Vλ , dann gilt
nλ ≤ mλ .
Beweis. Sei Bλ = (b1 , . . . , bnλ ) eine Basis des Eigenraums Vλ .
Nach dem Basisergänzungssatz können wir Bλ zu einer Basis B
von V ergänzen.
Dann gilt
MB (F ) =
λ1nλ
0
∗
D
,
wobei D eine quadratische Matrix ist.
Daraus ergibt sich PF (t) = (−1)nλ (t − λ)nλ PD (t) und somit
nλ ≤ m λ .
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Definition (Direkte Summe von mehr als zwei Unterräumen)
Sei V ein VR und V1 , V2 , . . . , Vk ⊂ V Unterräume. Wir schreiben
V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk ,
falls gilt:
(i)
V
=
V1 + V2 + · · · + Vk
:= {v1 + v2 + · · · + vk |vi ∈ Vi , i = 1, 2, . . . , k}
(ii) jedes k-Tupel (v1 , v2 , . . . , vk ) von Vektoren vi ∈ Vi \ 0 ist
linear unabhängig.
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Satz/ÜA
Die folgenden Bedingungen sind äquivalent:
(i) V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk ,
(ii) Jeder Vektor v ∈ V hat eine eindeutige Darstellung
v = v1 + v2 + · · · + vk mit vi ∈ Vi und
(iii) V = (· · · ((V1 ⊕ V2 ) ⊕ V3 ) ⊕ · · · ⊕ Vk−1 ) ⊕ Vk .
Bemerkung
Für unendlichdimensionale Vektorräume V sind die folgenden
Verallgemeinerungen nützlich.
Sei (Vi )i∈I eine beliebige (nicht notwendiger Weise endliche)
Familie von Unterräumen Vi ⊂ V .
P
Wir definieren i∈I Vi := span{∪i∈I Vi } und schreiben
L
P
V = i∈I Vi , falls (i) V = i∈I Vi und (ii) jede Familie (vi )i∈I
von Vektoren vi ∈ Vi \ 0 linear unabhängig ist.
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Satz
Sei V ein VR, F ∈ End(V ) und vi , i = 1, . . . , k, seien
Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwerten λi .
Dann sind (v1 , . . . , vk ) linear unabhängig.
Beweis. Wir führen den Beweis durch Induktion nach k.
Für k = 1 ist nichts zu zeigen.
Es gelte k ≥ 2. Wir nehmen an, dass (v1 , . . . , vk−1 ) linear
unabhängig sind.
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Weiter im Beweis:
Angenommen es gelte 0 =
Pk
i=1 ci vi ,
k
X
0=
so folgt folgt einerseits
λk c i vi
i=1
und andererseits durch Anwendung von F
0=
k
X
λi ci vi .
i=1
Subtraktion der beiden Gleichungen liefert
0=
k−1
X
(λk − λi )ci vi
i=1
und somit ci = 0 für i = 1, . . . , k − 1. Es folgt
P
0 = ki=1 ci vi = ck vk und somit auch ck = 0.
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Satz
Sei V ein endlichdimensionaler VR und F ∈ End(V ).
F ist genau dann diagonalisierbar, wenn
das charakteristische Polynom PF in Linearfaktoren zerfällt und
mλ = nλ für alle Eigenwerte λ.
Beweis.
L λ1 , . . . , λk seien die Eigenwerte von F und
U = ki=1 Vλi ⊂ V die Summe der Eigenräume.
Sei BU eine Basis von U. Nach dem Austauschlemma können wir
BU zu einer Basis B von V ergänzen.
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Weiter im Beweis:
Die darstellende Matrix von F bez. B hat dann die Gestalt
A ∗
MB (F ) =
,
0 D
wobei A die darstellende Matrix der Einschränkung F |U bez. BU ist
und D eine (m × m)-Matrix ist.
Hierbei ist m = dim V − dim U.
Daraus folgt PF (t) = PA (t)Q(t), wobei Q(t) = PD (t), falls m > 0
und Q(t) = 1, falls m = 0.
F ist genau dann diagonalisierbar, wenn U = V , d.h. wenn m = 0.
m = 0 ist gleichbedeutend mit
PF (t) = PA (t) = (λ1 − t)nλ1 · · · (λk − t)nλk .
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Multilineare Abbildungen
Definition
V und W seien K-Vektorräume.
Eine Abbildung
µ : Vk = V × ··· × V
→ W
(v1 , . . . , vk ) 7→ µ(v1 , . . . , vk )
heißt multilinear (genauer k-linear), wenn
µ in jedem der k Argumente linear ist, d.h. wenn
µ(v1 , . . . , vi−1 , λv + λ0 v 0 , vi+1 , . . . , vk )
= λµ(v1 , . . . , v , . . . , vk ) + λ0 µ(v1 , . . . , v 0 , . . . , vk )
für alle i = 1, . . . , k, v , v 0 ∈ V , λ, λ0 ∈ K.
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Beispiele
1-lineare Abbildungen V → W sind genau lineare Abbildungen.
Rb
Bespielsweise ist f 7→ a f (x)dx eine Linearform auf dem VR der
integrierbaren Funktionen auf dem Intervall [a, b].
2-lineare Abbildungen V × V → W nennt man auch bilineare
Abbildungen.
In den Fällen k = 1, 2 spricht man von Linearformen bzw. von
Bilinearformen auf V .
Multilineare Abbildungen V × · · · × V → K mit Werten in K nennt
man auch multilineare Formen.
Die Determinante det : Mat(n, K) = (Kn )n → K ist n-linear.
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Dualraum
Definition (Dualraum)
Der Vektorraum aller Linearformen auf V heißt Dualraum von V
und wird mit V ∗ bezeichnet.
Satz
Für jeden endlichdimensionalen VR gilt dim V ∗ = dim V .
Beweis.
Sei B = (b1 , . . . , bn ) eine Basis von V . Sei b i = bi∗ ∈ V ∗ die
Linearform mit
b i (bj ) = δij ,
j = 1, . . . n.
Behauptung: Dann ist (b 1 , . . . , b n ) eine Basis von V ∗ (die
sogenannte duale Basis) und somit dim V ∗ = n = dim V .
27 / 327
Weiter im Beweis.
Pn
i sind linear unabhängig, denn aus
i
Die bP
i=1 λi b = 0 folgt
n
0 = i=1 λi b i (bj ) = λj für alle j.
Sie bilden auch ein
P Erzeugendensystem, denn für jede Linearform
β ∈ V ∗ gilt β = ni=1 β(bi )b i .
Pn
Pn
i
In der Tat:
i=1 β(bi )b (bj ) =
i=1 β(bi )δij = β(bj ).
28 / 327
Definition
Zu jeder linearen Abbildung F : V → W gehört eine lineare
Abbildung
F ∗ : W ∗ → V ∗,
die definiert ist durch
F ∗ (w ∗ )(v ) := w ∗ (F (v )),
für alle
v ∈ V,
w ∗ ∈ W ∗.
Sie heißt die zu F duale Abbildung.
29 / 327
Satz
Sei F : V → W eine lineare Abbildung zwischen
endlichdimensionalen K-Vektorräumen. Sei
0
A = MBB (F ) ∈ Mat(m, n, K) ihre darst. Matrix bez. Basen
0 ) von V bzw. W . Dann gilt
B = (b1 , . . . , bn ) und B 0 = (b10 , . . . , bm
für die darst. Matrix der dualen Abbildung F ∗ : W ∗ → V ∗ bez. der
0 ∗ ) und B ∗ = (b ∗ , . . . , b ∗ ) von W ∗
dualen Basen B 0 ∗ = (b10 ∗ , . . . , bm
n
1
bzw. V ∗ :
∗
MBB0 ∗ (F ∗ ) = At ∈ Mat(n, m, K).
Beweis.
P
k 0
Aus F ∗ (bi0 ∗ )(bj ) = bi0 ∗ (Fbj ) = bi0 ∗ ( m
k=1 aj bk ) =
Pm
P
Pn
m
k 0∗ 0
k i
i
∗ 0∗
i ∗
k=1 aj bi (bk ) =
k=1 aj δk = aj folgt F (bi ) =
j=1 aj bj ,
∗
d.h. MBB0 ∗ (F ∗ ) = At .
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Symmetrische und schiefymmetrische Bilinearformen
Definition
Eine Bilinearform
β :V ×V →K
heißt symmetrisch, wenn
β(v , w ) = β(w , v )
für alle v , w ∈ V . Sie heißt schiefsymmetrisch, wenn
β(v , w ) = −β(w , v )
für alle
v, w ∈ V .
Die Bilinearform β heißt nicht entartet, wenn die lineare
Abbildung v 7→ β(v , ·), V → V ∗ , injektiv ist. (M.a.W. wenn v = 0
der einzige Vektor ist, für den β(v , w ) = 0 für alle w ∈ V .)
31 / 327
Definition
Sei α : V × V → K eine Bilinearform und B = (b1 , . . . , bn ) eine
Basis von V . Die (n × n)-Matrix A mit den Einträgen
αij := α(bi , bj )
heißt darstellende Matrix von α.
Bemerkungen/ÜA
α ist genau dann symmetrisch bzw. schiefsymmetrisch, wenn A
symmetrisch bzw. schiefsymmetrisch ist, d.h. wenn A = At bzw.
A = −At . α ist genau dann nicht entartet, wenn A invertierbar ist.
(Hinweis: Die darstellende Matrix der linearen Abbildung
v 7→ α(v , ·), V → V ∗ , ist At .)
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Euklidische Vektorräume
Definition
Sei V ein reeller VR. Eine symmetrische Bilinearform
h·, ·i : V × V → R,
(v , w ) 7→ hv , w i
heißt positiv definit, wenn für alle v ∈ V \ 0
hv , v i > 0.
Ein (Euklidisches) Skalarprodukt auf V ist eine positiv definite
symmetrische Bilinearform V × V → R. Ein Euklidischer
Vektorraum ist ein reeller VR zusammen mit einem Skalarprodukt
darauf.
Bemerkung
Skalarprodukte sind nicht entartet, denn aus hv , v i = 0 folgt v = 0.
33 / 327
Beispiel
Das kanonische Skalarprodukt von Rn ist definiert durch
hx, y i :=
n
X
xiyi,
i=1
wobei x =
Pn
i=1 x
ie
i
und y =
Pn
i=1 y
des kanonischen Skalarprodukts von
ist die Einheitsmatrix 1n , denn
ie
Rn
i.
Die darstellende Matrix
bez. der kanonischen Basis
(
1, falls i = j
hei , ej i = δij :=
0 sonst.
34 / 327
Definition
Sei V ein Euklidischer VR. Die Länge eines Vektors v ∈ V ist die
Zahl
kv k :=
p
hv , v i.
Der Abstand d(x, y ) zweier Punkte x, y ∈ V ist die Länge des
Vektors y − x:
d(x, y ) := ky − xk.
35 / 327
Satz (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung)
Sei V ein Euklidischer VR. Dann gilt für alle v , w ∈ V :
|hv , w i| ≤ kv k · kw k,
mit Gleichheit genau dann, wenn v und w linear abhängig sind.
Beweis.
Wir können annehmen, dass v 6= 0 und w 6= 0, denn sonst ist
nichts zu zeigen.
36 / 327
Weiter im Beweis:
Für alle λ, µ ∈ R gilt
0 ≤ hλv + µw , λv + µw i = λ2 kv k2 + µ2 kw k2 + 2λµhv , w i.
q
q
k
kv k
und
µ
=
±
Einsetzen von λ = kw
kv k
kw k liefert die CSU.
Gleichheit gilt genau dann, wenn für eine dieser beiden Wahlen
λv + µw = 0, d.h. wenn v und w linear abhängig sind.
37 / 327
Definition
Sei V ein Euklidischer VR und v , w ∈ V \ 0. Der Winkel ∠(v , w )
zwischen v und w ist definiert als
∠(v , w ) := arccos
hv , w i
∈ [0, π].
kv kkw k
| {z }
∈[−1,1]
Man sagt, dass v , w ∈ V senkrecht aufeinander stehen, wenn
hv , w i = 0
und schreibt dafür v ⊥ w .
38 / 327
Normierte Vektorräume
Definition
Sei V eine K-VR, wobei K = R oder K = C.
Eine Norm auf V ist eine Abbildung
k · k : V → [0, ∞),
v 7→ kv k,
mit folgenden Eigenschaften:
N1) Für v ∈ V gilt genau dann kv k = 0, wenn v = 0.
N2) kλv k = |λ| · kv k für alle v ∈ V , λ ∈ K.
N3) kv + w k ≤ kv k + kw k für alle v , w ∈ V (
Dreiecksungleichung).
Ein normierter Vektorraum ist ein reeller oder komplexer VR
zusammen mit einer Norm darauf.
39 / 327
Satz
Sei V ein reeller VR. Jedes Skalarprodukt h·, ·i auf V definiert eine
Norm k · k auf V :
kv k :=
p
hv , v i,
v ∈ V.
Beweis.
N1) folgt daraus, dass h·, ·i positiv definit ist.
N2) folgt aus der Bilinearität von h·, ·i:
kλv k2 = hλv , λv i = λ2 hv , v i = λ2 kv k2 .
N3) folgt aus der CSU:
kv + w k2 = kv k2 + kw k2 + 2hv , w i
≤ kv k2 + kw k2 + 2kv kkw k = (kv k + kw k)2 .
40 / 327
Metrische Räume
Definition
Eine Metrik (ein Abstandsbegriff) auf einer Menge X ist eine
Abbildung d : X × X → [0, ∞) mit folgenden Eigenschaften:
M1) Für x, y ∈ X gilt genau dann d(x, y ) = 0, wenn x = y .
M2) d(x, y ) = d(y , x) für alle x, y ∈ X .
M3) d(x, z) ≤ d(x, y ) + d(y , z) für alle x, y , z ∈ X (
Dreiecksungleichung).
41 / 327
Satz
Jede Norm k · k auf einem reellen oder komplexen VR V definiert
eine Metrik d : V × V → [0, ∞) durch
d(x, y ) := kx − y k,
x, y ∈ V .
Beweis. M1, M2 sind trivial. M3 folgt aus N3:
kx − zk = kx − y + y − zk ≤ kx − y k + ky − zk.
Beispiel
Die durch die Euklidische Norm von Rn definierte Metrik d heißt
die Euklidische Metrik des Rn .
42 / 327
Definition
Sei (X , d) ein metrischer Raum.
(i) Eine Folge xn ∈ X , n ∈ N, heißt konvergent mit dem
Grenzwert x ∈ X ,
wenn die Folge d(xn , x) ∈ R eine Nullfolge ist.
(ii) Eine Funktion f : X → C heißt im Punkt x ∈ X stetig, wenn
limn→∞ f (xn ) = f (x) für jede gegen x ∈ X konvergente Folge
xn ∈ X .
f heißt stetig, wenn f in allen Punkten x ∈ X stetig ist.
Beispiel
Sei (V , k · k) ein normierter VR mit zugehöriger Metrik d.
Dann ist k · k : V → R eine stetige Funktion (bezüglich der Metrik
d), denn aus N3 folgt |kxk − ky k| ≤ kx − y k.
43 / 327
Satz (Parallelogrammgleichung)
Eine Norm k · k auf einem reellen VR V wird genau dann durch ein
SKP auf V induziert, wenn für alle v , w ∈ V die
Parallelogrammgleichung gilt:
(∗) kv + w k2 + kv − w k2 = 2kv k2 + 2kw k2 .
Beweis.
“=⇒” Aus kuk2 = hu, ui für alle u ∈ V ergibt sich (*) durch
Berechnung der linken Seite mittels der Bilinearität des SKP.
44 / 327
“⇐=” Wir definieren
hv , w i :=
1
kv + w k2 − kv − w k2 .
4
Dann gilt offenbar hv , w i = hw , v i und hv , v i = kv k2 .
Es genügt daher die Linearität von h·, ·i im ersten Argument
nachzuweisen.
Für alle u, u 0 ∈ V gilt:
=
(∗)
=
=
hu + u 0 , w i + hu − u 0 , w i
1
ku + u 0 + w k2 − ku + u 0 − w k2
4
+ ku − u 0 + w k2 − ku − u 0 − w k2
1
1
(ku + w k2 + ku 0 k2 ) − (ku − w k2 + ku 0 k2 )
2
2
1
2
2
(ku + w k − ku − w k ) = 2hu, w i.
2
45 / 327
Wir haben gezeigt, dass
(1)
hu + u 0 , w i + hu − u 0 , w i = 2hu, w i.
Für u = u 0 erhält man h2u, w i = 2hu, w i.
Mit v = u + u 0 und v 0 = u − u 0 ∈ V erhalten wir daher aus (1):
hv , w i + hv 0 , w i = h2u, w i = hv + v 0 , w i.
Daraus folgt leicht hnv , w i = nhv , w i für alle n ∈ Z.
Einsetzen von v = n1 u liefert hu, w i = nh n1 u, w i für alle
u ∈ V , n ∈ Z∗ und somit
(2) hλu, w i = λhu, w i
für alle λ ∈ Q.
Die Stetigkeit der Norm liefert nun die Gleichung (2) für alle
λ ∈ R, da es zu jeder reellen Zahl λ eine Folge rationaler Zahlen
gibt, die gegen λ konvergiert.
46 / 327
Beispiele
(i) Durch
kxk1 :=
n
X
|x i |,
x=
X
x i e i ∈ Rn ,
i=1
wird eine Norm auf Rn definiert.
Diese erfüllt nicht die Parallelogrammgleichung, denn z.B. ist
8 = ke1 + e2 k2 + ke1 − e2 k2 6= 2ke1 k2 + 2ke2 k2 = 4.
(ii) Die Euklidische Norm auf Rn ist die durch
pPndas kanonische
i 2
SKP definierte Norm: kxk := kxk2 :=
i=1 (x ) .
(iii) Die Maximumsnorm
kxkmax := max{|x 1 |, |x 2 |, . . . , |x n |}
auf Rn erfüllt nicht die Parallelogrammgleichung.
47 / 327
Orthonormale Basen
Satz
Sei V ein Euklidischer VR und (vi )i∈I eine orthogonale Familie von
Vektoren vi ∈ V \ 0, d.h.
vi ⊥ vj
für alle
i 6= j.
Dann ist (vi )i∈I linear unabhängig.
Beweis.
P
Sei 0 = j∈J λj vj , wobei J ⊂ I eine endliche Teilmenge ist und
λj ∈ R. Daraus folgt für alle i ∈ J
0 = hvi ,
X
j∈J
λj vj i =
X
λj hvi , vj i = λi kvi k2
j∈J
und somit λi = 0.
48 / 327
Definition
Sei V ein n-dimensionaler Euklidischer VR.
(i) Eine Vektor v ∈ V heißt Einheitsvektor, wenn kv k = 1.
(ii) Eine orthogonale Familie (b1 , . . . , bn ) bestehend aus n
Einheitsvektoren bi ∈ V heißt Orthonormalbasis von V .
(iii) Für jeden Unterraum U ⊂ V heißt der UR
U ⊥ := {v ∈ V |v ⊥ U}
das orthogonale Komplement von U in V .
Beispiel
Die kanonische Basis von Rn ist orthonormal (bez. des kan. SKP).
49 / 327
Lemma
Sei β eine nichtentartete Bilinearform auf einem
endlichdimensionalen VR V und U ⊂ V ein UR.
(i) Dann hat der UR
U 0 :=
{v ∈ V |β(u, v ) = 0 für alle
u ∈ U}
die Dimension dim V − dim U.
(ii) Die Unterräume U und U 0 sind genau dann komplementär,
wenn U ∩ U 0 = 0.
Beweis. Sei (u1 , . . . , ur ) eine Basis von U. Der Unterraum U 0 ist
genau der Lösungsraum des linearen Gleichungssystems
β(ui , v ) = 0,
für alle
i = 1, . . . , r .
50 / 327
Somit gilt dim U 0 = dim V − r , denn unter der injektiven linearen
Abbildung u 7→ β(u, ·) gehen die Basisvektoren ui ∈ U in linear
unabhängige Linearformen β(ui , ·) ∈ V ∗ über. (ii) folgt aus (i) und
der Dimensionsformel:
dim(U + U 0 ) = dim U + dim U 0 − dim(U ∩ U 0 )
(i)
= dim V − dim(U ∩ U 0 ).
51 / 327
Satz
Sei U ⊂ V ein UR eines endlichdimensionalen Euklidischen
Vektorraums. Dann ist U ⊥ ein Komplement zu U in V .
Beweis.
Nach dem vorigen Lemma genügt es U ∩ U ⊥ = 0 zu zeigen. Aus
v ∈ U ∩ U ⊥ folgt hv , v i = 0 und somit v = 0.
52 / 327
Das Orthonormalisierungsverfahren von Gram und Schmidt
Satz (Gram-Schmidt)
Jeder endlichdimensionale Euklidische VR V besitzt eine ONB.
Beweis.
Wir beweisen den Satz durch Induktion nach n = dim V ∈ N. Falls
dim V = 1, so existiert v ∈ V \ 0 und b1 :=
v
kv k
ist eine ONB. Wir
nehmen an, dass jeder Euklid. VR der Dimension < n eine ONB
hat und zeigen, dass dann auch jeder n-dimensionale Euklid. VR
eine ONB hat. Sei v ∈ V \ 0. Nach Induktion besitzt der
(n − 1)-dimensionale UR v ⊥ := (Rv )⊥ eine ONB (b2 , . . . , bn ).
Durch b1 := kvv k wird diese zu einer ONB von V ergänzt.
53 / 327
Die orthogonale Gruppe
Definition
Sei (V , h·, ·i) ein Euklidischer VR.
Eine surjektive lineare Abbildung F : V → V heißt orthogonal,
wenn
hF (v ), F (w )i = hv , w i für alle
v, w ∈ V .
(1)
Bemerkung: Aus (1) folgt, dass F injektiv ist. Falls dim V < ∞,
so folgt daraus die Surjektivität. Diese muss dann also nicht
gefordert werden. ÜA: Die orthogonalen Abbildungen bilden eine
Untergruppe O(V ) ⊂ Aut(V ), die sogenannte orthogonale
Gruppe.
Beispiel
A ∈ O(n) := O(Rn ) ⇐⇒ At A = 1n .
54 / 327
Hermitesche Vektorräume
Definition
Eine Hermitesche Form auf einem komplexen Vektorraum V ist
eine Abbildung
h·, ·i : V × V → C,
die C-linear im ersten Argument ist und
hv , w i = hw , v i
für alle v , w ∈ V erfüllt.
Bemerkung
Daraus folgt, dass h·, ·i : V × V → C konjugiert-linear im zweiten
Argument ist, d.h.
hu, λv + µw i = λhu, v i + µhu, w i
für alle
u, v , w ∈ V , λ, µ ∈ C.
55 / 327
Definition
Eine Hermitesche Form h·, ·i : V × V → C heißt positiv definit,
wenn für alle v ∈ V \ 0
hv , v i > 0.
Ein (Hermitesches) Skalarprodukt auf V ist eine positiv definite
Hermitesche Form V × V → C.
Ein Hermitescher Vektorraum ist ein komplexer VR zusammen mit
einem Hermiteschen Skalarprodukt darauf. (Hermitescher
Vektorräume werden manchmal auch unitäre Vektorräume
genannt.)
56 / 327
Beispiel
Das kanonische (Hermitesche) Skalarprodukt von Cn ist definiert
durch
n
X
hz, w i :=
zi wi ,
i=1
wobei z =
Pn
i=1 z
ie
i
und w =
Pn
i=1 w
ie
i.
57 / 327
Satz (Cauchy-Schwarzsche Ungleichung)
Sei h = h·, ·i ein Hermitesches SKP auf einem C-VR V.
(i) Dann gilt für alle v , w ∈ V :
(∗) |hv , w i| ≤ kv k · kw k,
wobei kv k :=
p
hv , v i.
(ii) Gleichheit in (∗) gilt genau dann, wenn v und w linear
abhängig sind.
58 / 327
Beweis.
(i) Wir können annehmen, dass hv , w i =
6 0 und setzen
λ :=
hv , w i
.
|hv , w i|
Dann gilt |λ| = 1 und somit:
(1)
|hv , w i| = |λhv , w i| = λhv , w i = hλv , w i.
Die CSU für das Euklidische SKP g = Re(h) liefert weiter
(2) hλv , w i = g (λv , w ) ≤
p
p
g (λv , λv ) g (w , w ) = kv k·kw k.
(ii) Gleichheit in (2) und somit in (∗) gilt genau dann, wenn λv
und w linear abhängig über R und somit v und w linear
abhängig über C sind.
59 / 327
Satz (Hermitesche Vektorräume als normierte C-Vektorräume)
Sei V ein komplexer VR. Jedes Hermitesche Skalarprodukt h·, ·i
auf V definiert eine Norm k · k auf V :
p
kv k := hv , v i, v ∈ V .
Beweis. Vgl. entsprechenden Beweis für Euklidische
Skalarprodukte.
60 / 327
Definition (Unitäre Basen)
Sei V ein endlichdimensionaler Hermitescher VR.
Eine unitäre Basis von V ist eine Basis (b1 , . . . , bn ) mit
hbi , bj i = δij .
(Dieser Begriff ist analog zum Begriff der Orthonormalbasis im Fall
Euklidischer Vektorräume.)
Übungsaufgabe
Zeigen Sie, dass jeder endlichdimensionale Hermitesche VR eine
unitäre Basis besitzt.
61 / 327
Definition (Unitäre Gruppe)
Sei (V , h·, ·i) ein Hermitescher VR.
Ein surjektivera Endomorphismus F : V → V heißt unitär, wenn
(∗)
hF (v ), F (w )i = hv , w i für alle
v, w ∈ V .
Die unitären Endomorphismen bilden eine Untergruppe (ÜA !)
U(V ) ⊂ Aut(V ), die sogenannte unitäre Gruppe.
a
Falls dim V < ∞, so folgt die Surjektivität aus (*).
Beispiel
t
A ∈ U(n) := U(Cn ) ⇐⇒ A A = 1n .
Übungsaufgabe
Zeigen Sie, dass U(n) als eine Untergruppe der orthogonalen
Gruppe O(2n) aufgefasst werden kann.
62 / 327
Satz (Normalform unitärer Endomorphismen)
(i) Eigenwerte unitärer Endomorphismen sind komplexe Zahlen
vom Betrag 1.
(ii) Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten stehen senkrecht
aufeinander.
(iii) Sei V ein endlichdimensionaler Hermitescher Vektorraum.
Zu jedem unitären Endomorphismus F ∈ U(V ) gibt es eine
unitäre Basis von V bestehend aus Eigenvektoren von F .
Beweis.
(i) Sei v ein Eigenvektor eines unitären Endomorphismus F und
λ ∈ C der zugehörige Eigenwert.
Aus
0 6= hv , v i = hFv , Fv i = hλv , λv i = λλhv , v i
ergibt sich |λ| = 1.
63 / 327
(ii) Seien v , w ∈ V Eigenvektoren von F zu den Eigenwerten λ
bzw. µ 6= λ. Wegen (i) gilt λµ 6= 1.
Aus
hv , w i = hFv , Fw i = λµhv , w i
folgt daher hv , w i = 0.
64 / 327
(iii) Beweis durch Induktion nach n = dim V . Der Fall n = 1 ist
klar.
Sei dim V ≥ 2. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat
jedes nicht-konstante komplexe Polynom eine Nullstelle.
Insbesondere hat das charakteristische Polynom von F eine
Nullstelle und F mithin einen Eigenwert λ1 .
Wir wählen einen zugehörigen Eigenvektor b1 ∈ V der Länge
1 und betrachten W := b1⊥ .
Es gilt dim W = n − 1 und FW ⊂ W , denn aus w ∈ W folgt
0 = hb1 , w i = hFb1 , Fw i = λ1 hb1 , Fw i
und somit Fw ∈ W . (Wg. (i) ist λ1 6= 0.)
Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine unitäre Basis
(b2 , . . . , bn ) von W bestehend aus Eigenvektoren von F und
(b1 , b2 , . . . , bn ) ist die gesuchte unitäre Basis von V .
65 / 327
Folgerung
(i) Eigenwerte orthogonaler Endomorphismen sind reelle Zahlen
vom Betrag 1.
(ii) Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten stehen senkrecht
aufeinander.
(iii) Sei V ein endlichdimensionaler Euklidischer Vektorraum.
Jeder orthogonale Endomorphismus F ∈ O(V ) besitzt eine
Orthonormalbasis, bez. der F durch eine Blockdiagonalmatrix
folgender Art dargestellt wird
diag(λ1 , . . . , λp , Dϕ1 , . . . , Dϕq ),
wobei λi ∈ {±1}, Dϕ =
cos ϕ − sin ϕ
sin ϕ cos ϕ
, ϕj ∈ R und
p + 2q = dim V .
66 / 327
Beweis.
(i-ii) Gleicher Beweis wie für unitäre Endomorphismen.
(iii) Da die Eigenräume V±1 von F : V → V senkrecht
aufeinander stehen, existiert eine ONB (b1 , . . . , bp ) von
U := V1 ⊕ V−1 bestehend aus Eigenvektoren.
F bildet das orthogonale Komplement W := U ⊥ in sich ab
und W enthält keine Eigenvektoren von F . Insbesondere hat
W gerade Dimension m = 2q, denn sonst hätte das
charakteristische Polynom der Einschränkung F |W eine reelle
Nullstelle.
Es genügt zu zeigen, dass W eine ONB besitzt, bez. der die
darstellende Matrix von F |W die Gestalt diag(Dϕ1 , . . . , Dϕq )
hat .
67 / 327
Weiter im Beweis:
Durch Wahl einer ONB von W können wir annehmen, dass
W = Rm der Euklidische Raum ist und F |W = A ∈ O(m). Wenn
wir A als komplexe Matrix auffassen, so gilt offenbar A ∈ U(m),
t
denn aus At A = 1m und A = A folgt A A = 1m . Daher gibt es
eine unitäre Basis
(β1 , . . . , βq , β1 , . . . , βq )
von Cm = C2q bestehend aus Eigenvektoren von A ∈ U(m) mit
zugehörigen Eigenwerten
(µ1 , . . . , µq , µ1 , . . . , µq ).
Die Eigenwerte µj = e iϕj (ϕj ∈ R) treten in Paaren auf, denn die
komplexe Konjugation bildet den Eigenraum zum Eigenwert µ
isomorph auf den Eigenraum zum Eigenwert µ ab:
Av = µv =⇒ Av = Av = µv = µ · v .
68 / 327
Weiter im Beweis:
Wir setzen
βj0 =
βj00 =
1
√ (βj + βj )
2
i
√ (βj − βj ).
2
(β10 , β100 , . . . , βq0 , βq00 ) ist eine ONB von Rm . (Das Euklidische SKP
von Rm ist die Einschränkung des Hermiteschen SKP von Cm .)
Die darstellende Matrix von A bez. dieser Basis ist
diag(Dϕ1 , . . . , Dϕq ).
69 / 327
Definition (Selbstadjungierte Endomorphismen)
Sei F ein Endomorphismus eines Euklidischen oder Hermiteschen
Vektorraums V .
Ein Endomorphismus F ad ∈ End(V ) heißt zu F adjungiert, wenn
hFv , w i = hv , F ad w i
für alle
v, w ∈ V .
(Man überlegt sich leicht, dass F ad eindeutig ist und für
endlichdimensionale Vektorräume auch existiert.)
F heißt selbstadjungiert, wenn F ad existiert und F = F ad .
(Selbstadjungierte Endomorphismen eines Euklidischen bzw.
Hermiteschen Vektorraums heißen auch symmetrische bzw.
Hermitesche Endomorphismen.)
70 / 327
Beispiel
1) Wir betrachten V = Cn mit dem kanonischen Hermiteschen
SKP.
hz, w i = z t w , z, w ∈ Cn .
Dann gilt für A ∈ End(Cn ):
t
Aad = A ,
denn für alle z, w ∈ Cn gilt
t
t
hAz, w i = (Az)t w = z t At w = z t A w = hz, A w i.
2) Ebenso Aad = At für Endomorphismen des Rn .
71 / 327
Satz
Sei F ein Endomorphismus eines Euklidischen oder Hermiteschen
Vektorraums V .
Dann gilt
Kern F
Kern F ad
= (Bild F ad )⊥
= (Bild F )⊥
Beweis. Das folgt unmittelbar aus der definierenden Gleichung
hFv , w i = hv , F ad w i,
v, w ∈ V .
72 / 327
Satz
Sei V ein endlichdimensionaler Euklidischer oder Hermitescher VR
und A die darstellende Matrix eines Endomorphismus F von V bez.
einer orthonormalen bzw. unitären Basis. Die darstellende Matrix
von F ad ist Aad . Somit gilt
F selbstadjungiert ⇐⇒ A = Aad .
Beweis. Sei (e1 , . . . , en ) eine orthonormale bzw. unitäre Basis und
A = (aji ) bzw. B = (bji ) die darstellenden Matrizen von F bzw. F ad
. Dann gilt
j
aji = hFej , ei i = hej , F ad ei i = hF ad ei , ej i = b i ,
t
d.h. B = A = Aad .
73 / 327
Satz (Normalform selbstadjungierte Endomorphismen)
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR.
(i) Die Eigenwerte selbstadjungierter F ∈ End(V ) sind reell.
(ii) Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten von F stehen
senkrecht aufeinander.
(iii) Falls dim V < ∞, so besitzt V eine orthonormale bzw. unitäre
Basis bestehend aus Eigenvektoren von F .
Beweis.
(i) Aus Fv = λv , kv k = 1, folgt λ = hFv , v i = hv , Fv i = λ.
(ii) v , w seien Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten
λ, µ ∈ R. Dann folgt aus
λhv , w i = hFv , w i = hv , Fw i = µhv , w i
hv , w i = 0.
74 / 327
Weiter im Beweis:
(iii) Es genügt zu zeigen, dass F einen Eigenvektor v besitzt. F
erhält dann das orthogonale Komplement W := v ⊥ :
hv , w i = 0
=⇒
hv , Fw i = hFv , w i = 0.
Somit ist ein Induktionsbeweis möglich. Nach dem
Fundamentalsatz der Algebra hat das charakteristische
Polynom von F eine komplexe Nullstelle λ. λ ist wegen (i)
reell. Also hat F auch im Fall eines reellen Vektorraums V
einen Eigenvektor v ∈ V .
75 / 327
Folgerung
Sei V ein endlichdimensionaler komplexer VR und h eine
Hermitesche Form auf V .
(i) Dann existiert eine Basis von V , bez. der die darstellende
Matrix von h folgende Gestalt hat:
diag(1r+ , −1r− , 0 · 1r0 ).
(ii) Die Zahlen r+ , r− und r0 hängen nicht von der Wahl der Basis
ab.
Beweis.
(i) Wir wählen ein Hermitesches SKP h·, ·i auf V und definieren
H ∈ End(V ) durch
h(v , w ) = hHv , w i,
v, w ∈ V .
76 / 327
Dann ist H selbstadjungiert:
hHv , w i = h(v , w ) = h(w , v ) = hHw , v i = hv , Hw i.
Es gibt daher eine unitäre Basis (u1 , . . . , un ) aus
Eigenvektoren von H mit zugehörigen Eigenwerten λ1 , . . . , λn .
Sei r+ bzw. r− die Anzahl der positiven bzw. negativen λi und
r0 = dim Kern (H). Durch Multiplikation von ui mit √1 ,
|λi |
falls λi 6= 0 und Umordnung erhalten wir eine Basis mit der
gewünschten Eigenschaft.
(ii) Aus
V0 = Kern H = Kern h := {v |h(v , w ) = 0
für alle w ∈ V }
folgt die Unabhängigkeit von r0 = dim V0 von allen Wahlen.
77 / 327
Weiter im Beweis
Es bleibt zu zeigen, dass auch die Zahlen r± unabhängig von
allen Wahlen sind. Wir zeigen das z.B. für r+ .
Sei V+ bzw. V− die Summe der Eigenräume zu den positiven
bzw. negativen Eigenwerten von H.
h ist auf V+ positiv definit und auf dem Komplement V− ⊕ V0
negativ semi-definit, d.h. h(v , v ) ≤ 0 für alle v ∈ V− ⊕ V0 .
Sei W ⊂ V ein UR, auf dem h positiv definit ist.
Dann gilt W ∩ (V− ⊕ V0 ) = 0 und somit
dim W ≤ r+ .
Also r+ = max{dim W |W ⊂ V , h auf W positiv-definit}. Das
beweist die Unabhängigkeit.
78 / 327
Hauptachsentransformation
Folgerung (Hauptachsentransformation)
Sei V ein endlichdimensionaler Euklidischer VR und s eine
symmetrische Bilinearform auf V .
(i) Dann existiert eine orthogonale Basis (b1 , . . . , bn ) von V , bez.
der die darstellende Matrix von s folgende Gestalt hat:
diag(1r+ , −1r− , 0 · 1r0 ).
(Die Geraden Rbi heißen Hauptachsen von s.)
(ii) Die Zahlen r+ , r− und r0 hängen nicht von der Wahl der Basis
ab.
Beweis. Siehe Beweis des vorhergehenden Satzes.
Aussage (i) ist bekannt als Satz von der
Hauptachsentransformation, (ii) als Trägheitssatz von Sylvester.
79 / 327
Beispiel
Sei V = R2 und
0 x
x
s
,
= 5xx 0 + 5yy 0 + 3xy 0 + 3yx 0 .
y
y0
Für die Basis b1 = 14 (e1 + e2 ), b2 = 21 (e1 − e2 ) gilt s(bi , bj ) = δij .
Insbesondere sind die Hauptachsen von s die Diagonalen y = x
und y = −x.
Das sind genau die Hauptachsen der Ellipse
x E= v=
s(v , v ) ≤ 1 .
y Es gilt s(v , v ) = 5x 2 + 5y 2 + 6xy = 4(x + y )2 + (x − y )2 .
80 / 327
Definition (Normale Endomorphismen)
Sei V ein Hermitescher VR und F ∈ End(V ).
F heißt normal, wenn
F ◦ F ad = F ad ◦ F .
Beispiele
Unitäre Endomorphismen erfüllen F ad = F −1 und sind daher
normal.
Hermitesche (F ad = F ) und schief-Hermitesche (F ad = −F )
Endomorphismen F sind normal.
81 / 327
Satz
Sei V ein endlichdim. Hermitescher VR und F ∈ End(V ).
V besitzt genau dann eine unitäre Basis bestehend aus
Eigenvektoren von F , wenn F normal ist.
Beweis.
=⇒ Sei A = diag(λ1 , . . . , λn ) die darstellende Matrix von F bez.
einer unitären Basis von Eigenvektoren. Dann gilt
Aad = diag(λ1 , . . . , λn ). Daher kommutieren A und Aad und
somit auch F und F ad .
⇐= Die Rückrichtung beweisen wir durch Induktion nach
n = dim V . Wegen des Fundamentalsatzes der Algebra hat F
einen Eigenvektor. Sei 0 6= Vλ ⊂ V der zugehörige Eigenraum.
82 / 327
Weiter im Beweis:
Es genügt zu zeigen, dass FVλ⊥ ⊂ Vλ⊥ , denn dann können wir
nach Induktion eine unitäre Basis von Vλ⊥ aus Eigenvektoren
von F wählen und diese durch eine unitäre Basis von Vλ zu
der gewünschten Basis von V ergänzen. Dazu benutzen wir
folgenden Hilfssatz:
Lemma
Sei F ein normaler Endomorphismus eines Hermiteschen
Vektorraums. Dann gilt Kern F = Kern F ad .
Beweis (des Lemmas).
Für v ∈ V gilt
hFv , Fv i = hv , F ad Fv i = hv , FF ad v i = hFF ad v , v i = hF ad v , F ad v i
und somit Fv = 0 ⇐⇒ F ad v = 0.
83 / 327
Weiter im Beweis:
Wir wenden das Lemma auf den normalen Endomorphismus
G := F − λId an und erhalten
Vλ = Ker G = Ker G ad = (Bild G )⊥
und somit
Vλ⊥ = Bild G .
Daraus folgt wie gewünscht FVλ⊥ ⊂ Vλ⊥ , denn
FGv = GFv ,
v ∈ V.
84 / 327
Folgerung
Für eine Matrix A ∈ Mat(n, C) sind folgende Bedingungen
äquivalent:
t
t
(i) A ist normal, d.h. AA = A A.
t
(ii) Es gibt S ∈ U(n), so dass S AS eine Diagonalmatrix ist.
Beweis.
=⇒ Da A normal ist, existiert eine unitäre Basis b1 , . . . , bn ∈ Cn
mit Abi = λi bi , i = 1, 2, . . . , n.
Sei S die unitäre Matrix mit den Spalten b1 , . . . , bn .
t
Für jede unitäre Matrix gilt S = S −1 und daher
t
t
t
S ASei = S Abi = λi S bi = λi S −1 bi = λi ei .
t
Das zeigt, dass S AS eine Diagonalmatrix ist.
85 / 327
Weiter im Beweis:
⇐= Sei nun umgekehrt S eine unitäre Matrix derart, dass
t
D = S AS eine Diagonalmatrix ist.
t
D = S AS = S −1 AS ist genau die darstellende Matrix von A
bez. der unitären Basis (b1 , . . . , bn ) mit bi := Sei .
Die Normalität von A folgt daher aus D ad D = DD ad .
86 / 327
Definition (Vollständigkeit)
Sei (X , d) ein metrischer Raum.
Eine Folge xn ∈ X heißt Cauchy-Folge, wenn es zu jedem > 0
ein N ∈ N gibt, so dass
d(xm , xn ) < für alle m, n ≥ N.
(X , d) heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in X gegen
einen Grenzwert x ∈ X konvergiert.
Ein reeller bzw. komplexer Hilbertraum ist ein Euklidischer bzw.
Hermitescher Vektorraum, der bez. der vom SKP abgeleiteten
Metrik vollständig ist.
Ein Banachraum ist ein normierter Vektorraum, der bez. der von
der Norm abgeleiteten Metrik vollständig ist.
87 / 327
Beispiele
1) Aus der Vollständigkeit von K = R, C folgt unmittelbar, dass
(Kn , k · kmax ) ein Banachraum ist.
2) Endlichdimensionale Euklidische und Hermitesche
Vektorräume sind vollständig.
Insbesondere ist Rn mit dem Euklidischen und Cn mit dem
Hermiteschen SKP ein reeller bzw. komplexer Hilbertraum.
Das folgt aus 1) und den Ungleichungen
√
kxkmax ≤ kxk ≤ nkxkmax ,
x ∈ Rn .
88 / 327
Satz
Je zwei Normen k · k und k · k0 auf einem endlichdimensionalen
reellen oder komplexen VR V sind äquivalent, d.h. es gibt positive
konstanten c, C , so dass
ckv k ≤ kv k0 ≤ C kv k
für alle v ∈ V .
Folgerung
Jeder endlichdimensionale normierte reelle oder komplexe
Vektorraum ist vollständig.
89 / 327
Beweis (des Satzes). Sei B := (b1 , . . . , bn ) eine Basis von V .
P
Für x = ni=1 x i bi ∈ V definieren wir
kxkmax := max{|x 1 |, . . . , |x n |}.
Wir zeigen, dass jede Norm auf V äquivalent zu k · kmax ist.
Für jede Norm k · k auf V gilt nach der Dreiecksungl.
kxk = k
n
X
i=1
i
x bi k ≤
n
X
i=1
i
|x | · kbi k ≤ C kxkmax ,
C :=
n
X
kbi k.
i=1
90 / 327
Weiter im Beweis:
Wir nehmen an, es gäbe kein c > 0 mit ck · kmax ≤ k · k.
P
Dann gibt es für alle k ∈ N einen Vektor xk = ni=1 xki bi ∈ V mit
1
kxk kmax > kxk k.
k
Wir können annehmen, dass kxk kmax = 1.
Nach Bolzano-Weierstraß hat jede der beschränkten Zahlenfolgen
(xki )k∈N , i = 1, . . . , n, eine konvergente Teilfolge.
Wir könnenP
daher annehmen, dass (xk ) bez. der Norm k · kmax
gegen x = ni=1 x i bi ∈ V konvergiert.
Es gilt dann
kxk ≤ kx − xk k + kxk k ≤ C kx − xk kmax +
1 (k→∞)
−→ 0.
k
Also x = 0 und somit 0 = kxkmax = limk→∞ kxk kmax , im
Widerspruch zu kxk kmax = 1.
91 / 327
Satz
b die Menge der
Sei (X , d) ein metrischer Raum und X
Äquivalenzklassen von Cauchy-Folgen (xk )k∈N in X , bez. der
Äquivalenzrelation
(xk ) ∼ (xk0 ) :⇐⇒ lim d(xk , xk0 ) = 0.
k→∞
b ein vollständiger metrischer Raum mit der Metrik
(i) Dann ist X
b k ), (x 0 )) := lim d(xk , x 0 ).
d((x
k
k
k→∞
b , die x ∈ X die konstante Folge
(ii) Die Abbildung I : X → X
k 7→ xk = x zuordnet, ist abstandstreu:
b (x), I (y )) = d(x, y )
d(I
für alle
x, y ∈ X .
(iii) Für jede Cauchy-Folge (xk ) in X gilt: (xk ) = lim`→∞ I (x` ).
92 / 327
Beweis.
(i) Aus der Dreiecksungleichung folgt die Ungleichung
|d(x, z) − d(y , z)| ≤ d(x, y )
für alle
x, y , z ∈ X
und somit
|d(xk , xk0 ) − d(x` , x`0 )|
≤ |d(xk , xk0 ) − d(x` , xk0 )| + |d(x` , xk0 ) − d(x` , x`0 )|
≤ d(xk , x` ) + d(xk0 , x`0 )
Diese Ungleichung zeigt, dass k 7→ d(xk , xk0 ) eine
Cauchy-Folge ist und somit konvergiert.
Der Grenzwert hängt nur von den Äquivalenzklassen von (xk )
und (xk0 ) ab.
b ×X
b → [0, ∞)
Man überprüft nun leicht ( ÜA), dass, db : X
eine Metrik ist und die Eigenschaften (ii) und (iii) erfüllt.
93 / 327
Weiter im Beweis:
b , d)
b zu beweisen.
Es bleibt noch die Vollständigkeit von (X
b , k ∈ N, eine Cauchy-Folge, xk = (xk (i))i∈N .
Sei xk ∈ X
Da die Folge i 7→ xk (i) eine Cauchy-Folge ist, existiert
Nk ∈ N, so dass
d(xk (i), xk (j)) ≤
1
k
für alle
i, j ≥ Nk .
Wir setzen x(k) := xk (Nk ). Dann ist x = (x(k))k∈N eine
Cauchy-Folge in X , denn für i ≥ max{Nk , N` } gilt
d(x(k), x(`)) ≤ d(x(k), xk (i)) +d(xk (i), x` (i)) +d(x` (i), x(`)).
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
≤1/k
(i→∞)
b k ,x` )
−→ d(x
≤1/`
Sei > 0. Da x eine Cauchy-Folge ist, existiert N() ∈ N mit
d(x(k), x(`)) ≤ für alle k, ` ≥ N().
94 / 327
Weiter im Beweis:
Wir behaupten x = limk→∞ xk . Für
k ≥ M() := max{N( 2 ), 2 } und i ≥ max{N( 2 ), Nk } gilt
d(x(i), xk (i)) ≤ d(x(i), x(k)) + d(x(k), xk (i)) ≤
1
+ ≤ .
2 k
Daraus folgt
b xk ) = lim d(x(i), xk (i)) ≤ d(x,
i→∞
b xk ) = 0.
für alle k ≥ M() und somit limk→∞ d(x,
95 / 327
Wiederholung
b die Menge der
Sei (X , d) ein metrischer Raum und X
Äquivalenzklassen von Cauchy-Folgen (xk )k∈N in X , bez. der
Äquivalenzrelation
(xk ) ∼ (xk0 ) :⇐⇒ lim d(xk , xk0 ) = 0.
k→∞
b ein vollständiger metrischer Raum mit der Metrik
(i) Dann ist X
b k ), (x 0 )) := lim d(xk , x 0 ).
d((x
k
k
k→∞
b , die x ∈ X die konstante Folge
(ii) Die Abbildung I : X → X
k 7→ xk = x zuordnet, ist abstandstreu:
b (x), I (y )) = d(x, y )
d(I
für alle
x, y ∈ X .
(iii) Für jede Cauchy-Folge (xk ) in X gilt: (xk ) = lim`→∞ I (x` ).
96 / 327
Satz/ÜA
b , d)
b
Sei (V , k · k) ein normierter VR, d die induzierte Metrik und (V
die Vervollständigung des metrischen Raums (V , d).
Dann definiert
b x),
kxkb := d(0,
b,
x ∈V
b und es gilt
eine Norm auf V
b y ) = kx − y kb für alle
d(x,
b.
x, y ∈ V
Definition
b , k · kb) heißt Vervollständigung des
Der Banachraum (V
normierten Vektorraumes (V , k · k).
97 / 327
Satz
Sei (V , h·, ·i) ein Euklidischer oder Hermitescher VR, k · k die
b , k · kb) die Vervollständigung des
induzierte Norm und (V
normierten Raums (V , k · k).
b , k · kb) in kanonischer Weise ein Hilbertraum.
Dann ist (V
Beweis.
Aus der Parallelogrammgl. für die Norm von V folgt durch
b.
Grenzübergang die Parallelogrammgl. für die Norm von V
Somit bestimmt die Norm k · kb ein Euklidisches SKP g .
Falls V ein komplexer Vektorraum ist, so gilt g (ix, iy ) = g (x, y )
b und deshalb definiert
für alle x, y ∈ V
h(x, y ) := g (x, y ) + ig (x, iy ),
b.
ein Hermitesches SKP auf V
b,
x, y ∈ V
98 / 327
Satz
Der VR der quadratisch summierbaren komplexen Zahlenfolgen
)
(
∞
X
|x(n)|2 < ∞
`2 = x : N → C n=1
mit dem Hermiteschen SKP (siehe Übungsaufgaben)
hx, y i =
∞
X
x(n)y (n)
n=1
ist ein Hilbertraum.
99 / 327
Beweis. Wir beweisen die Vollständigkeit von `2 .
Sei (xk )k∈N eine Cauchy-Folge in `2 .
Dann ist jede der Komponentenfolgen (xk (n))k∈N eine
Cauchy-Folge und konvergiert daher gegen einen Grenzwert
x(n) := limk→∞ xk (n).
Wir behaupten x ∈ `2 und x = limk→∞ xk .
Da (xk ) eine Cauchy-Folge ist, gibt es zu > 0 ein N ∈ N mit
m
X
|xk (n) − x` (n)|2 < 2
n=1
für alle k, ` ≥ N und alle m ∈ N.
P
2
2
Grenzübergang k → ∞ liefert: m
n=1 |x(n) − x` (n)| ≤ für alle
` ≥ N und alle m ∈ N, d.h. kx − x` k ≤ .
100 / 327
Bemerkung
Die Folgen x ∈ `2 mit x(n) ∈ Q + iQ ⊂ C für alle n ∈ N und
x(n) = 0 für fast alle n ∈ N bilden eine abzählbare dichte
Teilmenge S, d.h. jedes Element x ∈ `2 ist Grenzwert einer Folge
xk ∈ S.
Definition (Separabel)
Metrische Räume, die eine abzählbare dichte Teilmenge enthalten
heißen separabel.
Wir werden noch sehen, dass jeder unendlichdimensionale
separable komplexe Hilbertraum (V , h·, ·iV ) isomorph zu `2 ist,
d.h. es gibt einen Isomorphismus von Vektorräumen φ : V → `2 ,
der
hφ(x), φ(y )i`2 = hx, y iV
für alle x, y ∈ V erfüllt.
101 / 327
Satz
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR und U ⊂ V ein
vollständiger Unterraum.
(i) Dann existiert zu jedem x ∈ V genau ein xU ∈ U mit
kleinstem Abstand zu x, d.h.
kx − xU k ≤ kx − y k
für alle
y ∈ U.
(ii) Das Element xU ∈ U ist durch x − xU ∈ U ⊥ charakterisiert.
(iii) Es gilt V = U ⊕ U ⊥ .
(iv) Die Zuordnung x 7→ xU definiert eine stetige lineare Abbildung
P : V → U (die sogenannte orthogonale Projektion auf U).
102 / 327
Beweis.
(i) Sei yn ∈ U eine Folge mit
limn→∞ kx − yn k = d := inf y ∈U kx − y k.
(yn ) ist eine Cauchy-Folge, denn wg. der Parallelogrammgl.
gilt
kyn − ym k2 = k(yn − x) − (ym − x)k2
= 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − k(yn − x) + (ym − x)k2
yn + ym
= 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − 4k
− xk2
2
≤ 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − 4d 2
(m,n→∞)
−→
0
Wg. der Vollständigkeit von U konvergiert (yn ) in U,
xU := limn→∞ yn ∈ U,
und kx − xU k = d, wg. der Stetigkeit der Norm.
103 / 327
Weiter im Beweis:
Aus xU , xU0 ∈ U mit kxU − xk = kxU0 − xk = d folgt wie oben
kxU − xU0 k2 = 2kxU − xk2 + 2kxU0 − xk2 − kxU + xU0 − 2xk2
= 4d 2 − kxU + xU0 − 2xk2 ≤ 4d 2 − 4d 2 = 0.
Das beweist die Eindeutigkeit.
(ii) Für alle y ∈ U, t ∈ R gilt mit z = x − xU :
kzk2 ≤ kz + ty k2 = d 2 + 2tRe hz, y i + t 2 ky k2 .
Das ist nur möglich, wenn Re hz, y i = 0 für alle y ∈ U, d.h.
wenn z ⊥ U.
Umgekehrt folgt aus u ∈ U und z = x − u ⊥ U:
kzk2 ≤ kz + y k2 = kzk2 + ky k2
für alle
y ∈ U,
d.h. u = xU .
104 / 327
(iii) In (i-ii) haben wir gezeigt, dass jeder Vektor x ∈ V eine
eindeutige Darstellung x = xU + (x − xU ) besitzt mit xU ∈ U
und x − xU ∈ U ⊥ . Das beweist V = U ⊕ U ⊥ .
(iv) Die Linearität der Abbildung x →
7 xU folgt aus der
Charakterisierung (ii). Aus der Orthogonalität der Zerlegung
V = U ⊕ U ⊥ folgt kxU k ≤ kxk und somit die Stetigkeit von
P.
105 / 327
Satz
Sei V ein separabler Euklidischer oder Hermitescher VR.
Dann ist jede orthonormale Familie (vi )i∈I abzählbar.
Beweis.
√
Für alle i, j ∈ I mit i 6= j gilt kvi − vj k = 2.
Sei A ⊂ V eine abzählbare dichte Teilmenge.
Zu jedem i ∈ I existiert a(i) ∈ A mit kvi − a(i)k <
√
2
2 .
Wir zeigen, dass die Zuordnung I → A, i 7→ a(i), injektiv ist:
ka(i) − a(j)k = kvi − vj + a(i) − vi + vj − a(j)k
≥ kvi − vj k − ka(i) − vi k − kvj − a(j)k > 0
für alle i, j ∈ I mit i 6= j.
106 / 327
Satz (Besselsche Ungleichung)
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR und (v1 , v2 , . . .) eine
(endliche oder unendliche) orthonormale Familie.
Dann gilt für alle x ∈ V :
X
|hx, vk i|2 ≤ kxk2 .
k
Gleichheit gilt genau dann, wenn
X
x=
hx, vk ivk .
k
107 / 327
Beweis. Wir betrachten den endlichdimensionalen und somit
vollständigen UR
UN := span{v1 , v2 , . . . , vN } ⊂ V .
Sei xN ∈ UN die Orthogonalprojektion von x in UN .
P
PN
Es gilt xN = N
k=1 hx, vk ivk , denn x −
k=1 hx, vk ivk ⊥ UN .
Aus der orthogonalen Zerlegung x = xN + (x − xN ) folgt dann
N
X
|hx, vk i|2 = kxN k2 ≤ kxk2 .
k=1
Daraus folgt die
P Besselsche Ungl. und die absolute Konvergenz der
Reihe x∞ := k hx, vk ivk .
Für x∞ gilt x∞ ⊥ x − x∞ und somit
kxk2 − kx∞ k2 = kx − x∞ k2 = 0 ⇐⇒ x = x∞ .
108 / 327
Definition
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR.
Eine orthonormale Familie (v1 , v2 , . . .) heißt
P Hilbertbasis, wenn
jeder Vektor x ∈ V eine Darstellung x = k hx, vk ivk besitzt.
Beispiele
(i) Falls dim V < ∞, so sind Hilbertbasen nichts anderes als
orthonormale bzw. unitäre Basen.
(ii) Sei V = `2 der Hilbertraum der quadratisch summierbaren
Folgen x : N → C.
Die Folgen ej ∈ `2 mit ej (k) = δjk (j, k ∈ N) bilden eine
Hilbertbasis (ej )j∈N , die sogenannte kanonische Hilbertbasis
von `2 .
(ej )j∈N ist aber keine Vektorraumbasis, denn die lineare Hülle
der ej ist {x : N → C|x(i) = 0 für fast alle i ∈ N} ( `2 .
109 / 327
Satz
Für eine orthonormale Familie B = (b1 , b2 , . . .) von Vektoren eines
Euklidischen oder Hermiteschen VR V sind folgende Aussagen
äquivalent:
(i) span{b1 , b2 , . . .} ist dicht in V.
(ii) B ist eine Hilbertbasis.
(iii) Für alle x, y ∈ V gilt
hx, y i =
X
hx, bk ihy , bk i.
k
(iv) Für alle x ∈ V gilt die Parsevalsche Gleichung
X
kxk2 =
|hx, bk i|2 .
k
110 / 327
Beweis.
(i)⇒(ii) Zu x ∈ V existiert xi ∈ span{b1 , b2 , . . .} mit x = limi→∞ xi .
Wir können annehmen, dass
xi ∈ Ui := span{b1 , . . . , bNi },
wobei Ni ∈ N eine monoton wachsende Folge ist.
P i
Für die orthogonale Projektion xi0 = N
k=1 hx, bk ibk von x in
Ui gilt
kx − xi0 k ≤ kx − xi k
P
und somit x = limi→∞ xi0 = k hx, bk ibk .
111 / 327
Weiter im Beweis:
(ii)⇒(iii) Wenn B = (b1 , b2 , . . .) eine Hilbertbasis ist, so können wir
x, y ∈ V schreiben als
X
X
x=
x i bi , y =
y j bj ,
i
j
wobei x i = hx, bi i, y j = hy , bj i.
Daraus folgt
X
X
hx, y i = h
x i bi , y i =
x i hbi , y i
i
hbi , y i = hbi ,
i
X
j
y bj i =
j
X
y j hbi , bj i = y i
j
und somit
hx, y i =
X
xiyi.
i
112 / 327
Weiter im Beweis:
(iii)⇒(iv) Setze x = y .
(iv)⇒(i) Aus der Parsevalschen Gleichung folgt x =
alle x ∈ V .
P
k hx, bk ibk
für
Das beweist (i).
113 / 327
Satz (Hilbertbasen)
Jeder unendlichdimensionale separable Hilbertraum V besitzt eine
abzählbare unendliche Hilbertbasis B = (b1 , b2 , . . .).
Folgerung
Jeder unendlichdimensionale separable Hilbertraum V über K = R
oder K = C ist isomorph zum Hilbertraum
)
(
X
2
2
|x(k)| < ∞
` (K) = x : N → K k
der quadratisch summierbaren Folgen mit Werten in K .
Beweis.
Jede Hilbertbasis B = (b1 , b2 , . . .) definiert einen Isomorphismus
X
X
φB : `2 (K) → V , x =
x k ek 7→ φB (x) =
x k bk .
k
k
114 / 327
Für den Beweis des Satzes benötigen wir das Zornsche Lemma, das
aus dem Auswahlaxiom der Mengenlehre folgt.
(Mit dem Zornschen Lemma beweist man auch, dass jeder
Vektorraum eine Basis besitzt.)
Definition
Eine Relation ≤ auf einer Menge X heißt Ordnungsrelation, wenn
folgenden Eigenschaften für alle x, y , z ∈ X erfüllt sind:
x ≤ x,
aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y und
aus x ≤ y und y ≤ z folgt x ≤ z.
Die Ordnungsrelation heißt total, wenn für alle x, y ∈ X eine der
beiden Ungleichungen x ≤ y oder y ≤ x gilt.
x ∈ X heißt maximal, wenn es kein y ∈ X mit x < y gibt (d.h.
mit x ≤ y und x 6= y ).
x ∈ X heißt eine obere Schranke von Y ⊂ X , falls y ≤ x für alle
y ∈ Y.
115 / 327
Lemma (Zornsches Lemma)
Auf der Menge X sei eine Ordnungsrelation ≤ gegeben, derart dass
jede total geordnete Teilmenge Y ⊂ X eine obere Schranke
besitzt. Dann hat X ein maximales Element.
Beweis (des Satzes).
Wir wissen bereits, jede orthonormale Familie in einem separablen
Hilbertraum V abzählbar ist.
Wir zeigen, dass sich jede orthonormale Familie F0 zu einer
Hilbertbasis ergänzen läßt.
116 / 327
Weiter im Beweis:
Sei X die Menge aller orthonormale Familien in V , die F0 enhalten.
X ist durch Inklusion ⊂ geordnet und die Vereinigung ∪F ∈Y F einer
total geordneten Teilmenge Y ⊂ X ist eine obere Schranke für Y .
Nach dem Zornschen Lemma hat X ein maximales Element
B = (b1 , b2 , . . .).
Aus der Maximalität folgt für alle y ∈ V
y ⊥ bi
für alle
i ∈ N =⇒ y = 0.
Daraus erhalten wir, dass B eine Hilbertbasis ist,
P
denn aus y := x − k hx, bk ibk ⊥ bi für alle i ∈ N folgt y = 0. 117 / 327
Wiederholung
Satz
Für eine orthonormale Familie B = (b1 , b2 , . . .) von Vektoren eines
Euklidischen oder Hermiteschen VR V sind folgende Aussagen
äquivalent:
(i) span{b1 , b2 , . . .} ist dicht in V.
(ii) B ist eine Hilbertbasis,
d.h. jeder Vektor x ∈ V hat eine
P
Darstellung x = k hx, vk ivk .
(iii) Für alle x, y ∈ V gilt
hx, y i =
X
hx, bk ihy , bk i.
k
(iv) Für alle x ∈ V gilt die Parsevalsche Gleichung
X
kxk2 =
|hx, bk i|2 .
k
118 / 327
Satz (Hilbertbasen)
Jeder unendlichdimensionale separable Hilbertraum V besitzt eine
abzählbare unendliche Hilbertbasis B = (b1 , b2 , . . .).
Folgerung
Jeder unendlichdimensionale separable Hilbertraum V über K = R
oder K = C ist isomorph zum Hilbertraum
(
)
X
`2 (K) = x : N → K |x(k)|2 < ∞
k
der quadratisch summierbaren Folgen mit Werten in K .
Beweis.
Jede Hilbertbasis B = (b1 , b2 , . . .) definiert einen Isomorphismus
X
X
φB : `2 (K) → V , x =
x k ek 7→ φB (x) =
x k bk .
k
k
119 / 327
Lemma (ÜA)
Eine lineare Abbildung F : V1 → V2 zwischen normierten
Vektorräumen (V1 , k · k1 ) und (V2 , k · k2 ) ist genau dann stetig,
wenn
kFxk2
< ∞.
sup
06=x∈V1 kxk1
Definition
Stetige lineare Abbildungen heißen daher auch beschränkte
Operatoren. Die Zahl
kF k := sup
06=x∈V1
kFxk2
kxk1
heißt Operatornorm von F .
120 / 327
Bemerkungen/ÜA
Durch die Operatornorm wird der VR
Lb (V1 , V2 ) := {F ∈ L(V1 , V2 )|
kF k < ∞}
der beschränkten Operatoren zu einem normierten VR.
Insbesondere ist V 0 := Lb (V , K) ein normierter VR für jeden
normierten K-Vektorraum V . Hierbei ist K (= R oder C) durch
den Betrag normiert.
121 / 327
Satz (Darstellungssatz von Riesz)
Sei V ein Hilbertraum über K (= R oder C) und V 0 der
Vektorraum aller stetigen linearen Abbildungen V → K.
Dann ist durch
φ(x) := h·, xi,
x ∈ V,
ein konjugiert-linearer Isomorphismus normierter Vektorräume
φ : V → V 0 gegeben.
Beweis.
Die Stetigkeit der Linearform φ(x) : V → K ergibt sich aus der
CSU:
|φ(x)(y )| = |hy , xi| ≤ kxk · ky k für alle
y ∈ V.
122 / 327
Weiter im Beweis:
Die CSU liefert zunächst kφ(x)k ≤ kxk.
Für y = x erhalten wir Gleichheit in der CSU und somit
kφ(x)k = kxk.
Daraus folgt die Injektivität von φ.
Es ist klar, dass φ konjugiert-linear ist, denn das SKP ist
konjugiert-linear im zweiten Argument.
Es bleibt noch die Surjektivität von φ zu zeigen.
Sei dazu α ∈ V 0 und v ∈ V mit α(v ) = 1.
Wg. der Stetigkeit von α ist U = Kern α ⊂ V vollständig und
V = U ⊕ U ⊥.
Wir setzen x0 := v − vU ∈ U ⊥ , wobei vU ∈ U die
Orthogonalprojektion von v in U ist.
Dann gilt α(x0 ) = 1 und für alle y ∈ V ist daher
y = (y − α(y )x0 ) + α(y )x0 ∈ U ⊕ U ⊥ .
Somit hy , x0 i = α(y )kx0 k2 und α = φ( kxx00k2 ).
123 / 327
Definition (Topologie)
Eine Topologie auf einer Menge X ist eine Familie O von
Teilmengen von X mit folgenden Eigenschaften:
(i) ∅, X ∈ O.
(ii) U, V ∈ O =⇒ U ∩ V ∈ O.
(iii) Für jede Familie (Ui )i∈I von Teilmengen von X gilt:
Ui ∈ O
für alle
i ∈ I =⇒ ∪i∈I Ui ∈ O.
Definition
Ein topologischer Raum (X , O) ist eine mit einer Topologie
ausgestattete Menge X . Eine Teilmenge U ⊂ X heißt offen, wenn
U ∈ O. Eine Teilmenge A ⊂ X heißt abgeschlossen, wenn X \ A
offen ist. Eine Teilmenge V ⊂ X heißt Umgebung eines Punktes
x ∈ X , wenn es eine offene Teilmenge U ⊂ X mit x ∈ U ⊂ V gibt.
124 / 327
Definition
Sei X ein topologischer Raum und A ⊂ X .
(i) Die offene Teilmenge
◦
[
A :=
B
B⊂A offen
heißt Inneres von A.
(ii) Die abgeschlossene Teilmenge
A :=
\
B
B⊃A abgeschl.
heißt Abschluss von A.
◦
(iii) ∂A := A \ A heißt Rand von A.
125 / 327
Beispiel: Metrische Räume
(i) Sei (X , d) ein metrischer Raum.
Br (x) := {y ∈ X |d(y , x) < r }
heißt Kugel (oder Ball) vom Radius r und Mittelpunkt x.
Eine Teilmenge U ⊂ X heißt offen, wenn es zu jedem x ∈ U
ein r > 0 gibt, so dass Br (x) ⊂ U. Das definiert eine
Topologie O auf X . Die Kugel Br (x) ⊂ X ist offen, denn aus
y ∈ Br (x) und r 0 < r − d(y , x) folgt Br 0 (y ) ⊂ Br (x).
(ii) ÜA: Der Abschluss der offenen Kugel Br (x) ⊂ Rn im
Euklidischen Raum ist die abgeschlossene Kugel
B r (x) = {y ∈ Rn |d(y , x) ≤ r }.
Der Rand der Kugel ist die Sphäre:
∂Br (x) = Sr (x) := {y ∈ Rn |d(y , x) = r }.
126 / 327
Definition (Konvergenz und Stetigkeit)
Sei X ein topologischer Raum. Eine Folge xk ∈ X , k ∈ N, heißt
konvergent mit dem Grenzwert x ∈ X , wenn es zu jeder
Umgebung U von x ein N ∈ N gibt, so dass xk ∈ U für alle k ≥ N.
Eine Abbildung F : X → Y zwischen topologischen Räumen X und
Y heißt stetig, wenn die Urbilder F −1 (U) ⊂ X offener Teilmengen
U ⊂ Y offen sind.
F : X → Y heißt stetig in x ∈ X , wenn das Urbild F −1 (U) ⊂ X
jeder Umgebung U von F (x) ∈ Y eine Umgebung von x ist.
127 / 327
Übungsaufgaben:
1) F : X → Y ist genau dann stetig, wenn F in allen Punkten
x ∈ X stetig ist.
2) Sei F : X → Y stetig in x und xk ∈ X eine Folge mit
Grenzwert x. Dann konvergiert F (xk ) gegen F (x).
3) Für metrische Räume (X , d) gilt auch die Umkehrung: Wenn
für jede Folge xk ∈ X mit Grenzwert x die Bildfolge
F (xk ) ∈ Y gegen F (x) konvergiert, dann ist F in x stetig.
128 / 327
Satz (Abgeschlossene Teilmengen von metrischen Räumen)
Für eine Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X sind
folgende Bedingungen äquivalent:
(i) A ist abgeschlossen.
(ii) Für alle x ∈ X gilt: Wenn x ∈ X Grenzwert einer
konvergenten Folge von Elementen von A ist, so gilt x ∈ A.
Beweis.
(i) ⇒ (ii) Sei xk ∈ A eine Folge mit Grenzwert x ∈ X .
Wenn x 6∈ A, so wäre (wg. der Abgeschlossenheit von A)
U = X \ A eine Umgebung von x.
Das steht im Widerspruch zur Konvergenz der Folge xk ∈ A
gegen x. Also gilt x ∈ A.
129 / 327
Weiter im Beweis:
(ii) ⇒ (i) Sei x ∈ X \ A. Wir zeigen, dass es r > 0 gibt mit
Br (x) ⊂ X \ A.
Sonst gibt es eine Folge xk ∈ B1/k (x) ∩ A.
Da diese Folge gegen x konvergiert, folgt x ∈ A, im
Widerspruch zu x ∈ X \ A.
Bemerkung
Der Beweis zeigt, dass für jeden topologischen Raum (i) =⇒ (ii).
130 / 327
Folgerung
(i) Jede (bez. der induzierten Metrik) vollständige Teilmenge A
eines metrischen X Raumes ist abgeschlossen.
(ii) Jede abgeschlossene Teilmenge A eines vollständigen
metrischen Raumes X ist vollständig.
Beweis.
(i) Sei xk ∈ A konvergent mit Grenzwert x ∈ X .
Dann ist (xk ) eine Cauchy-Folge und somit x ∈ A (A ist
vollständig).
(ii) Sei xk ∈ A eine Cauchy-Folge.
Dann konvergiert (xk ) gegen x ∈ X (X ist vollständig) und
somit x ∈ A (A ist abgeschlossen).
131 / 327
Definition (Kompaktheit)
Sei X ein topologischer Raum.
(i) X heißt Hausdorffsch, wenn es zu allen x, y ∈ X mit x 6= y
Umgebungen U von x und V von y mit U ∩ V = ∅ gibt.
(ii) Eine (offene) Überdeckung einer Teilmenge A ⊂ X ist eine
Familie (Ui )i∈I von (offenen) Teilmengen Ui ⊂ X mit
A ⊂ ∪i∈I Ui .
(iii) Eine Teilmenge A ⊂ X eines Hausdorffschen topologischen
Raumes heißt kompakt, wenn es zu jeder offenen
Überdeckung (Ui )i∈I von A eine endliche Teilüberdeckung
(Ui1 , Ui2 , . . . , Uik ), i1 , . . . , ik ∈ I , gibt.
Beispiel
Metrische Räume sind Hausdorffsch, denn Br (x) ∩ Br (y ) = ∅,
wenn r ≤ d(x, y )/2.
132 / 327
Satz
Sei X ein Hausdorffscher topologischer Raum und A ⊂ X eine
kompakte Teilmenge.
Dann hat jede Folge in A eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert
in A.
Beweis.
Sei xk ∈ A, k ∈ N, eine Folge.
Wenn (xk )k∈N keine konvergente Teilfolge mit Grenzwert in A hat,
dann gibt es zu jedem a ∈ A eine offene Umg. Ua , die nur endlich
viele Glieder der Folge xk enthält.
(Ua )a∈A ist eine offene Überdeckung der kompakten Menge A und
besitzt daher eine endliche Teilüberdeckung Ua1 , Ua2 , . . . , Uar .
Nach Konstruktion enthält ∪ri=1 Uai ⊃ A nur endlich viele Glieder
der Folge, im Widerspruch zu xk ∈ A.
133 / 327
Folgerung
(i) Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines Hausdorffschen
topologischen Raumes X ist abgeschlossen.
(ii) Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X
ist vollständig.
Beweis.
(i) Sei xk ∈ A eine konvergente Folge mit Grenzwert x ∈ X . Wir
müssen zeigen, dass x ∈ A.
Nach dem vorigen Satz hat xk eine konvergente Teilfolge mit
Grenzwert in A. Daraus folgt x ∈ A.
(ii) Sei xk ∈ A eine Cauchy-Folge.
Nach dem vorigen Satz hat xk eine konvergente Teilfolge mit
Grenzwert a ∈ A.
Also konvergiert (xk ) gegen a.
134 / 327
Satz
Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X ist
vollständig (mithin abgeschlossen) und beschränkt.
Beweis.
Die Vollständigkeit wurde im vorigen Satz bewiesen.
Die Beschränktheit bedeutet, dass es x ∈ X und R > 0 gibt, so
dass A ⊂ BR (x).
Für alle x ∈ X ist (Bk (x))k∈N eine offene Überdeckung von X und
somit von A.
Also existiert eine endliche Teilüberdeckung Bk1 (x), . . . , Bkr (x)
und mit R = max{k1 , . . . , kr } erhalten wir A ⊂ BR (x).
135 / 327
Satz
X kompakt, A ⊂ X abgeschlossen =⇒ A kompakt.
Beweis.
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von A.
Dann ist (X \ A, (Ui )i∈I ) eine offene Überdeckung des
Kompaktums X .
Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung (X \ A, Ui1 , . . . , Uik ) von
X.
(Ui1 , . . . , Uik ) ist eine endliche Teilüberdeckung von A.
Folgerung
Sei X ein metrischer Raum, in dem die abgeschlossenen Kugeln
B r (x) kompakt sind.
Die kompakten Teilmengen von X sind dann genau die
abgeschlossenen beschränkten Teilmengen.
136 / 327
Satz (Satz von Heine-Borel)
Eine Teilmenge A ⊂ Rn ist genau dann kompakt, wenn sie
abgeschlossen und beschränkt ist.
Beweis.
Wg. der Folgerung genügt es zu zeigen, dass die abgeschlossenen
Kugeln B r (x) ⊂ Rn kompakt sind.
Da alle Normen auf Rn äquivalent sind, können wir z.B. die
Maximumsnorm zu Grunde legen.
Außerdem können wir x = 0 (Translationsinvarianz des Abstands)
und r = 1 (Homogenität) annehmen, d.h.
B r (x) = B 1 (0) = [−1, 1]n =: W .
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung des Würfels W = W0 .
Wir nehmen an, es gibt keine endliche Teilüberdeckung und führen
diese Annahme zum Widerspruch.
137 / 327
Weiter im Beweis:
Wir konstruieren durch sukzessive Halbierung der Kantenlängen
eine Folge von Würfeln Wk der Kantenlänge 21−k , so dass keiner
der Wk durch endlich viele der Ui überdeckt wird.
Halbierung der Kanten führt zu einer Zerlegung des Würfels Wk in
2n Teilwürfel, von denen mindestens einer nicht durch endlich viele
Ui überdeckt werden kann (sonst könnte man Wk durch endlich
viele Ui überdecken).
Sei xk ∈ Wk . Dann ist xk eine Cauchy-Folge.
Wg. der Abgeschlossenheit von Wi gilt x = limk→∞ xk ∈ Wi , denn
xk ∈ Wi für alle k ≥ i.
Daraus folgt x ∈ ∩i Wi ⊂ W .
Also existiert ein i0 mit x ∈ Uio und somit B (x) ⊂ Uio , wenn > 0
klein genug ist.
Daraus ergibt sich Wk ⊂ B (x) ⊂ Uio , wenn 21−k < . Ein
Widerspruch! (Hierbei haben wir benutzt, dass kx − y kmax ≤ 21−k
für alle y ∈ Wk .)
138 / 327
Satz
Sei F : X → Y eine stetige Abbildung zwischen Hausdorffschen
topologischen Räumen und A ⊂ X sei kompakt.
Dann ist F (A) ⊂ Y kompakt
Beweis.
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von F (A).
Dann bilden die Vi := F −1 (Ui ) eine offene Überdeckung des
Kompaktums A.
Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung (Vi1 , . . . , Vik ) und
(Ui1 , . . . , Uik ) überdeckt dann F (A).
139 / 327
Folgerung
Sei f : X → R eine stetige Funktion und X kompakt.
Dann ist f beschränkt und nimmt ihr Minimum und Maximum in
X an.
Beweis. Nach dem vorigen Satz ist f (X ) kompakt und somit
beschränkt und abgeschlossen.
140 / 327
Satz
Jede stetige Abbildung F : X → Y von einem kompakten
metrischen Raum X in einen metrischen Raum Y ist gleichmäßig
stetig,
d.h. für alle > 0 existiert δ > 0, so dass für alle x, x 0 ∈ X gilt
d(x, x 0 ) < δ =⇒ d(F (x), F (x 0 )) < .
Beweis. Für alle x ∈ X existiert δ(x) > 0, so dass
d(x, x 0 ) < δ(x) =⇒ d(F (x), F (x 0 )) < .
2
141 / 327
Weiter im Beweis:
Da die offenen Kugeln Ux := Bδ(x)/2 (x) das Kompaktum X
überdecken, gibt es x1 , . . . , xk ∈ X mit X = ∪ki=1 Uxi .
Seien nun x, x 0 ∈ X mit
d(x, x 0 ) < δ := min δ(xi )/2.
i=1,...,k
Dann gibt es xi mit x ∈ Uxi , d.h. d(x, xi ) < δ(xi )/2, und somit
d(x 0 , xi ) < δ(xi ).
Daraus ergibt sich
d(F (x), F (xi )) < /2
und somit d(F (x), F (x 0 )) < .
und d(F (x 0 ), F (xi )) < /2
142 / 327
Definition (Kompaktheit)
Sei X ein topologischer Raum.
(i) X heißt Hausdorffsch, wenn es zu allen x, y ∈ X mit x 6= y
Umgebungen U von x und V von y mit U ∩ V = ∅ gibt.
(ii) Eine (offene) Überdeckung einer Teilmenge A ⊂ X ist eine
Familie (Ui )i∈I von (offenen) Teilmengen Ui ⊂ X mit
A ⊂ ∪i∈I Ui .
(iii) Eine Teilmenge A ⊂ X eines Hausdorffschen topologischen
Raumes heißt kompakt, wenn es zu jeder offenen
Überdeckung (Ui )i∈I von A eine endliche Teilüberdeckung
(Ui1 , Ui2 , . . . , Uik ), i1 , . . . , ik ∈ I , gibt.
Beispiel
Metrische Räume sind Hausdorffsch, denn Br (x) ∩ Br (y ) = ∅,
wenn r ≤ d(x, y )/2.
143 / 327
Satz
Sei X ein Hausdorffscher topologischer Raum und A ⊂ X eine
kompakte Teilmenge.
Dann hat jede Folge in A eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert
in A.
Folgerung
(i) Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines Hausdorffschen
topologischen Raumes X ist abgeschlossen.
(ii) Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X
ist vollständig.
144 / 327
Satz
Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X ist
vollständig (mithin abgeschlossen) und beschränkt.
Satz
X kompakt, A ⊂ X abgeschlossen =⇒ A kompakt.
Folgerung
Sei X ein metrischer Raum, in dem die abgeschlossenen Kugeln
B r (x) kompakt sind.
Die kompakten Teilmengen von X sind dann genau die
abgeschlossenen beschränkten Teilmengen.
145 / 327
Satz (Satz von Heine-Borel)
Eine Teilmenge A ⊂ Rn ist genau dann kompakt, wenn sie
abgeschlossen und beschränkt ist.
Beweis.
Wg. der Folgerung genügt es zu zeigen, dass die abgeschlossenen
Kugeln B r (x) ⊂ Rn kompakt sind.
Da alle Normen auf Rn äquivalent sind, können wir z.B. die
Maximumsnorm zu Grunde legen.
Außerdem können wir x = 0 (Translationsinvarianz des Abstands)
und r = 1 (Homogenität) annehmen, d.h.
B r (x) = B 1 (0) = [−1, 1]n =: W .
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung des Würfels W = W0 .
Wir nehmen an, es gibt keine endliche Teilüberdeckung und führen
diese Annahme zum Widerspruch.
146 / 327
Weiter im Beweis:
Wir konstruieren durch sukzessive Halbierung der Kantenlängen
eine Folge von Würfeln Wk der Kantenlänge 21−k , so dass keiner
der Wk durch endlich viele der Ui überdeckt wird.
Halbierung der Kanten führt zu einer Zerlegung des Würfels Wk in
2n Teilwürfel, von denen mindestens einer nicht durch endlich viele
Ui überdeckt werden kann (sonst könnte man Wk durch endlich
viele Ui überdecken).
Sei xk ∈ Wk . Dann ist xk eine Cauchy-Folge.
Wg. der Abgeschlossenheit von Wi gilt x = limk→∞ xk ∈ Wi , denn
xk ∈ Wi für alle k ≥ i.
Daraus folgt x ∈ ∩i Wi ⊂ W .
Also existiert ein i0 mit x ∈ Uio und somit B (x) ⊂ Uio , wenn > 0
klein genug ist.
Daraus ergibt sich Wk ⊂ B (x) ⊂ Uio , wenn 21−k < . Ein
Widerspruch! (Hierbei haben wir benutzt, dass kx − y kmax ≤ 21−k
für alle y ∈ Wk .)
147 / 327
Satz
Sei F : X → Y eine stetige Abbildung zwischen Hausdorffschen
topologischen Räumen und A ⊂ X sei kompakt.
Dann ist F (A) ⊂ Y kompakt
Beweis.
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von F (A).
Dann bilden die Vi := F −1 (Ui ) eine offene Überdeckung des
Kompaktums A.
Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung (Vi1 , . . . , Vik ) und
(Ui1 , . . . , Uik ) überdeckt dann F (A).
148 / 327
Folgerung
Sei f : A → R eine stetige Funktion und A kompakt.
Dann ist f beschränkt und nimmt ihr Minimum und Maximum in
X an.
Beweis. Nach dem vorigen Satz ist f (X ) kompakt und somit
beschränkt und abgeschlossen.
149 / 327
Satz
Jede stetige Abbildung F : X → Y von einem kompakten
metrischen Raum X in einen metrischen Raum Y ist gleichmäßig
stetig,
d.h. für alle > 0 existiert δ > 0, so dass für alle x, x 0 ∈ X gilt
d(x, x 0 ) < δ =⇒ d(F (x), F (x 0 )) < .
Beweis. Für alle x ∈ X existiert δ(x) > 0, so dass
d(x, x 0 ) < δ(x) =⇒ d(F (x), F (x 0 )) < .
2
150 / 327
Weiter im Beweis:
Da die offenen Kugeln Ux := Bδ(x)/2 (x) das Kompaktum X
überdecken, gibt es x1 , . . . , xk ∈ X mit X = ∪ki=1 Uxi .
Seien nun x, x 0 ∈ X mit
d(x, x 0 ) < δ := min δ(xi )/2.
i=1,...,k
Dann gibt es xi mit x ∈ Uxi , d.h. d(x, xi ) < δ(xi )/2, und somit
d(x 0 , xi ) < δ(xi ).
Daraus ergibt sich
d(F (x), F (xi )) < /2
und somit d(F (x), F (x 0 )) < .
und d(F (x 0 ), F (xi )) < /2
151 / 327
Definition
Sei U ⊂ Rn eine offene Teilmenge und v ∈ Rn ein Vektor.
(i) Eine Funktion f : U → R heißt an der Stelle x ∈ U
in Richtung v differenzierbar,
wenn die Funktion
g : (−, ) → R,
g (t) := f (x + tv ),
bei t = 0 differenzierbar ist.
(Hierbei ist > 0 so klein, dass x + tv ∈ U für alle
t ∈ (−, ).)
(ii) Die Zahl
d (∂v f )(x) := g (0) =
f (x + tv )
dt t=0
0
heißt Ableitung von f an der Stelle x in Richtung v .
152 / 327
Definition
Sei (e1 , . . . , en ) die kanonische Basis des Rn , U ⊂ Rn offen und
f : U → R.
Die Funktion f heißt an der Stelle x ∈ U partiell differenzierbar,
wenn f an der Stelle x in alle Koordinatenrichtungen ei
differenzierbar ist.
Die Zahl
(∂i f )(x) := (∂ei f )(x),
i = 1, 2, . . . n,
heißt i-te partielle Ableitung von f an der Stelle x.
f heißt partiell differenzierbar, wenn f in allen Punkten x ∈ U
partiell differenzierbar ist.
Die Funktion ∂i f : U → R heißt i-te partielle Ableitung von f .
Man schreibt dafür auch
∂f
.
∂x i
153 / 327
Bemerkung
P
Die i-te partielle Ableitung (∂i f )(x) an der Stelle x = nj=1 x j ej ist
genau die Ableitung der Funktion
h(t) := f (x 1 , . . . , x i−1 , t, x i+1 , . . . , x n ) an der Stelle t = x i :
d (∂i f )(x) =
f (x 1 , . . . , x i−1 , x i + t, x i+1 , . . . , x n ) = h0 (x i ).
dt t=0
Beim Berechnen der i-ten partiellen Ableitung sind also die
Variablen x j für j 6= i als Konstanten zu behandeln. Differenziert
wird nach der Variablen x i .
Beispiel
Die Funktion f : Rn → R, f (x) = kxk2 =
differenzierbar und
∂f (x)
= 2x i .
∂x i
Pn
j=1 (x
j )2 ,
ist partiell
154 / 327
Definition
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R.
(i) Für k ≥ 2 definiert man rekursiv:
f heißt k-mal partiell differenzierbar, wenn f partiell
differenzierbar ist und die partiellen Ableitungen ∂i f (k-1)-mal
partiell differenzierbar sind.
(f heißt einmal partiell differenzierbar, wenn f partiell
differenzierbar ist.)
(ii) f heißt k-mal stetig differenzierbar, wenn f k-mal partiell
differenzierbar ist und alle partiellen Ableitungen
∂k f
:= ∂i1 ∂i2 · · · ∂ik f
∂x i1 ∂x i2 · · · ∂x ik
der Ordnung k stetig sind.
155 / 327
Satz
Sei f : U → R (U ⊂ Rn offen) zweimal stetig differenzierbar.
Dann gilt für alle i, j ∈ {1, 2, . . . , n}:
∂i ∂j f = ∂j ∂i f .
Beweis. Da es nur um zwei Koordinatenrichtungen ei und ej geht,
können wir annehmen, dass n = 2.
Wir berechnen die zweiten partiellen Ableitungen an der Stelle
(x0 , y0 ) ∈ U.
Wir können annehmen, dass (x0 , y0 ) = (0, 0) und dass U ein
Quadrat Q = {(x, y )| |x| < und |y | < } enthält ( > 0).
156 / 327
Weiter im Beweis:
Nach dem Mittelwertsatz angewendet auf die Funktion
g (x) = f (x, y ) − f (x, 0) gibt es zu (x, y ) ∈ Q ein ξ ∈ (−|x|, |x|)
mit
(1)
g (x) − g (0) = xg 0 (ξ) = x(∂1 f (ξ, y ) − ∂1 f (ξ, 0)).
Anwendung des MWS auf y 7→ ∂1 f (ξ, y ) liefert η ∈ (−|y |, |y |) mit
(2)
∂1 f (ξ, y ) − ∂1 f (ξ, 0) = y ∂2 ∂1 f (ξ, η).
Aus (1) und (2) ergibt sich
(3) g (x) − g (0) = xy ∂2 ∂1 f (ξ, η).
Analog ergibt sich mit h(y ) = f (x, y ) − f (0, y )
(30 )
˜ η̃),
h(y ) − h(0) = xy ∂1 ∂2 f (ξ,
˜ < |x| und |η̃| < |y |.
wobei |ξ|
157 / 327
Weiter im Beweis:
Aus (3) und (3’) erhalten wir wg. g (x) − g (0) = h(y ) − h(0):
(4)
˜ η̃).
∂2 ∂1 f (ξ, η) = ∂1 ∂2 f (ξ,
Die Stetigkeit der zweiten partiellen Ableitungen erlaubt nun den
Grenzübergang (x, y ) → (0, 0) in (4), woraus sich
∂2 ∂1 f (0, 0) = ∂1 ∂2 f (0, 0) ergibt.
158 / 327
Definition
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R an der Stelle x ∈ U partiell
differenzierbar.
Der Spaltenvektor



grad f (x) := 

∂1 f (x)
∂2 f (x)
..
.





∂n f (x)
heißt Gradient von f an der Stelle x.
159 / 327
Beispiel
Sei r = r (x) = kxk die Euklidische Norm von x ∈ Rn und
f : R+ → R eine differenzierbare Funktion.
Dann ist die rotationssymmetrische Funktion x 7→ f (r ) = f (r (x))
auf U = Rn \ {0} partiell differenzierbar.
Die partiellen Ableitungen erhält man mittels der Kettenregel:
∂i f (r ) = f 0 (r )∂i r
√
∂i r 2
xi
= .
∂i r = ∂i r 2 =
2r
r
Der Gradient ist somit
x
grad f (r ) = f 0 (r )grad r = f 0 (r ) ,
r
160 / 327
Definition (Divergenz)
Sei U ⊂ Rn offen.
P
i
m
(i) Eine Abbildung f = m
i=1 f ei : U → R heißt (in x) partiell
differenzierbar, wenn Ihre Komponentenfunktionen f i ,
i = 1, 2, . . . m, (in x) partiell differenzierbar sind.
(ii) Ein Vektorfeld auf U ⊂ Rn ist eine Abbildung v : U → Rn .
(iii) Die Divergenz eines
P in x ∈ U partiell differenzierbaren
Vektorfeldes v = i=1 v i ei : U → Rn is die Zahl
div v (x) :=
n
X
∂i v i (x).
i=1
161 / 327
Beispiel
Der Gradient einer zweimal partiell differenzierbaren Funktion
f : U → R ist ein partiell differenzierbares Vektorfeld
grad f : U → Rn .
Somit definiert
∆f := div grad f =
n
X
∂i2 f
i=1
eine Funktion U → R.
Der Differentialoperator ∆ heißt Laplace-Operator.
Die partielle Differentialgleichung
∆f = 0
heißt Potenzialgleichung. Die Lösungen dieser Gleichung heißen
harmonische Funktionen.
162 / 327
Beispiel: rotationssymmetrische Potenziale
Sei f : R+ → R eine zweimal differenzierbare Funktion und f (r )
die zugehörige rotationssymm. zweimal partiell differenzierbare
Funktion auf Rn \ {0}.
Dann gilt ∂i f (r ) = f 0 (r )x i /r und
∂j ∂i f (r ) = f 00 (r )
δji r − x i x j /r
xjxi
0
+
f
(r
)
r2
r2
Daraus folgt ∆f (r ) = f 00 (r ) +
n−1 0
r f (r ).
Differentialgleichung f 00 (r )
0
Jede Lösung der
+ n−1
r f (r ) = 0
definiert somit eine rotationssymm. harmonische Funktion.
163 / 327
Für n = 1 erhalten wir f (r ) = ar + b.
Unter der Voraussetzung, dass h(r ) := f 0 (r ) keine Nullstellen hat,
können wir die DGL an f für n ≥ 2 wie folgt umformen:
n−1
r
ln |h(r )| = −(n − 1) ln r + c
ec
|h(r )| = n−1 .
r
(ln |h(r )|)0 = −
Somit ist f (r ) =
n = 2.
a
r n−2
+ b falls n > 2 und f (r ) = a ln r + b für
Für n = 3 erhalten wir mit b = 0 das Newtonsche
Gravitationspotenzial − GM
r einer im Nullpunkt konzentrierten
Masse M. (Hierbei ist G > 0 die Gravitationskonstante.)
Das elektrische Potenzial einer Punktladung Q ist ebenfalls von
der Form ar , wobei a = kQ und k > 0 eine Naturkonstante ist.
164 / 327
Das Newtonsche Gravitationsfeld
Jede partiell differenzierbare Funktion V : U → R auf einer offenen
Teilmenge U ⊂ Rn definiert ein Vektorfeld −gradV .
Für das Newtonpotenzial V (r ) = − GM
r erhalten wir
−gradV = −
GM x
,
r2 r
x ∈ R3 \ {0},
das Newtonsche Gravitationsfeld.
Die auf eine Probemasse m im Punkt x wirkende Kraft ist
F = −mgradV = −
GmM x
.
r2 r
Die Gravitationskraft ist also immer anziehend.
Die Bewegung der Probemasse t 7→ x(t) genügt der
(von m 6= 0 unabhängigen!) Differenzialgleichung
F = mẍ ⇐⇒ ẍ = −GM
x
.
r3
165 / 327
Das elektrostatische Feld
Für das elektrische Potenzial V (r ) =
E = −gradV =
kQ x
,
r2 r
kQ
r
ergibt sich entsprechend
x ∈ R3 \ {0},
als elektrisches Feld.
Die auf eine Probeladung q im Punkt x wirkende Kraft ist
F = qE =
kqQ x
.
r2 r
Die elektrische Kraft ist also abstoßend, wenn qQ > 0 und
anziehend wenn qQ < 0.
Die Bewegung einer Probeladung t 7→ x(t) der Masse m genügt
der Differenzialgleichung F = mẍ, d.h. ẍ = kqQx
(m 6= 0).
mr 3
166 / 327
Definition (Vektorprodukt/Kreuzprodukt)
Das Vektorprodukt
(oder Kreuzprodukt) von x =
P
und y = 3i=1 y i ei ∈ R3 ist der Vektor

 2 3
x y − x 3y 2
x × y :=  x 3 y 1 − x 1 y 3  .
x 1y 2 − x 2y 1
P3
i=1 x
ie
i
∈ R3
167 / 327
Satz (Eigenschaften des Vektorprodukts)
Für alle x, y ∈ R3 gilt:
(i) x × y = −y × x.
(ii) x × y ist senkrecht zu x und y .
(iii) kx × y k2 = kxk2 ky k2 − hx, y i2 .
(iv) kx × y k = kxk · ky k sin ϕ, wenn x, y ∈ R3 \ {0} und
ϕ = ∠(x, y ) ∈ [0, π].
(v) x × y = 0 ⇐⇒ x und y linear abhängig.
(vi) Wenn x und y linear unabhängig sind, dann ist (x, y , x × y )
eine positiv orientierte Basis.
(vii) Wenn x und y orthonormal sind, dann ist (x, y , x × y ) eine
positiv orientierte Orthonormalbasis.
Beweis. Übungsaufgabe
168 / 327
Satz
Für alle x, y , z ∈ R3 gilt:
(∗)
hx × y , zi = det(xyz).
Beweis. Es genügt die Gleichung (*) für x, y , z ∈ {e1 , e2 , e3 } zu
überprüfen.
Offenbar ist hei × ej , ek i = 0 = det(ei ej ek ), wenn zwei der drei
Indizes übereinstimmen.
Sei (i, j, k) eine Permutation von (1, 2, 3). Da (ei , ej ) orthonormal
ist, gilt ei × ej = ijk ek , wobei ijk das Vorzeichen der Permutation
ist.
Also hei × ej , ek i = ijk = det(ei ej ek ) für jede Permutation.
169 / 327
Bemerkung
Die alternierende Trilinearform (x, y , z) 7→ hx × y , zi heißt
Spatprodukt.
|hx × y , zi| ist das Volumena des durch x, y , z aufgespannten
Parallelepipeds oder Spats:
P = {ax + by + cz|a, b, c ∈ [0, 1]}.
a
Berechnung von Volumina wird in der Vorlesung Mathem. für Phys. III
behandelt
170 / 327
Definition
P
Sei v = 3i=1 v i ei ein partiell differenzierbares Vektorfeld auf einer
offenen Teilmenge U ⊂ R3 .
Das Vektorfeld

∂2 v 3 − ∂3 v 2
rot v :=  ∂3 v 1 − ∂1 v 3 
∂1 v 2 − ∂2 v 1

heißt Rotation von v .
171 / 327
Bemerkung
Wir können den Gradienten als vektorwertigen Differentialoperator
auffassen:


∂1
grad =  ∂2  .
∂3
Daraus ergibt sich formal:
div v = hgrad, v i,
rot v = grad × v .
Weiterhin folgt formal (das ist kein Beweis!):
rot grad f
div rot v
= grad × grad f = 0
= hgrad, grad × v i = 0.
172 / 327
Satz (Übungsaufgabe)
Sei U ⊂ R3 offen und f : U → R, v : U → R3 zweimal stetig
differenzierbar.
Dann gilt
rot grad f = 0
und div rot v = 0.
173 / 327
Definition (Differenzierbarkeit)
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm .
(i) F heißt im Punkt x ∈ U (total) differenzierbar, wenn es eine
lineare Abbildung A : Rn → Rm gibt, so dass
F (x + ξ) = F (x) + Aξ + ϕ(ξ),
wobei
ϕ(ξ)
= 0.
ξ→0 kξk
lim
(ii) Die lineare Abbildung dFx := A heißt dann Differenzial (oder
Ableitung) von F im Punkt x.
(iii) F : U → Rm heißt differenzierbar, wenn F in allen Punkten
x ∈ U differenzierbar ist.
174 / 327
Beispiel
f : Rn → R, f (x) = kxk2 , ist überall differenzierbar,
denn
f (x + ξ) = f (x) + 2hx, ξi + f (ξ)
und f (ξ)/kξk = kξk → 0 (ξ → 0).
Das Differenzial dfx ∈ (Rn )∗ = Mat(1 × n, R) ist gegeben durch:
dfx ξ = 2hx, ξi = 2x t ξ,
ξ ∈ Rn .
Also dfx = 2x t (Zeilenvektor).
175 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rn offen und F =
differenzierbar. Dann gilt:
Pm
j=1 F
je
j
: U → Rm in x
(i) F ist in x stetig.
(ii) F ist in x partiell differenzierbar und


∂1 F 1 (x) · · · ∂n F 1 (x)


..
..
dFx = 

.
.
m
m
∂1 F (x) · · · ∂n F (x)
Beweis.
(i) Aus limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0 folgt limξ→0 ϕ(ξ) = 0 und somit
ξ→0
F (x + ξ) = F (x) + Aξ + ϕ(ξ) −→ F (x).
176 / 327
Weiter im Beweis:
(ii) Aus der Differenzierbarkeit von F in x folgt komponentenweise
F j (x + ξ) = F j (x) + Aj ξ + ϕj (ξ),
P
j
j
j
j
wobei ϕ = m
j=1 ϕ ej und A = (A1 , . . . , An ) die j-te Zeile der
Matrix A = dFx ist.
Mit ξ = tei erhalten wir
F j (x + tei ) − F j (x)
ϕj (tei )
= Aji +
,
t
t
woraus wg. limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0 die partielle
Differenzierbarkeit von F j in x folgt und ∂i F j (x) = Aji .
177 / 327
Folgerung
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R eine differenzierbare Funktion.
Dann ist f partiell differenzierbar und
df = (∂1 f , . . . , ∂n f ) = (grad f )t
: U → (Rn )∗ ,
x 7→ dfx .
Beispiel
Für die Koordinatenfunktionen f (x) = x j haben wir grad(x j ) = ej
und somit dx j = e j = ejt .
Man schreibt daher für jede differenzierbare
P Funktion f auf einer
offenen Teilmenge U ⊂ Rn auch df = ni=1 ∂i fdx i .
178 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R eine in x differenzierbare
Funktion.
Dann existiert für alle v ∈ Rn die Richtungsableitung ∂v f (x) und
es gilt
(∗) ∂v f (x) = dfx v = hgrad f (x), v i.
Beweis. Wir wissen bereits, dass dfx v = hgrad f (x), v i.
Aus f (x + tv ) = f (x) + tdfx v + ϕ(tv ) folgt mit
limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0 die Differenzierbarkeit von f an der Stelle x
in Richtung v und ∂v f (x) = dfx v .
179 / 327
Satz
P
j
m
U ⊂ Rn sei offen, F = m
j=1 F ej : U → R partiell differenzierbar
und die partiellen Ableitungen ∂i F j seien an der Stelle x ∈ U
stetig.
Dann ist F in x differenzierbar.
Beweis. Wir können o.B.d.A. annehmen, dass m = 1.
P
Sei > 0 so klein, dass B (x) ⊂ U und ξ = ni=1 ξ i ei ∈ B (0).
P
Wir setzen xk := x + ki=1 ξ i ei ∈ B (x) ⊂ U
(=⇒ x0 = x, xn = x + ξ).
Dann existiert wg. des MWS ein θk ∈ [0, 1] mit
F (xk ) − F (xk−1 ) = ξ k ∂k F (yk ),
yk := xk−1 + θk ξ k ek .
180 / 327
Weiter im Beweis: Somit
F (x + ξ) − F (x) =
n
X
F (xk ) − F (xk−1 ) =
k=1
=
ϕ(ξ) =
n
X
k=1
n
X
n
X
ξ k ∂k F (yk )
k=1
ξ k ∂k F (x) + ϕ(ξ)
ξ k (∂k F (yk ) − ∂k F (x)).
k=1
Aus ξ → 0 folgt yk → x und somit, wg. der Stetigkeit von ∂k F in
x, limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0.
181 / 327
Satz (Kettenregel)
Seien U ⊂ Rn , V ⊂ Rm offen, F : U → Rm , F (U) ⊂ V und
G : V → Rk .
Wenn F in x und G in y = F (x) differenzierbar sind, dann ist
G ◦ F : U → Rk in x differenzierbar und
d(G ◦ F )x = dGy ◦ dFx .
Beweis. Wir haben
F (x + ξ) = F (x) + Aξ + ϕ(ξ),
G (y + η) = G (y ) + Bη + ψ(η),
A = dFx ,
B = dGy ,
wobei limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = limη→0 ψ(η)/kηk = 0.
182 / 327
Weiter im Beweis:
Mit η = F (x + ξ) − y = Aξ + ϕ(ξ) erhalten wir
(G ◦ F )(x + ξ) − (G ◦ F )(x) = G (y + η) − G (y ) = Bη + ψ(η)
= BAξ + Bϕ(ξ) + ψ(η)
Es genügt also zu zeigen, dass limξ→0 ψ(η)/kξk = 0.
Aus der Definition von η erhält man leicht die Existenz von C > 0
und δ > 0, so dass
kηk ≤ C kξk
für alle
ξ ∈ Bδ (0).
Also folgt aus ξ → 0 zunächst η → 0 und dann
ψ(η)/kξk ≤ C ψ(η)/kηk → 0.
183 / 327
Folgerung (Kettenregel in Komponenten)
Seien U ⊂ Rn , V ⊂ Rm offen, F : U → Rm , F (U) ⊂ V und
G : V → R. Desweitern sei F in x und G in y = F (x)
differenzierbar.
Dann ist G ◦ F : U → R in x differenzierbar und
∂i (G ◦ F )(x) =
m
X
∂j G (y )∂i F j (x),
i = 1, 2, . . . , n.
j=1
184 / 327
Beispiele
(i) Sei c : (−, ) → Rn ( > 0) eine im Nullpunkt
differenzierbare Kurve, c(0) = x, c 0 (0) = v .
Ferner sei f : U → R eine in einer offenen Umgebung U ⊂ Rn
von x definierte und in x differenzierbare Funktion.
Dann gilt für die Ableitung der Funktion f ◦ c : (−, ) → R:
(f ◦ c)0 (0) = dfc(0) c 0 (0) = dfx v = ∂v f (x).
(ii) Für A ∈ Mat(n × n, R) sei F (A) = A2 und G (A) = spurA.
F und G sind auf Mat(n × n, R) differenzierbar mit
dFA B = AB + BA,
dGA B = spurB,
A, B ∈ Mat(n × n, R).
Somit ist G ◦ F : A 7→ spur(A2 ) differenzierbar und
d(G ◦F )A B = dGF (A) ◦dFA B = spur(AB +BA) = 2spur(AB).
185 / 327
Satz (Mittelwertsatz)
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm stetig differenzierbar.
Dann gilt
Z
(∗)
F (x + ξ) − F (x) =
1
∂ξ F (x + tξ)dt,
0
wobei x ∈ U, ξ ∈ Rn , so dass x + tξ ∈ U für alle t ∈ [0, 1].
Beweis.
Wenn F stetig diff. ist, dann auch g (t) := F (x + tξ) und
1
Z
g (1) − g (0) =
g 0 (t)dt.
0
Das ist (*), denn g 0 (t) =
d ds s=0 g (t
+ s) = ∂ξ F (x + tξ).
186 / 327
Folgerung
Unter den Voraussetzungen des vorhergehenden Satzes gilt mit
C := maxt∈[0,1] kdFx+tξ k:
kF (x + ξ) − F (x)k ≤ C kξk.
Beweis. Es gilt
k∂ξ F (x + tξ)k = kdFx+tξ ξk ≤ kdFx+tξ k · kξk ≤ C kξk.
Daraus folgt
1
Z
kF (x + ξ) − F (x)k = k
Z
≤
∂ξ F (x + tξ)dtk
0
1
k∂ξ F (x + tξ)kdt ≤ C kξk.
0
187 / 327
Hierbei haben wir folgenden Satz verwendet.
Satz
Sei c : [0, 1] → Rn eine stetige Kurve. Dann gilt
Z 1
Z 1
c(t)dt kc(t)kdt.
≤
0
0
Beweis.
R1
Es genügt das Integral 0 c(t)dt als Grenzwert Riemannscher
Summen zu schreiben, die Dreiecksungleichung auf die Summen
anzuwenden und anschließend zum Grenzwert überzugehen.
188 / 327
Wiederholung:Differenzierbarkeit
Definition (Differenzierbarkeit)
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm .
(i) F heißt im Punkt x ∈ U (total) differenzierbar, wenn es eine
lineare Abbildung A : Rn → Rm gibt, so dass
F (x + ξ) = F (x) + Aξ + ϕ(ξ),
wobei
lim
ξ→0
ϕ(ξ)
= 0.
kξk
(ii) Die lineare Abbildung dFx := A heißt dann Differenzial (oder
Ableitung) von F im Punkt x.
(iii) F : U → Rm heißt differenzierbar, wenn F in allen Punkten
x ∈ U differenzierbar ist.
189 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rn offen und F =
differenzierbar. Dann gilt:
Pm
j=1 F
je
j
: U → Rm in x
(i) F ist in x stetig.
(ii) F ist in x partiell differenzierbar und


∂1 F 1 (x) · · · ∂n F 1 (x)


..
..
dFx = 

.
.
∂1 F m (x) · · · ∂n F m (x)
Satz
P
j
m
U ⊂ Rn sei offen, F = m
j=1 F ej : U → R partiell differenzierbar
und die partiellen Ableitungen ∂i F j seien an der Stelle x ∈ U
stetig.
Dann ist F in x differenzierbar.
190 / 327
Satz (Kettenregel)
Seien U ⊂ Rn , V ⊂ Rm offen, F : U → Rm , F (U) ⊂ V und
G : V → Rk .
Wenn F in x und G in y = F (x) differenzierbar sind, dann ist
G ◦ F : U → Rk in x differenzierbar und
d(G ◦ F )x = dGy ◦ dFx .
Folgerung (Kettenregel in Komponenten)
Seien U ⊂ Rn , V ⊂ Rm offen, F : U → Rm , F (U) ⊂ V und
G : V → R. Desweitern sei F in x und G in y = F (x)
differenzierbar.
Dann ist G ◦ F : U → R in x differenzierbar und
∂i (G ◦ F )(x) =
m
X
∂j G (y )∂i F j (x),
i = 1, 2, . . . , n.
j=1
191 / 327
Beispiele
(i) Sei c : (−, ) → Rn ( > 0) eine im Nullpunkt
differenzierbare Kurve, c(0) = x, c 0 (0) = v .
Ferner sei f : U → R eine in einer offenen Umgebung U ⊂ Rn
von x definierte und in x differenzierbare Funktion.
Dann gilt für die Ableitung der Funktion f ◦ c : (−, ) → R:
(f ◦ c)0 (0) = dfc(0) c 0 (0) = dfx v = ∂v f (x).
(ii) Für A ∈ Mat(n × n, R) sei F (A) = A2 und G (A) = spurA.
F und G sind auf Mat(n × n, R) differenzierbar mit
dFA B = AB + BA,
dGA B = spurB,
A, B ∈ Mat(n × n, R).
Somit ist G ◦ F : A 7→ spur(A2 ) differenzierbar und
d(G ◦F )A B = dGF (A) ◦dFA B = spur(AB +BA) = 2spur(AB).
192 / 327
Satz (Mittelwertsatz)
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm stetig differenzierbar.
Dann gilt
Z
(∗)
F (x + ξ) − F (x) =
1
∂ξ F (x + tξ)dt,
0
wobei x ∈ U, ξ ∈ Rn , so dass x + tξ ∈ U für alle t ∈ [0, 1].
Beweis.
Wenn F stetig diff. ist, dann auch g (t) := F (x + tξ) und
1
Z
g (1) − g (0) =
g 0 (t)dt.
0
Das ist (*), denn g 0 (t) =
d ds s=0 g (t
+ s) = ∂ξ F (x + tξ).
193 / 327
Folgerung
Unter den Voraussetzungen des vorhergehenden Satzes gilt mit
C := maxt∈[0,1] kdFx+tξ k:
kF (x + ξ) − F (x)k ≤ C kξk.
Beweis. Es gilt
k∂ξ F (x + tξ)k = kdFx+tξ ξk ≤ kdFx+tξ k · kξk ≤ C kξk.
Daraus folgt
1
Z
kF (x + ξ) − F (x)k = k
Z
≤
∂ξ F (x + tξ)dtk
0
1
k∂ξ F (x + tξ)kdt ≤ C kξk.
0
194 / 327
Hierbei haben wir folgenden Satz verwendet.
Satz
Sei c : [0, 1] → Rn eine stetige Kurve. Dann gilt
Z 1
Z 1
c(t)dt kc(t)kdt.
≤
0
0
Beweis.
R1
Es genügt das Integral 0 c(t)dt als Grenzwert Riemannscher
Summen zu schreiben, die Dreiecksungleichung auf die Summen
anzuwenden und anschließend zum Grenzwert überzugehen.
195 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R stetig differenzierbar.
Dann steht grad f senkrecht auf den Niveaumengen
Nf (k) := {x ∈ Rn |f (x) = k}, d.h. für jede in Nf (k) verlaufende
differenzierbare Kurve c : (a, b) → Rn gilt
grad f |c(t) ⊥ c 0 (t)
für alle
t ∈ (a, b).
Beweis. Das folgt durch Ableiten der Gleichung f ◦ c = k:
0 = dfc ◦ c 0 = hgrad f , c 0 i.
196 / 327
Bemerkung
Wenn grad f (x) 6= 0 ist, so gibt der Gradient die Richtung des
stärksten Anstiegs der Funktion f im Punkt x ∈ U an,
denn für jeden Einheitsvektor v ∈ Rn gilt
∂v f (x) = hgrad f (x), v i ≤ kgrad f (x)k
mit Gleichheit genau dann, wenn v =
grad f (x)
kgrad f (x)k .
197 / 327
Definition
Sei U ⊂ Rn , f : U → R eine Funktion und x ∈ U.
Man sagt, dass f in x ein lokales Maximum (bzw. ein lokales
Minimum) annimmt, falls es > 0 gibt, derart dass
f (x) ≥ f (ξ)
(bzw.
f (x) ≤ f (ξ))
für alle ξ ∈ U mit kx − ξk < .
Lokale Minima und Maxima heißen auch lokale Extrema.
Man spricht von einem isolierten lokalen Extremum, falls
zusätzlich f (ξ) 6= f (x) für alle ξ ∈ U \ {x} mit kx − ξk < .
198 / 327
Satz
f : U → R sei an der Stelle x ∈ U partiell differenzierbar (U ⊂ Rn
offen).
Wenn f an der Stelle x ∈ U ein lokales Extremum annimmt, dann
gilt grad f (x) = 0.
Beweis. Die Funktion t 7→ g (t) := f (x + tei ) ist im Nullpunkt
differenzierbar und hat dort ein lokales Extremum.
Demnach gilt
0 = g 0 (0) = ∂i f (x).
199 / 327
Satz (Taylorentwicklung)
Sei f : I → R eine (m + 1)-mal stetig differenzierbare Funktion auf
einem Intervall I ⊂ R. Dann gilt
1
1
f (x+ξ) = f (x)+f 0 (x)ξ+ f 00 (x)ξ 2 +· · ·+ f (m) (x)ξ m +Rm+1 (x, ξ),
2
m!
Z
ξ m+1 1
Rm+1 (x, ξ) =
(1 − t)m f (m+1) (x + tξ)dt,
m! 0
für alle x, ξ ∈ R, so dass {x + tξ|t ∈ [0, 1]} ⊂ I .
Beweis (durch Induktion nach m)
Der Fall m = 0 ist der Fundamentalsatz der Differenzial- und
Integralrechnung:
Z
f (x + ξ) − f (x) =
x
x+ξ
f 0 (s)ds = ξ
Z
1
f 0 (x + tξ)dt = R1 (x, ξ).
0
200 / 327
Weiter im Beweis: Induktionschritt
Wir gehen aus von:
Rm (x, ξ) =
ξm
(m − 1)!
Partielle Integration ergibt
−
Z
R1
0
1
(1 − t)m−1 f (m) (x + tξ)dt.
0
(1 − t)m−1 f (m) (x + tξ)dt =
1
1
(1 − t)m f (m) (x + tξ)|10 +
m
m
1
Z
(1 − t)m f (m+1) (x + tξ)ξdt.
0
und somit
ξ m (m)
ξ m+1
Rm (x, ξ) =
f (x) +
m!
m!
Z
1
(1 − t)m f (m+1) (x + tξ)dt.
0
201 / 327
Satz (Restglied)
Unter den Voraussetzungen des letzten Satzes existiert τ ∈ [0, 1]
mit
ξ m+1 (m+1)
f
(x + τ ξ).
Rm+1 (x, ξ) =
(m + 1)!
Beweis. Sei k bzw. K das Maximum bzw. Minimum der stetigen
Funktion t 7→ f (m+1) (x + tξ) auf dem Intervall [0, 1].
R1
Dann gilt mit I := 0 (1 − t)m dt:
Z
kI ≤
1
(1 − t)m f (m+1) (x + tξ)dt ≤ K I.
0
Nach dem Zwischenwertsatz existiert daher τ ∈ [0, 1] mit
R1
m (m+1) (x + tξ)dt = f (m+1) (x + τ ξ)I.
0 (1 − t) f
202 / 327
Weiter im Beweis:
Insgesamt ergibt sich
Rm+1 (x, ξ) =
=
=
Z
ξ m+1 1
(1 − t)m f (m+1) (x + tξ)dt
m! 0
ξ m+1 (m+1)
f
(x + τ ξ)I
m!
ξ m+1 (m+1)
f
(x + τ ξ),
(m + 1)!
denn
Z
I=
0
1
(1 − t)m dt = −
1
(1 − t)m+1 1
.
=
m + 1 0 m + 1
203 / 327
Notation: Multiindizes
Um die Taylorentwicklung für Funktionen von mehreren
Veränderlichen kompakt schreiben zu können, führen wir die
folgenden Abkürzungen ein.
P
Für α1 , α2 , . . . , αn ∈ N und x = ni=1 x i ei ∈ Rn setzen wir
α := (α1 , α2 , . . . , αn )
|α| := α1 + α2 + · · · + αn
α! := α1 !α2 ! · · · αn !
x α := (x 1 )α1 (x 2 )α2 · · · (x n )αn
∂ α := ∂1α1 ∂2α2 · · · ∂nαn
204 / 327
Satz (Taylorentwicklung)
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R eine (m + 1)-mal stetig
differenzierbare Funktion, x ∈ U und ξ ∈ Rn , so dass
{x + tξ|t ∈ [0, 1]} ⊂ U.
Dann existiert τ ∈ [0, 1], so dass
f (x + ξ) =
X 1
∂ α f (x)ξ α +
α!
|α|≤m
X
|α|=m+1
1 α
∂ f (x + τ ξ)ξ α .
α!
Beweis. Wir führen den Satz auf den Fall n = 1 zurück.
Dazu betrachten wir die (m + 1)-mal stetig differenzierbare
Hilfsfunktion t 7→ g (t) := f (x + tξ).
205 / 327
Lemma
Für die partiellen Ableitung der Ordnung k ≤ m + 1 der Funktion
g : [0, 1] → R, g (t) = f (x + tξ), gilt
g (k) (t) = k!
X 1
∂ α f (x + tξ)ξ α .
α!
|α|=k
Weiter im Beweis des Satzes: Der Satz folgt nun mit Hilfe des
Lemmas aus der Taylorentwicklung von g im Nullpunkt:
m
X
1
1 (k)
g (0) +
g (m+1) (τ )
f (x + ξ) = g (1) =
k!
(m + 1)!
k=0
X 1
X 1
=
∂ α f (x)ξ α +
∂ α f (x + τ ξ)ξ α .
α!
α!
|α|≤m
|α|=m+1
206 / 327
Beweis des Lemmas: Wir beweisen das Lemma durch Induktion
nach k.
Für k = 0 ist nichts zu zeigen. Wir berechnen g (k+1) (t) aus
g (k) (t) = k!
X 1
∂ α f (x + tξ)ξ α .
α!
|α|=k
Mit der Kettenregel erhalten wir:
n
X
d α
∂ f (x + tξ) =
∂i ∂ α f (x + tξ)ξ i
dt
i=1
und somit
g (k+1) (t) = k!
n X
X
1
∂i ∂ α f (x + tξ)ξ α ξ i .
α!
i=1 |α|=k
207 / 327
Weiter im Beweis: Daraus ergibt ich weiter:
g
(k+1)
n X
X
1
(t) = k!
∂i ∂ α f (x + tξ)ξ α ξ i
α!
= k!
i=1 |α|=k
n
X
X
i=1 |β|=k+1
= (k + 1)!
βi β
∂ f (x + tξ)ξ β
β!
X
|β|=k+1
denn
Pn
i=1 βi
= |β| = k + 1.
1 β
∂ f (x + tξ)ξ β ,
β!
208 / 327
Folgerung
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R eine m-mal stetig differenzierbare
Funktion und x ∈ U.
Dann existiert δ > 0 und ϕ : Bδ (0) → R, so dass Bδ (x) ⊂ U und
f (x + ξ) =
X 1
∂ α f (x)ξ α + ϕ(ξ)
α!
|α|≤m
für alle ξ ∈ Bδ (0), wobei
ϕ(ξ)
= 0.
ξ→0 kξkm
lim
209 / 327
Beweis (der Folgerung).
Da U offen ist, existiert Bδ (x) ⊂ U und aus der Taylorentwicklung
der Ordnung m − 1 folgt für ξ ∈ Bδ (0):
f (x + ξ) =
X
|α|≤m−1
X 1
1 α
∂ f (x)ξ α +
∂ α f (x + τ ξ)ξ α ,
α!
α!
|α|=m
mit τ ∈ [0, 1].
Wir setzen
ϕ(ξ) :=
X 1
(∂ α f (x + τ ξ) − ∂ α f (x))ξ α .
α!
|α|=m
Dann gilt f (x + ξ) =
ϕ(ξ)/kξkm
limξ→0
f sind stetig.
1 α
α
|α|≤m α! ∂ f (x)ξ
P
+ ϕ(ξ) und
= 0, denn die m-ten partiellen Ableitungen von
210 / 327
Beispiel
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R zweimal stetig differenzierbar und
x, ξ ∈ Rn derart, dass {x + tξ|t ∈ [0, 1]} ⊂ U.
Dann gilt
f (x + ξ) = f (x) +
n
X
i=1
n
1 X
∂i ∂j f (x)ξ i ξ j + ϕ(ξ),
∂i f (x)ξ +
2
i
i,j=1
wobei limξ→0 ϕ(ξ)/kξk2 = 0.
211 / 327
Definition
Die symmetrische Matrix
Hess f (x) := (∂i ∂j f (x))i,j=1,2,...,n
heißt Hessematrix von f im Punkt x.
Nachtrag zum letzen Beispiel:
Die obige Gleichung läßt sich nun indexfrei schreiben:
1
f (x + ξ) = f (x) + hgrad f (x), ξi + hHess f (x)ξ, ξi + ϕ(ξ).
2
212 / 327
Definition
(i) Eine symmetrische Bilinearform α auf einem reellen VR heißt
positiv semi-definit, wenn
α(v , v ) ≥ 0 für alle
v ∈ V.
(ii) α heißt negativ definit (bzw. negativ semi-definit), wenn −α
positiv definit (bzw. positiv semi-definit) ist.
(iii) α heißt indefinit, wenn α weder positiv noch negativ
semi-definit ist.
(iv) Ein symmetrischer Endomorphismus A eines Euklidischen VR
heißt positiv definit (bzw. positiv semi-definit, indefinit etc. )
, wenn die zugehörige symmetrische Bilinearform
α(v , w ) = hv , Aw i,
v, w ∈ V ,
positiv definit (bzw. positiv semi-definit, indefinit etc. ) ist.
213 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R zweimal stetig differenzierbar.
(i) Wenn f an der Stelle x ∈ U ein lokales Minimum (bzw.
Maximum) hat, dann ist grad f (x) = 0 und Hess f (x) ist
positiv (bzw. negativ) semi-definit.
(ii) Wenn der Gradient von f an der Stelle x ∈ U verschwindet
und Hess f (x) positiv (bzw. negativ) definit ist, dann hat f in
x ein isoliertes lokales Minimum (bzw. Maximum).
214 / 327
Beweis.
(i) f habe in x z.B. ein lokales Minimum. Wir wissen bereits,
dass grad f (x) = 0 und mit h(ξ) := 21 hHess f (x)ξ, ξi gilt
f (x) ≤ f (x + ξ) = f (x) + h(ξ) + ϕ(ξ).
Daraus folgt h(ξ) ≥ −ϕ(ξ) und somit mit t ∈ R∗ :
h(ξ)
ξ
h(tξ)
ϕ(tξ) t→0
=
−→ 0.
h
=
≥−
2
2
kξk
kξk
ktξk
ktξk2
Das impliziert h(y ) ≥ 0 für alle Einheitsvektoren y , d.h. h ≥ 0.
(ii) Sei nun umgekehrt grad f (x) = 0 und h(ξ) > 0 für alle ξ 6= 0.
Dann ist m = minky k=1 h(y ) > 0 und es gibt zu 0 < < m
ein δ > 0, so dass |ϕ(ξ)| < kξk2 für alle 0 6= ξ ∈ Bδ (0). Aus
der Taylorentwicklung folgt dann
f (x + ξ) = f (x) + h(ξ) + ϕ(ξ) > f (x) + mkξk2 − kξk2 > f (x).
215 / 327
Satz (Umkehrsatz)
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → Rn stetig differenzierbar und p ∈ U.
Wenn dfp ∈ L(Rn , Rn ) invertierbar ist, so existieren offene
Umgebungen V ⊂ U von p und W von q := f (p), so dass
f |V : V → W bijektiv ist und (f |V )−1 : W → V stetig
differenzierbar ist.
Beweis.
Wir können o.B.d.A. annehmen, dass p = q = 0 und dfp = Id.
Die Abbildung U 3 x 7→ ϕ(x) := f (x) − x ∈ Rn ist stetig
differenzierbar mit ϕ(0) = 0 und dϕ0 = 0.
Also existiert δ > 0, so dass B δ (0) ⊂ U und
kdϕx k ≤
1
2
für alle
x ∈ B δ (0).
216 / 327
Weiter im Beweis:
Nach dem MWS gilt dann für alle x, x 0 ∈ B δ (0):
1
(∗) kϕ(x) − ϕ(x 0 )k ≤ kx − x 0 k
2
und somit (wg. f (x) = x + ϕ(x))
(∗∗)
1
kf (x) − f (x 0 )k ≥ kx − x 0 k − kϕ(x) − ϕ(x 0 )k ≥ kx − x 0 k.
2
Das beweist die Injektivität von f auf B δ (0).
Als Nächstes zeigen wir, dass f (B δ (0)) ⊃ B δ/2 (0).
Sei b ∈ B δ/2 (0). Gesucht ist a ∈ B δ (0) mit f (a) = b, d.h.
a = b − ϕ(a).
Wir definieren rekursiv
x0 := 0,
xk := b − ϕ(xk−1 ),
k ∈ N.
Das definiert eine Folge in B δ (0), denn aus xk−1 ∈ B δ (0) folgt wg.
(*) ϕ(xk−1 ) ∈ B δ/2 (0) und somit xk ∈ B δ (0).
217 / 327
Weiter im Beweis:
Aus (*) folgt desweiteren, dass (xk ) eine Cauchy-Folge ist:
1
kxk+m − xk k = kϕ(xk+m−1 ) − ϕ(xk−1 )k ≤ kxk+m−1 − xk−1 k
2
δ
1
≤ · · · ≤ k kxm − x0 k ≤ k .
2
2
Grenzübergang in der Rekursionsformel xk = b − ϕ(xk−1 ) liefert
für a = limk→∞ xk ∈ B δ (0):
a = b − ϕ(a),
d.h. f (a) = b.
Das Argument zeigt, dass f (x) ein innerer Punkt von f (U) ist,
wenn x ∈ U und dfx invertierbar ist.
Insbesondere ist f (V ) offen, wenn V ⊂ U offen ist und dfx für alle
x ∈ V invertierbar ist.
218 / 327
Weiter im Beweis:
Da f stetig differenzierbar ist und df0 invertierbar ist, existiert eine
offene Umgebung V ⊂ Bδ (0) von 0, so dass dfx für alle x ∈ V
invertierbar ist.
Die Bildmenge W := f (V ) ⊂ Rn ist dann offen und f |V : V → W
ist stetig und bijektiv.
g := (f |V )−1 : W → V ist stetig, denn f |V bildet offene Menge in
offene Mengen ab.
Wir zeigen, dass g in jedem Punkt q ∈ W differenzierbar ist.
Sei wieder o.B.d.A. q = f (0) = 0, df0 = Id und δ > 0 wie oben, so
dass B δ/2 (0) ⊂ f (B δ (0)) ⊂ W .
Wir setzen ψ(y ) := g (y ) − y , y ∈ W .
219 / 327
Weiter im Beweis:
Für y ∈ B δ/2 (0) ⊂ f (B δ (0)) gilt mit x = g (y ), y = f (x):
1
ky k = kf (x)k ≥ kxk,
2
siehe
(∗∗).
Also folgt aus y → 0 auch x = g (y ) → 0.
Somit gilt mit 0 6= y → 0:
kg (y ) − y k
kx − f (x)k
kϕ(x)k
kϕ(x)k
kψ(y )k
=
=
=
≤2
→ 0.
ky k
ky k
ky k
ky k
kxk
Das beweist die Differenzierbarkeit von g .
Aus der Differenzierbarkeit von f , g folgt mit der Kettenregel
dgf (x) dfx = Id für alle
x ∈ V.
Also ist dgy = dfg−1
(y ) für alle y ∈ W .
Die Abbildung x 7→ dfx−1 ist stetig, denn f ist stetig differenzierbar
und GL(n) 3 A 7→ A−1 ∈ GL(n) ist stetig (sogar rational).
220 / 327
Weiter im Beweis:
Aus der Stetigkeit von x 7→ dfx−1 und g folgt nun die Stetigkeit
von y 7→ dgy = dfg−1
(y ) .
Das beweist die stetige Differenzierbarkeit von g = (f |V )−1 .
Bemerkung:
g ist sogar k-mal stetig differenzierbar, wenn f k-mal stetig
differenzierbar ist (k ∈ N).
Die Gleichung dgy = dfg−1
(y ) zeigt nämlich, dass g k-mal stetig
differenzierbar ist, wenn f k-mal und g (k − 1)-mal stetig
differenzierbar ist.
221 / 327
Beispiel (ebene Polarkoordinaten)
Die Abbildung
2
2
f :R →R ,
r
ϕ
7→
x
y
=
r cos ϕ
r sin ϕ
,
ist unendlich oft differenzierbar.
Ihr Differenzial ist
df =
∂x
∂r
∂y
∂r
∂x
∂ϕ
∂y
∂ϕ
!
=
cos ϕ −r sin ϕ
sin ϕ r cos ϕ
Da det df = r , gibt es zu jedem Punkt p = (r0 , ϕ0 ) ∈ R∗ × R eine
offene Umgebung U ⊂ R∗ × R, so dass f U bijektiv auf eine offene
Menge V = f (U) ⊂ R2 abbildet mit unendlich oft differenzierbarer
Umkehrabbildung (f |U )−1 : V → U.
Z.B. U = R+ × (ϕ0 − π, ϕ0 + π) (→ Zeichnung).
222 / 327
Satz (Satz über implizite Funktionen)
Sei U ⊂ Rm × Rn offen, f : U → Rn k-mal stetig differenzierbar
(k ≥ 1) und (a, b) ∈ U, so dass f (a, b) = 0.
Das Differenzial der Abbildung y → f (a, y ) sei im Punkt y = b
invertierbar.
Dann gibt es offene Umgebungen V ⊂ Rm von a und W ⊂ Rn von
b mit V × W ⊂ U und eine k-mal stetig differenzierbare Abbildung
g : V → W , so dass für alle (x, y ) ∈ V × W :
f (x, y ) = 0 ⇐⇒ y = g (x).
Beweis.
Wir betrachten F : U → Rm × Rn , F (x, y ) := (x, f (x, y )).
Das Differenzial von F berechnet sich wie folgt aus dem
Differenzial dx f der Abbildung x 7→ f (x, y ) und dem Differenzial
dy f der Abbildung y 7→ f (x, y ).
223 / 327
Weiter im Beweis:
dF =
1m
dx f
0
dy f
Da dy f im Punkt (a, b) invertierbar ist, ist auch dF im Punkt
(a, b) invertierbar.
Nach dem Umkehrsatz gibt es offene Umgebungen V1 ⊂ Rm von a
und V2 ⊂ Rn von b, so dass V1 × V2 ⊂ U ⊂ Rm × Rn durch F
bijektiv auf eine offene Umgebung Ω ⊂ Rm × Rn von
F (a, b) = (a, f (a, b)) = (a, 0) abgebildet wird,
und zwar so, dass die Umkehrabbildung
G = (G1 , G2 ) : Ω → V1 × V2
k-mal stetig differenzierbar ist.
224 / 327
Weiter im Beweis:
Aus
Ω 3 (x, y ) = F (G (x, y )) = (G1 (x, y ), f (G1 (x, y ), G2 (x, y )))
folgt G1 (x, y ) = x und f (x, G2 (x, y )) = y .
Insbesondere gilt mit g (x) := G2 (x, 0) für alle (x, 0) ∈ Ω:
f (x, g (x)) = 0. V := {x ∈ V1 |(x, 0) ∈ Ω} ist eine offene Umg.
V ⊂ V1 von a. Wir setzen W := V2 .
Aus g (V ) = G2 (V × {0}) ⊂ V2 = W folgt g : V → W .
Umgekehrt folgt aus (x, y ) ∈ V × W und f (x, y ) = 0:
F (x, y ) = (x, f (x, y )) = (x, 0) und somit
(x, y ) = G (F (x, y )) = G (x, 0) = (G1 (x, 0), G2 (x, 0)) = (x, g (x)),
d.h. y = g (x).
225 / 327
Beispiel (zweischaliges Hyperboloid)
Die Funktion f : R3 = R2 × R → R,
f (x, y , z) := x 2 + y 2 − z 2 + 1,
erfüllt
∂f
∂z
= −2z 6= 0 für alle (x, y , z) ∈ H := f −1 (0).
Nach dem Satz über implizite Funktionen definiert die Gleichung
f (x, y , z) = 0 also lokal eine unendlich oft differenzierbare
Funktion (x, y ) 7→ z = g (x, y ).
Diese kann man durch Auflösen der Gleichung f (x, y , z) = 0 nach
z berechnen:
p
g± (x, y ) = ± x 2 + y 2 + 1.
Der Graph von g+ : R2 → R (bzw. g− ) ist die obere (bzw. untere)
Schale des Hyperboloids H.
226 / 327
Bemerkung
Unter den Voraussetzungen des Satzes über implizite Funktionen
läßt sich das Differenzial der durch die Gleichung f (x, y ) = 0
implizit definierten Abbildung x 7→ g (x) wie folgt berechnen.
Ableiten der Gleichung f (x, g (x)) = 0 liefert nach der Kettenregel:
0 = dx f + dy fdg =⇒ dg = −(dy f )−1 dx f ,
Hierbei ist dg an der Stelle x und dx f , dy f an der Stelle (x, g (x))
auszuwerten:
−1
dg |x = − dy f |(x,g (x))
dx f |(x,g (x)) .
227 / 327
Definition (Rang einer differenzierbaren Abbildung)
U ⊂ Rm sei offen und f : U → Rn differenzierbar.
(i) Der Rang von f im Punkt p ∈ U ist definiert als
rg(f )p := rg dfp ≤ min{m, n}.
Das definiert eine Funktion rg(f ) : U → {0, 1, 2, . . . , min{m, n}}.
(ii) f heißt Immersion, wenn rg(f ) = m.
(iii) f heißt Submersion, wenn rg(f ) = n.
(iv) k-mal stetig differenzierbare Abbildungen heißen auch von der
Klasse C k oder C k -Abbildungen, k ∈ N ∪ {∞}.
(v) U ⊂ Rm , V ⊂ Rn seien offen. Eine C k -Abbildung f : U → V
heißt C k -Diffeomorphismus, wenn f bijektiv ist und f −1 von
der Klasse C k ist.
228 / 327
Beispiele
(i) Sei m ≤ n.
Rm 3 (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x m , 0, . . . , 0) ∈ Rm ×Rn−m = Rn
ist eine Immersion.
(ii) Sei m ≥ n.
Rm 3 (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x n ) ∈ Rn
ist eine Submersion.
(iii) Sei r ≤ min{m, n}.
Rm 3 (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x r , 0, . . . , 0) ∈ Rr × Rn−r = Rn
hat konstanten Rang r .
229 / 327
Beispiele
(iv) Der Rang eines Diffeomorphismus f : U → V (U ⊂ Rm ,
V ⊂ Rn offen) ist konstant gleich m = n.
Durch Ableiten der Gleichungen f −1 ◦ f = Id U und
f ◦ f −1 = Id V folgt nämlich, dass dfp für alle p ∈ U
invertierbar ist, d.h. m = n = rg (f ).
Umgekehrt besagt der Umkehrsatz, dass jede C k -Abbildung
f : U → V vom Rang n zwischen offenen Mengen des Rn
lokal ein C k -Diffeomorphismus ist.
230 / 327
Satz (Immersionen)
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung mit
rg(f )p = m.
Dann existiert eine offene Umgebung V von f (p) und ein
C k -Diffeomorphismus ϕ : V → ϕ(V ) ⊂ Rn , so dass
(ϕ ◦ f )(x 1 , . . . , x m ) = (x 1 , . . . , x m , 0, . . . , 0)
in einer Umg. von p.
Beweis. Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im
Rn können wir annehmen, dass die ersten m Zeilen der
(n × m)-Matrix dfp linear unabhängig sind.
231 / 327
Weiter im Beweis:
Betrachte F : U × Rn−m → Rn , F (x, y ) = f (x) + (0, y ).
F ist von der Klasse C k und
dF(p,y ) = dfp
0
1n−m
.
Da insbesondere dF(p,0) invertierbar ist, existiert nach dem
Umkehrsatz eine offene Umgebung W von (p, 0) ∈ Rn , so dass
F |W : W → F (W ) ein Diffeomorphismus auf eine offene Umg.
V = F (W ) von F (p, 0) = f (p) ist.
Der Diffeomorphismus ϕ := (F |W )−1 : V → W erfüllt dann, wie
gewünscht, (x, 0) = ϕ(F (x, 0)) = ϕ(f (x)).
232 / 327
Satz (Submersionen)
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung mit
rg(f )p = n.
Dann existiert eine offene Umgebung V ⊂ U von p und ein
C k -Diffeomorphismus ϕ : V → ϕ(V ) ⊂ Rm , so dass
(f ◦ ϕ−1 )(x 1 , . . . , x m ) = (x 1 , . . . , x n )
auf ϕ(V ).
Beweis.
Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im Rm
können wir annehmen, dass die ersten n Spalten der
(n × m)-Matrix dfp linear unabhängig sind.
233 / 327
Weiter im Beweis:
Betrachte F : U → Rm , F (x 0 , x 00 ) = (f (x 0 , x 00 ), x 00 ), wobei
(x 0 , x 00 ) ∈ U ⊂ Rn × Rm−n , x 0 = (x 1 , . . . , x n ),
x 00 = (x n+1 , . . . , x m ).
F ist von der Klasse C k und
dFp =
dfp
0 1m−n
.
Da dFp invertierbar ist, existiert nach dem Umkehrsatz eine offene
Umgebung V ⊂ U von p ∈ Rm , so dass ϕ := F |V : V → F (V ) ein
Diffeomorphismus ist.
ϕ erfüllt dann für alle (x 0 , x 00 ) ∈ ϕ(V ): (x 0 , x 00 ) = F (ϕ−1 (x 0 , x 00 ))
und somit, wie gewünscht, f (ϕ−1 (x 0 , x 00 )) = x 0 .
234 / 327
Satz (Allgemeine Abbildungen von konstantem Rang)
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung mit
rg(f ) = r auf U.
Dann existieren offene Umgebungen V ⊂ U von p und W ⊂ Rn
von f (p) und C k -Diffeomorphismen ϕ : V → ϕ(V ) ⊂ Rm ,
ψ : W → ψ(W ) ⊂ Rn , so dass
(ψ ◦ f ◦ ϕ−1 )(x 1 , . . . , x m ) = (x 1 , . . . , x r , 0, . . . , 0)
auf ϕ(V ).
Beweis.
Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im Rm und
Rn können wir annehmen, dass die Matrix
i
∂f (p)
invertierbar ist.
A=
∂x j
i,j=1,...,r
235 / 327
Weiter im Beweis:
Betrachte F (x) = (f 1 (x), . . . , f r (x), x r +1 , . . . , x m ).
Da
A
∗
dFp =
0 1m−r
invertierbar ist, existiert eine offene Umgebung V ⊂ U von p, so
dass ϕ := F |V : V → ϕ(V ) ein Diffeomorphismus ist.
Aus F ◦ ϕ−1 (x) = x folgt dann f i (ϕ−1 (x)) = x i für alle i ≤ r und
x ∈ ϕ(V ).
Wir können also o.B.d.A. annehmen, dass f i (x) = x i für alle i ≤ r .
Somit ist
dfp =
1r
∗
0
B
,
B=
∂f i
∂x j
.
i,j≥r +1
und aus rg(f ) = r folgt nun B = 0, d.h. f hängt nur von
(x 1 , . . . , x r ) ab.
236 / 327
Weiter im Beweis:
Wir haben gezeigt, dass f von der Form f (x) = (x 0 , f 00 (x 0 )) ist,
wobei
x 0 = (x 1 , . . . , x r ) und f 00 = (f r +1 , . . . , f n ).
Sei nun U 0 ⊂ Rr die Projektion von U ⊂ Rr × Rm−r .
W := U 0 × Rn−r ist eine offene Umgebung von f (p) = (p 0 , f 00 (p 0 )),
wobei p 0 ∈ Rr die Projektion von p = (p 0 , p 00 ) ∈ U ⊂ Rr × Rm−r
ist.
Es genügt nun folgenden Diffeomorphismus ψ : W → ψ(W ) ⊂ Rn
zu verwenden:
ψ(x) = (x 0 , x 00 − f 00 (x 0 )),
x = (x 0 , x 00 ) ∈ W = U 0 × Rn−r .
In der Tat gilt, wie gewünscht,
ψ(f (x)) = ψ(x 0 , f 00 (x 0 )) = (x 0 , f 00 (x 0 ) − f 00 (x 0 )) = (x 0 , 0).
237 / 327
Beispiel
Die Abbildung f : Mat(n, R) → Mat(n, R), A 7→ f (A) = At A, hat
auf der offenen Teilmenge GL(n) ⊂ Mat(n, R) konstanten Rang
, wie im Folgenden gezeigt wird.
r = n(n+1)
2
Wir können f als Abbildung f : Mat(n, R) → Sym(n, R) in den
Unterraum Sym(n, R) ⊂ Mat(n, R) der symmetrischen Matrizen
auffassen.
Das Differenzial dfA : B 7→ B t A + At B, Mat(n, R) → Sym(n, R),
ist für A ∈ GL(n) surjektiv:
Sei C ∈ Sym(n, R). dfA bildet B = 12 (A−1 )t C auf 12 (C t + C ) = C
ab.
Daraus folgt rg(f )A = dim Sym(n, R) = 1 + 2 + · · · + n =
n(n+1)
.
2
238 / 327
Bemerkung
Sei Y ⊂ X eine Teilmenge eines topologischen Raumes (X , O).
Das Teilmengensystem
OY := {U ∩ Y |U ∈ O}
ist eine Topologie auf Y , die sogenannte induzierte Topologie.
Jede Teilmenge eines topologischen Raumes ist somit in
kanonischer Weise wieder ein topologischer Raum.
Beispiel
Die obere Halbsphäre {(x, y , z) ∈ S1 (0)|z > 0} ist eine offene
Teilmenge der zweidimensionalen Einheitssphäre
S 2 = S1 (0) = {(x, y , z) ∈ R3 |x 2 + y 2 + z 2 = 1}.
239 / 327
Definition
Eine bijektive stetige Abbildung f : X → Y zwischen topologischen
Räumen X und Y heißt Homöomorphismus, wenn f −1 : Y → X
stetig ist
Beispiel
Die Abbildung
f : [0, 2π) → S 1 = {z ∈ C||z| = 1},
f (ϕ) = e iϕ ,
ist stetig und bijektiv, aber kein Homöomorphismus.
(zn = f (2π − n1 ) ∈ S 1 konvergergiert gegen 1 aber
f −1 (zn ) = 2π − n1 ∈ [0, 2π) konvergiert nicht gegen f −1 (1) = 0.)
Die Einschränkung von f auf das offene Intervall (0, 2π) definiert
jedoch einen Homöomorphismus von (0, 2π) auf die offene
Teilmenge S 1 \ {1} der Einheitskreislinie S 1 .
240 / 327
Definition (Untermannigfaltigkeiten)
Eine Teilmenge M ⊂ Rn heißt m-dimensionale
C k -Untermannigfaltigkeit, wenn es zu jedem p ∈ M offene
Teilmengen U ⊂ Rm , p ∈ V ⊂ Rn gibt und eine C k -Immersion
F : U → Rn , die U homöomorph auf F (U) = V ∩ M abbildet.
F heißt lokale Parametrisierung von M.
Zweidimensionale Untermannigfaltigkeit heißen Flächen.
(m − 1)-dimensionale Untermannigfaltigkeiten von Rm heißen
Hyperflächen.
241 / 327
Beispiel
Sei U ⊂ Rm offen und f : U → Rr eine C k -Abbildung.
Dann ist der Graph von f
Γf = {(x, y ) ∈ U × Rr |y = f (x)}
eine m-dimensionale C k -Untermf. von Rn , wobei n = m + r .
Die C k -Immersion F : U → Rn , F (x) = (x, f (x)), bildet U
homöomorph auf F (U) = Γf ab.
242 / 327
Beispiel
Die Sphäre S 2 ist eine C ∞ -Fläche.
Sie besitzt nämlich eine Überdeckung durch 6 Halbsphären
Hi± := {x = (x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ S 2 | ± x i > 0}
und jede der Halbsphären ist ein Graph. Z.B. ist
2
H1+ = {(f
p(u), u)|u ∈ U} mit f : U = {u ∈ R |kuk < 1} → R,
f (u) = 1 − kuk2 .
243 / 327
Satz
Sei U ⊂ Rm offen und f : U → Rn eine C k -Abbildung von
konstantem Rang r und q ∈ f (U).
Dann ist
M = f −1 (q) ⊂ U
eine C k -Untermf. der Dimension m − r .
Beweis. Sei p = (p 1 , . . . , p m ) ∈ M. Wg. der Normalform von
Abbildungen von konstantem Rang, können wir annehmen, dass
f : (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x r , 0, . . . , 0)
auf einer offenen Umg. V = V1 × V2 ⊂ U ⊂ Rr × Rm−r von p.
Dann ist aber V2 3 y 7→ (p 1 , . . . , p r , y ) ∈ V = V1 × V2 eine
Immersion, die V2 homöomorph auf M ∩ V abbildet.
244 / 327
Beispiele
(i) Die Abbildung f : GL(n) → Sym(n, R), A 7→ At A, hat überall
den Rang n(n + 1)/2. Somit ist O(n) = f −1 (1n ) ⊂ Mat(n, R)
eine (kompakte) C ∞ -Untermf. der Dimension n(n − 1)/2.
(ii) Zeigen Sie auf ähnliche Weise, dass U(n) ⊂ Mat(n, C) eine
kompakte C ∞ -Untermf. der Dimension n2 ist.
(iii) Sei p ∈ Rn+1 . Die Abbildung f : Rn+1 → R, f (x) = kx − pk2 ,
definiert eine Submersion von Rn+1 \ {p} auf R+ . Die
n-dimensionalen Sphären Sr (p) = f −1 (r ) ⊂ Rn (r > 0) sind
also C ∞ -Hyperflächen.
245 / 327
Satz
Eine Teilmenge M ⊂ Rn ist genau dann eine m-dimensionale
C k -Untermf., wenn es zu jedem p ∈ M eine Umg. V ⊂ Rn gibt
und eine C k -Submersion f : V → Rr (r = n − m), so dass
M ∩ V = f −1 (0).
Beweis. “=⇒” Sei F : U → V ⊂ Rn eine lokale Parametrisierung,
wobei U ⊂ Rm und p ∈ F (U) = M ∩ V .
Wg. der Normalform von Immersionen können wir annehmen, dass
F : (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x m , 0, . . . , 0).
f : V → Rr , f (x 1 , . . . , x n ) = (x m+1 , . . . , x n ), ist dann die gesuchte
Submersion.
Die Umkehrung haben wir schon gezeigt.
246 / 327
Definition (Tangentialvektoren)
Sei M ⊂ Rn eine C 1 -Untermf. und p ∈ M.
Ein Vektor v ∈ Rn heißt Tangentialvektor an M in p, wenn es eine
C 1 -Kurve c : (−, ) → M ⊂ Rn gibt mit v = c 0 (0) ( > 0).
Sei Tp M die Menge aller Tangentialvektoren an M in p.
247 / 327
Satz (Tangentialraum)
(i) Tp M ist ein Vektorraum der Dimension m = dim M.
(ii) Sei F : U → V eine lok. Parametrisierung von M, u ∈ U mit
p = F (u). Dann bilden die Vektoren ∂1 F (u), . . . , ∂m F (u) eine
Basis von Tp M.
(iii) Sei V eine offene Umg. von p und f = (f 1 , . . . , f r ) : V → Rr
(r = m − n) eine C 1 -Submersion, so dass M ∩ V = f −1 (q),
wobei q = f (p). Dann ist
Tp M = Kern(dfp ) = ∩rj=1 (grad f j (p))⊥ .
(iv) Insbesondere gilt
Tp M ⊥ = span{grad f 1 (p), . . . , grad f r (p)}.
248 / 327
Beweis. Da m + r = n, genügt es zu zeigen, dass
(∗) span{∂1 F (u), . . . , ∂m F (u)} ⊂ Tp M
und grad f j (p) ⊥ Tp M für alle j = 1, . . . , r .
P
i
m
Sei v = m
i=1 v ei ∈ R . Dann definiert c(t) := F (u + tv ) eine
1
C -Kurve (−, ) → F (U) ⊂ M mit
0
c (0) = dFp v =
m
X
v i ∂i F (u).
i=1
Das beweist (*).
Für jede C 1 -Kurve c : (−, ) →
= p gilt
F (U) ⊂ M mit c(0)
d 0
f (c(t)) = q und somit 0 = dt t=0 f (c(t)) = dfp c (0).
Das zeigt Tp M ⊂ Kern(dfp ) = ∩rj=1 (grad f j (p))⊥ .
249 / 327
Satz (Extrema mit Nebenbedingungen)
Sei M ⊂ Rn eine Untermf., U ⊂ Rn offen und f : U → R im Punkt
p ∈ M ∩ U differenzierbar
(i) Wenn F = f |U∩M im Punkt p ein lokales Extremum annimmt,
so ist
(∗) Tp M ⊂ Kern dfp = (grad f (p))⊥ .
(ii) (*) gilt genau dann, wenn es Konstanten λ1 , . . . , λr ∈ R
(sogenannte Lagrangemultiplikatoren) gibt mit
grad f (p) =
r
X
λj grad hj (p),
j=1
wobei r = m − n und h = (h1 , . . . , hr ) : U → Rr eine
C 1 -Submersion ist, so dass M ∩ U = h−1 (0).
250 / 327
Beweis. Sei c : (−, ) → M ∩ U ⊂ Rn eine C 1 -Kurve mit
c(0) = p.
f ◦ c : (−, ) → R hat ein lokales Extremum in 0 und somit
d 0=
f (c(t)) = dfp c 0 (0) = hgrad f (p), c 0 (0)i.
dt t=0
Das beweist (i) und (ii) folgt nun aus
Tp M ⊥ = span{grad h1 (p), . . . , grad hr (p)}.
251 / 327
Beispiel
Wir beweisen (die bereits bekannte Tatsache), dass jeder symm.
Endomorphismus A eines endlichdim. Euklidischen Vektorraums V
einen Eigenvektor hat.
Da die Einheitssphäre S = S1 (0) ⊂ V kompakt ist, nimmt die
stetige Fkt. (genauer quadratische Form) x 7→ q(x) := hx, Axi in
einem Punkt p ∈ S ihr Minimum an.
Nach dem vorigen Satz gilt also
grad q(p) = 2Ap ∈ (Tp S)⊥ = Rp,
d.h. p ist ein Eigenvektor von A.
252 / 327
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
Sei Ω ⊂ R2 und f : Ω → R eine stetige Funktion.
Wir betrachten die Differenzialgleichung erster Ordnung
(∗) y 0 = f (x, y ).
Unter einer Lösung der DGL (∗) versteht man eine auf einem
(nicht entarteten) Intervall I ⊂ R differenzierbare Funktion
ϕ : I → R, so dass
(i) der Graph Γϕ ⊂ Ω und
(ii) ϕ0 (x) = f (x, ϕ(x)) für alle x ∈ I .
Geometrische Interpretation:
f definiert eine Verteilung von Geraden Ω 3 p 7→ L(p), wobei L(p)
die Gerade durch p mit Steigung f (p) ist.
Die Bedingung (ii) ist gleichbedeutend mit:
Für alle p ∈ Γϕ ist L(p) die Tangente an Γϕ im Punkt p.
253 / 327
Seien I , J ⊂ R offene Intervalle und f : I → R, g : J → R \ {0}
stetige Funktionen.
Wir betrachten auf Ω = I × J ⊂ R2 die DGL
(∗)
y 0 = f (x)g (y ).
Sei (x0 , y0 ) ∈ Ω. Wir definieren F : I → R, G : J → R durch:
Z x
Z y
du
F (x) :=
f (t)dt, G (y ) :=
.
x0
y0 g (u)
Die Funktion G : J → G (J) ist streng monoton, denn
G 0 (y ) = g (y )−1 6= 0.
Satz (Differenzialgleichungen mit getrennten Variablen)
Sei I0 ⊂ F −1 (G (J)) ein Intervall, so dass x0 ∈ I0 .
Dann ist G −1 ◦ F |I0 : I0 → R die eindeutig bestimmte Lsg.
ϕ : I0 → R von (∗) mit der Anfangsbedingung ϕ(x0 ) = y0 .
254 / 327
Beweis. Sei ϕ : I0 → R eine Lsg. von (∗) mit ϕ(x0 ) = y0 .
Aus ϕ0 (t) = f (t)g (ϕ(t)), t ∈ I0 , folgt mit Hilfe der Substitution
u = ϕ(t):
Z
ϕ(x)
G (ϕ(x)) =
y0
du
=
g (u)
Z
x
x0
ϕ0 (t)dt
=
g (ϕ(t))
Z
x
f (t)dt = F (x).
x0
Also gilt ϕ(x) = G −1 (F (x)). Das beweist die Eindeutigkeit.
Wir müssen noch überprüfen, dass ϕ := G −1 ◦ F |I0 : I0 → R
tatsächlich eine Lsg. von (∗) mit ϕ(x0 ) = y0 ist.
Es gilt G −1 (F (x0 )) = G −1 (0) = y0 und für alle x ∈ I0 :
(G −1 ◦ F )0 (x) =
1
G 0 (G −1 (F (x)))
F 0 (x) = g (ϕ(x))f (x).
255 / 327
Beispiel
Sei −∞ ≤ a < b ≤ ∞ und v : (a, b) → R, x 7→ v (x), ein stetiges
nirgends verschwindendes Vektorfeld auf (a, b).
Gesucht ist eine Parametrisierung ϕ : (c, d) → (a, b) mit
ϕ0 (t) = v (ϕ(t)) für alle t ∈ (c, d) und ϕ(t0 ) = x0 , wobei
−∞ ≤ c < t0 = 0 < d ≤ ∞ und x0 ∈ (a, b).
Die Methode der getrennten Variablen führt auf den
C 1 -Diffeomorphismus
Z x
du
−1
ϕ := ψ , ψ : (a, b) → (c, d), ψ(x) :=
,
x0 v (u)
wobei c = inf ψ und d = sup ψ.
ÜA: Sei c : (a, b) → Rn eine C 1 -Kurve mit c 0 (t) 6= 0 für alle
t ∈ (a, b). Zeigen Sie, dass ein C 1 -Diffeo. ϕ : (c, d) → (a, b)
existiert, so dass die Geschwindigkeit von c̃ = c ◦ ϕ ein
Einheitsvektorfeld ist.
256 / 327
Definition (Systeme von gewöhnliche Differenzialgleichungen)
Sei Ω ⊂ R × Rn und f : Ω → Rn stetig.
(∗) y 0 = f (x, y )
ist ein System von n gewöhnlichen DGLn erster Ordnung.
Unter einer Lösung versteht man eine diffb. Kurve ϕ : I → Rn , so
dass
(i) der Graph Γϕ ⊂ Ω und
(ii) ϕ0 (x) = f (x, ϕ(x)) für alle x ∈ I .
Geometrische Interpretation:
Sei L(p) die Gerade durch p ∈ Ω mit Richtungsvektor
(1, f (p)) ∈ R × Rn . (ii) ⇐⇒ Für alle p ∈ Γϕ ist L(p) die Tangente
an Γϕ im Punkt p.
257 / 327
Beispiel
1) Sei U ⊂ Rn und v : U → Rn , x 7→ v (x), ein stetiges
Vektorfeld.
Gesucht ist eine Kurve c : I → U mit c 0 (t) = v (c(t)) für alle
t ∈ I,
d.h. eine Lsg. des Systems
DGLn 1. Ordnung.
dx
dt
= v (x) von n gewöhnlichen
2) Sei Ω ⊂ R2 , f : Ω → R und v = (1, f ) : Ω → R2 .
Die gew. DGL 1. Ordnung y 0 = f (x, y ) ist äquivalent zu
folgendem System
d
(x, y ) = v (x, y ) = (1, f (x, y )).
dt
258 / 327
Definition
Sei Ω ⊂ Rm × Rn und f : Ω → Rk , (x, y ) 7→ f (x, y ).
f heißt auf Ω bez. y Lipschitzstetig mit der Lipschitzkonstanten
L ≥ 0, wenn
(∗)
kf (x, y1 ) − f (x, y2 )k ≤ Lky1 − y2 k
für alle (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ Ω.
f heißt auf Ω bez. y lokal Lipschitzstetig, wenn es zu jedem p ∈ Ω
eine Umgebung U von p gibt, so dass (∗) für alle
(x, y1 ), (x, y2 ) ∈ U ∩ Ω mit einer von U abhängigen Konstanten L.
259 / 327
Satz (Lipschitzbedingung)
Sei Ω ⊂ Rm × Rn offen und f : Ω → Rk , (x, y ) 7→ f (x, y ), von der
Klasse C 1 .
Dann ist f auf Ω bez. y lokal Lipschitzstetig.
Beweis. Sei U ⊂ Ω eine kompakte Umg. von p ∈ Ω.
Da f stetig diffb. ist, existiert L ≥ 0 mit kdy f k ≤ L auf U.
Aus dem MWS folgt dann für alle (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ U:
kf (x, y1 ) − f (x, y2 )k ≤ Lky1 − y2 k.
260 / 327
Satz (Eindeutigkeitssatz)
Sei Ω ⊂ R × Rn , f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig.
Seien ϕ, ψ : I → Rn zwei Lösungen von
y 0 = f (x, y )
mit ϕ(x0 ) = ψ(x0 ) =: y0 für ein x0 ∈ I .
Dann gilt ϕ = ψ.
Beweis. Sei U ⊂ R × Rn eine Umgebung von (x0 , y0 ), so dass f
auf U Lipschitzstetig mit der Lipschitzkonstanten L > 0 ist.
Desweiteren sei > 0 so klein, dass (t, ϕ(t)), (t, ψ(t)) ∈ U für alle
t ∈ B (x0 ) ∩ I .
261 / 327
Weiter im Beweis:
Für alle x ∈ I gilt
Z
x
ϕ(x) − ψ(x) =
ϕ0 (t) − ψ 0 (t) dt.
x0
Für alle t ∈ B (x0 ) ∩ I gilt:
kϕ0 (t) − ψ 0 (t)k = kf (t, ϕ(t)) − f (t, ψ(t))k ≤ Lkϕ(t) − ψ(t)k.
Daraus folgt für alle x ∈ B (x0 ) ∩ I :
kϕ(x) − ψ(x)k ≤ L sup kϕ − ψk.
B (x0 )∩I
Für <
1
L
folgt daraus ϕ(x) = ψ(x) für alle x ∈ B (x0 ) ∩ I .
262 / 327
Weiter im Beweis: Aus dem Bisherigen folgt:
(∗) Wenn x1 ∈ I und ϕ(x1 ) = ψ(x1 ), so existiert > 0, so dass
ϕ(x) = ψ(x) für alle x ∈ B (x1 ) ∩ I .
Sei nun
b = sup{x1 ∈ I |ϕ(x) = ψ(x)
für alle
x ∈ [x0 , x1 )}.
Es genügt zu zeigen, dass b = sup I . Wir nehmen an, dass
b < sup I .
Aus der Stetigkeit von ϕ, ψ folgt ϕ(b) = ψ(b)
und somit wg. (∗), dass ϕ(x) = ψ(x) für alle x ∈ B (b) ∩ I . Das
steht im Widerspruch zur Definition von b.
263 / 327
Satz (Existenzsatz)
Sei Ω ⊂ R × Rn offen, f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig.
Dann existiert zu jedem (x0 , y0 ) ∈ Ω ein > 0 und eine Lösung
ϕ : (x0 − , x0 + ) → Rn von
(∗)
y 0 = f (x, y ),
y (x0 ) = y0 .
Beweis. Der Beweis, der auf Picard und Lindelöf zurückgeht,
benutzt das folgende Iterationsverfahren, das wir auch schon beim
Beweis des Umkehrsatzes verwendet haben.
264 / 327
Satz (Banachscher Fixpunktsatz)
Sei (X , d) ein vollständiger metrischer Raum und F : X → X eine
Kontraktion, d.h. es existiert 0 ≤ θ < 1, so dass
d(F (p), F (q)) ≤ θd(p, q)
für alle p, q ∈ X .
Dann konvergiert die rekursiv definierte Folge x0 := a,
xk+1 = F (xk ), für alle Anfangswerte a ∈ X gegen die eindeutig
bestimmt Lsg. der Gleichung F (x) = x.
Beweis. Einfache Übungsaufgabe.
265 / 327
Beweis des Existenzsatzes Für jede Lösung
ϕ : I := [x0 − , x0 + ] → Rn von (∗) gilt für alle x ∈ I :
Z x
Z x
ϕ(x) = y0 +
ϕ0 (t)dt = y0 +
f (t, ϕ(t))dt =: F (ϕ)(x).
x0
x0
Somit ist ϕ ein Fixpunkt der Abbildung F .
Sei nun U ⊂ Ω ⊂ R × Rn eine Umgebung von (x0 , y0 ), so dass f
auf U Lipschitzstetig mit der Lipschitzkonstanten L > 0 ist und
, δ > 0 seien so klein, dass I × B δ (y0 ) ⊂ U.
Dann ist F auf X := {ψ ∈ C (I , Rn )| kψ − y0 kI ≤ δ} definiert und
X ist als abgeschlossene Teilmenge des Banachraums C (I , Rn )
vollständig.
Sei C := max{kf (p)k |p ∈ I × B δ (y0 )} und so klein, dass
C < δ.
Dann gilt F (X ) ⊂ X , denn für alle ψ ∈ X , x ∈ I gilt:
Z x
kf (t, ϕ(t))kdt ≤ C < δ.
kF (ψ)(x) − y0 k ≤
x0
266 / 327
Ende des Beweises: Wir müssen noch zeigen, dass F eine
Kontraktion ist.
Für ϕ, ψ ∈ X und x ∈ I gilt:
Z
x
kF (ϕ)(x) − F (ψ)(x)k ≤
kf (t, ϕ(t)) − f (t, ψ(t))kdt
x0
≤ Lkϕ − ψkI
und somit
kF (ϕ) − F (ψ)kI ≤ Lkϕ − ψkI .
Für <
1
L
ist F also eine Kontraktion.
Nach dem Banachschen Fixpunktsatz hat F einen Fixpunkt ϕ ∈ X
und aus ϕ(x) = F (ϕ)(x) folgt durch Ableiten bzw. Auswerten an
der Stelle x0 , dass ϕ eine Lsg. von (∗) ist.
267 / 327
Satz (Lineare DGLn)
Sei I ⊂ R ein Intervall, A : I → Mat(n, R), b : I → Rn seien stetig
und (x0 , y0 ) ∈ I × Rn .
Dann hat das System
(∗)
y 0 = A(x)y + b(x)
inhomogener linear DGLn genau eine globale Lösung ϕ : I → Rn
mit ϕ(x0 ) = y0 .
Beweis. f (x, y ) = A(x)y + b(x) ist offenbar Lipschitzstetig bez. y
auf J × Rn für jedes kompakte Intervall J ⊂ I .
Die zugehörige Lipschitzkonstante ist L = supx∈J kA(x)k.
Daraus folgt bereits die Eindeutigkeit.
268 / 327
Weiter im Beweis: Das Picard-Lindelöfsche
R x Iterationsverfahren
liefert die Folge ϕ0 = y0 , ϕk+1 (x) = y0 + x0 f (t, ϕk (t))dt.
Wir zeigen, dass die Folge ϕk auf jedem kompakten Intervall
x0 ∈ J ⊂ I gleichmäßig gegen die Lösung von (∗) konvergiert.
Behauptung:
kϕk+1 (x) − ϕk (x)k ≤ CLk
|x − x0 |k
k!
für alle x ∈ J, wobei C = kϕ1 − y0 kJ .
Für k = 0 ist nichts zu zeigen. Induktionsschritt:
Z x
kϕk+1 (x) − ϕk (x)k ≤
kf (t, ϕk (t)) − f (t, ϕk−1 (t))kdt
x0
Z
≤
x
kϕk (t) − ϕk−1 (t)kdt
L
x0
≤
Ind.vor .
CLk
Z
x
x0
|t − x0 |k−1
|x − x0 |k
dt = CLk
(k − 1)!
k!
269 / 327
Weiter im Beweis: Aus der Behauptung folgt mit
r = maxx∈J |x − x0 |:
∞
X
kϕk+1 (x) − ϕk (x))k ≤ C exp(L|x − x0 |) ≤ C exp(Lr )
k=0
und somit die gleichmäßige Konvergenz der Folge
ϕk = (ϕk − ϕk−1 ) + · · · + (ϕ1 − ϕ0 ) + y0 gegen eine stetige
Abbildung ϕ : J → Rn .
Grenzübergang in der Rekursionsformel
Z x
ϕk+1 (x) = y0 +
f (t, ϕk (t))dt
x0
zeigt, dass ϕ : J → Rn eine Lsg. von (∗) ist.
Da jeder Punkt von I in einem kompakten Intervall J ⊂ I mit
x0 ∈ J enthalten ist, erhalten wir so die gesuchte Lsg. ϕ : I → Rn .
270 / 327
Satz (homogene Lineare DGLn)
Sei I ⊂ R ein Intervall und A : I → Mat(n, R) sei stetig.
Dann bilden die Lösungen ϕ : I → Rn des homogenen Systems
(∗)
y 0 = A(x)y
einen n-dimensionalen VR.
Beweis. Der Lösungsraum L ist der Kern der linearen Abbildung
ϕ 7→ ϕ0 − Aϕ und somit ein Unterraum von C 1 (I , Rn ).
Sei x0 ∈ I . Die Auswertung ϕ 7→ ϕ(x0 ) definiert eine lineare
Abbildung ev : L → Rn .
Wegen der Existenz und Eindeutigkeit der Lösungen zu gegebenen
Anfangsbedingungen ist ev surjektiv und injektiv.
271 / 327
Satz (inhomogene Lineare DGLn)
Sei I ⊂ R ein Intervall, A : I → Mat(n, R) und b : I → Rn seien
stetig.
Dann bilden die Lösungen ϕ : I → Rn des inhomogenen Systems
(∗)
y 0 = A(x)y + b(x)
einen n-dimensionalen affinen Raum L + ψ,
wobei ψ eine spezielle Lsg. von (∗) ist und L der Lösungsraum des
zugehörigen homogenen Systems y 0 = A(x)y .
Beweis. Das folgt daraus, dass die Differenz zweier Lösungen von
(∗) eine Lösung des homogenen Systems ist.
272 / 327
Variation der Konstanten
Eine spezielle Lsg. ψ der inhomog. DGL y 0 = A(x)y + b(x) kann
wie folgt bestimmt werden.
Sei Φ := (ϕ1 , . . . , ϕn ) eine Basis des Lösungsraums L der homog.
DGL y 0 = A(x)y .
Die Matrix Φ erfüllt die Matrixgleichung Φ0 = AΦ.
Jedes Element ϕ ∈ L besitzt eine Darstellung der Form ϕ = Φu,
wobei u ∈ Rn .
Der unter dem Namen Variation der Konstanten bekannte Ansatz
besteht darin, den konst. Vektor u ∈ Rn durch eine zu
bestimmende diffb. Abb. u : I → Rn , x 7→ u(x), zu ersetzen.
Einsetzen von ψ = Φu in die inhomogene DGL liefert mit
ψ 0 = Φ0 u + Φu 0 = AΦu + Φu 0 :
ψ 0 = AΦu + Φu 0 = Aψ + b = AΦu + b
und somit u 0 = Φ−1 b.
Das führt auf die Formel
Z
u(x) =
x
Φ(t)−1 b(t)dt + const.
273 / 327
Beispiel: Lineare DGLn mit konstanten Koeffizienten
Sei A ∈ Mat(n, R), b ∈ Rn und (x0 , y0 ) ∈ R × Rn .
a) Es gibt genau eine Lsg. ϕ : R → Rn des homogenen Systems
y 0 = Ay mit der Anfangsbedingung ϕ(x0 ) = y0 , und zwar
ϕ(x) = e
(x−x0 )A
y0 ,
A
e :=
∞
X
Ak
k=0
k!
.
b) Es gibt genau eine Lsg. ψ : R → Rn des inhomogenen Systems
y 0 = Ay + b mit der Anfangsbedingung ψ(x0 ) = y0 , und zwar
Z x
ψ(x) = ϕ(x) + ψ0 (x), ψ0 (x) = e xA
e −tA bdt.
x0
Rx
Wenn A invertierbar ist, so ist x0 e −tA bdt = −A−1 e −tA b|xx0
und somit ψ0 (x) = −A−1 b + e (x−x0 )A A−1 b.
Beachte, dass −A−1 b eine (konstante) Lsg. von y 0 = Ay + b
ist.
274 / 327
Sei nun A diagonalisierbar und (v1 , . . . , vn ) eine Basis von Rn
bestehend aus Eigenvektoren von A: Avi = λi vi .
Wir setzen ϕi (x) := e λi x vi . Dann bilden die ϕi : R → Rn eine
Basis des Lösungsraums des homog. Systems y 0 = Ay .
Eine spezielle Lsg. des inhomog. Systems y 0 = Ay + b ist
( i
n
X
− λb̃ i falls λi 6= 0
ψ(x) =
c i (x)vi , c i (x) :=
x b̃ i falls λi = 0,
i=1
wobei b =
Pn
i=1 b
ie
i
=
Pn
i=1 b̃
iv
i.
Nicht jede quadratische Matrix ist diagonalisierbar. Man kann
aber jede quadratische Matrix in Jordansche Normalform
bringen.
275 / 327
Eine Einführung in das Lösen von Differentialgleichungen mit
Maple findet man auf der webpage:
http://www.physik.uniregensburg.de/studium/edverg/maple/script/html/maple kap3.html
276 / 327
Satz (Jordansche Normalform)
Sei A ∈ Mat(n, C). Dann existiert S ∈ GL(n, C), so dass
e = SAS −1 folgende Gestalt hat
A
e = diag(Jm (λ1 ), · · · , Jm (λk )),
A
1
k
wobei

λ 1
0
···



Jm (λ) = 



0 λ
..
.
1
..
.
..
0
···
.
λ
0

0
.. 
. 

 ∈ Mat(m, C)
0 

1 
λ
Hierbei sind λi die (nicht notwendig verschiedenen) Eigenwerte von
A.
(Die Matrizen Jm (λ) heißen Jordanblöcke.)
277 / 327
Satz (reelle Jordansche Normalform)
Sei A ∈ Mat(n, R). Dann existiert S ∈ GL(n, R), so dass
e = SAS −1 folgende Gestalt hat
A
e = diag(J` (λ1 ), · · · , J` (λr ), J2m (α1 , β1 ), · · · , J2m (αs , βs )),
A
s
r
1
1
Jm (α) −β1m
J2m (α, β) =
∈ Mat(m, R)
β1m Jm (α)
Hierbei sind λi die (nicht notw. verschiedenen) reellen Eigenwerte
von A und µj = αj + iβj , µj die (nicht notw. versch.) imaginären
Eigenwerte von A.a
a
Die Multiplizität eines reellenPEigenwerts λP
(bzw. eines imaginären
Eigenwerts µ) berechnet sich zu λi =λ `i bzw µj =µ mj .
Beweis. Siehe z.B. Klingenberg: Lineare Algebra und Geometrie.
278 / 327
Anwendung auf lineare DGLn
Sei y 0 = Ay ein lineares DGL-System mit konstanten Koeffizienten.
Durch eine Substitution ỹ = Sy , S ∈ GL(n), können wir
annehmen, dass A Jordan-Normalform hat.
DannPläßt sich die allgemeine Lösung ϕ(x) = e xA c,
c = ni=1 c i ei ∈ Rn , expliziter angeben.
Es genügt die Fälle A = Jn (λ) und A = J2m (α, β) zu untersuchen.
Im ersten Fall erhalten wir wg. Jn (λ) = λ1n + Jn (0):
ϕ(x) = e xλ e xJn (0) c = e λx (p(x), p 0 (x), · · · , p (n−1) (x))t ,
wobei p(x) =
ck
k−1 .
k=1 (k−1)! x
Pn
Im zweiten Fall ist
ϕ(x) = e αx cos βx(p(x), · · · , p (m−1) (x), q(x), · · · , q (m−1) (x))t +
e αx sin βx(−q(x), · · · , −q (m−1) (x), p(x), · · · , p (m−1) (x))t mit
beliebigen Polynomen p, q vom Grad ≤ m − 1.
279 / 327
Definition (Gewöhnliche DGLn höherer Ordnung)
Sei Ω ⊂ R × Rn und f : Ω → R stetig.
y (n) = f (x, y , y 0 , . . . , y (n−1) )
ist eine gewöhnliche DGL n-ter Ordung.
Unter einer Lösung versteht man eine auf einem Intervall I ⊂ R
definierte n-mal diffb. Funktion ϕ : I → R, so dass
(i) der Graph ΓΦ ⊂ Ω, wobei Φ = (ϕ, ϕ0 , . . . , ϕ(n−1) ) : I → Rn
und
(ii)
ϕ(n) (x) = f (x, ϕ(x), ϕ0 (x), . . . , ϕ(n−1) (x)) für alle x ∈ I .
280 / 327
Unter den obigen Voraussetzungen, definieren wir F : Ω → Rn ,
F (x, Y ) := (y 1 , . . . , y n−1 , f (x, Y )),
wobei Y = (y 0 , . . . , y n−1 ) ∈ Rn .
Dann gilt:
Satz
ϕ : I → R ist genau dann eine Lösung der DGL n-ter Ordnung
y (n) = f (x, y , y 0 , . . . , y (n−1) ), wenn
Φ = (ϕ, ϕ0 , . . . , ϕ(n−1) ) eine Lsg. des Systems
Y 0 = F (x, Y )
von n Differenzialgleichungen erster Ordnung ist.
281 / 327
Folgerung
Sei Ω ⊂ R × Rn offen und f : Ω → R, (x, Y ) 7→ f (x, Y ), sei stetig
und bez. Y Lipschitz-stetig.
(i) Sei I ⊂ R ein Intervall, x0 ∈ I und ϕ, ψ : I → R seien zwei
Lösungen der DGL (∗) y (n) = f (x, y , y 0 , . . . , y (n−1) ) mit
Φ(x0 ) = Ψ(x0 ) := (ψ(x0 ), ψ 0 (x0 ), . . . , ψ (n−1) (x0 )). Dann gilt
ϕ = ψ.
(ii) Zu jedem (x0 , Y0 ) ∈ Ω existiert > 0 und (genau) eine Lsg.
ϕ : (x0 − , x0 + ) → R von (∗) mit der Anfangsbedingung
Φ(x0 ) = Y0 .
Beweis. Das folgt aus dem Existenz- und Eindeutigkeitssatz für
Systeme von DGLn 1. Ordnung, denn aus der Lipschitz-Stetigkeit
von f bez. Y folgt die von
(x, Y ) 7→ F (x, Y ) = (y 1 , . . . , y n−1 , f (x, Y )).
282 / 327
Folgerung
Sei I ⊂ R ein Intervall, und b, ak : I → R seien stetige Funktionen,
k = 0, 1, . . . , n − 1.
(i) Die Lösungen ϕ : I → R der homogenen DGL n. Ordnung
y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y + a0 (x) = 0
bilden einen n-dimensionalen Vektorraum L.
(ii) Die Lösungen ϕ : I → R der inhomogenen DGL n. Ordnung
(∗)
y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y + a0 (x) = b(x)
bilden einen n-dimensionalen affinen Raum L + ψ, wobei ψ
eine spezielle Lsg. von (∗) ist.
283 / 327
Satz (Lineare gewöhnliche DGLn mit konstanten Koeffizienten)
Sei P(t) = t n + an−1 t n−1 + · · · + a1 t + a0 ∈ R[t] ein Polynom vom
Grad n.
λj seien die reellen und µk = αk + iβk , µk die imaginären
Nullstellen von P mit den zugehörigen Multiplizitäten `j , mk , wobei
j = 1, . . . , r und k = 1, . . . , s.
Dann bilden die Funktionen
x ` e λj x ,
x m e αk x cos βk x,
` = 0, 1, . . . , `j − 1,
x m e αk x sin βk x,
m = 0, 1, . . . , mk − 1,
eine Basis des Lösungsraums der homog. DGL
d
)y := y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 = 0.
P( dx
284 / 327
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass die Funktion x ` e λx die DGL löst,
wenn λ eine NS von P mit Multiplizität > ` ist.
Da P den Faktor (t − λ)`+1 enthält, folgt das aus der
Behauptung: (d/dx − λ)k p(x)e λx = p (k) (x)e λx für alle Polynome
p. (Bew. durch Induktion nach k ≥ 0.)
Das beweist, dass die Funktionen x ` e λj x für ` ≤ `j − 1 und
x m e µk x , x m e µk x für m ≤ mk − 1 die DGL lösen und ebenso
die reellwertigen Linearkombinationen x m e αk x cos βk x = Re x m e µk x
und x m e αk x sin βk x = Im x m e µk x . Die lineare Unabhängigkeit
obiger Lösungen folgt aus dem nächsten Lemma.
285 / 327
Lemma
Seien c1 , . . . , cn ∈ C paarweise verschieden und
p1 (x), . . . , pn (x) ∈ C[x].
Dann folgt aus
p1 (x)e c1 x + · · · + pn (x)e cn x = 0 für alle
x ∈R
p1 = · · · = pn = 0.
Beweis. n = 1: Aus p1 (x)e c1 x = 0 folgt p1 (x) = 0.
Induktionsschritt
n → n + 1: Wir nehmen an, dass
Pn+1
cj x = 0 für alle x ∈ R.
p
(x)e
j=1 j
Sei k der Grad des Polynoms pn+1 . Dann gilt
(d/dx − cn+1 )k+1 pn+1 (x)e cn+1 x = 0 und somit
286 / 327
Weiter im Beweis des Lemmas:
0 = (d/dx − cn+1 )
k+1
n+1
X
pj (x)e
cj x
=
j=1
n
X
hj (x)e cj x
j=1
mit gewissen Polynomen hj .
Aus der Induktionsvoraussetzung folgt hj = 0.
Um zu zeigen, dass pj = 0, schreiben wir
P
m
(t − cn+1 )k+1 = k+1
m=0 am (t − cj ) mit a0 6= 0.
Daraus ergibt sich
hj (x)e cj x = (d/dx − cn+1 )k+1 pj (x)e cj x =
k+1
X
(m)
am pj
(x)e cj x
m=0
und somit hat hj denselben Grad wie pj .
Das ist nur möglich, wenn pj = 0.
287 / 327
Satz (Inhomog. lin. gewöhnliche DGLn mit konst.
Koeffizienten)
Sei P(t) = t n + an−1 t n−1 + · · · + a1 t + a0 ∈ R[t] und µ ∈ R mit
P(µ) 6= 0. Dann gilt:
(i)
e µx
P(µ)
d
ist eine Lsg. der inhomog. DGL P( dx
)y = e µx .
(ii) Sei f (x) ∈ R[x] vom Grad m. Dann hat die inhomog. DGL
d
P( dx
)y = f (x)e µx eine Lsg. der Form g (x)e µx , wobei
g (x) ∈ R[x] vom Grad m ist.
288 / 327
Beweis. Wir schreiben P(t) =
b0 = P(µ) 6= 0.
Pn
k=0 bk (t
− µ)k mit
Daraus ergibt sich
n
X
d
P( )x m e µx =
bk (x m )(k) e µx =: f0 (x)e µx ,
dx
k=0
wobei f0 (x) ∈ R[x] vom Grad m ist.
d
Insbesondere P( dx
)e µx = P(µ)e µx . Das beweist (i) und liefert den
Induktionsanfang m = 0 für (ii).
Es gibt c 6= 0, so dass h(x) = f (x) − cf0 (x) Grad ≤ m − 1 hat.
Daher existiert nach Ind.vor. eine Lsg. g1 (x)e µx von
d
P( dx
)y = h(x)e µx mit einem Polynom g1 (x) vom Grad ≤ m − 1.
g (x) = cx m + g1 (x) ist dann das gesuchte Polynom vom Grad m.
289 / 327
Satz
Sei µ ∈ R eine k-fache Nullstelle von
P(t) = t n + an−1 t n−1 + · · · + a1 t + a0 ∈ R[t] und f (x) ∈ R[x]
vom Grad m.
d
Dann hat die inhomog. DGL P( dx
)y = f (x)e µx eine Lsg. der Form
h(x)e µx , wobei
k+m
X
h(x) =
cj x j .
j=k
290 / 327
Beweis. Wir schreiben P(t) = Q(t)(t − µ)k , mit einem Polynom
Q(t) vom Grad m − k und Q(µ) 6= 0.
Nach dem vorigen Satz existiert ein Polynom g (x) vom Grad m, so
d
)y = f (x)e µx ist.
dass g (x)e µx eine Lsg. von Q( dx
P
j
(k) (x) = g (x). Dann ist
Sei h(x) = k+m
j=k cj x derart, dass h
d
h(x)e µx die gesuchte Lsg. von P( dx
)y = f (x)e µx .
Bemerkung.
Die letzten beiden Sätze gelten auch für DGLn mit komplexen
Koeffizienten, d.h. P, f , g , h ∈ C[x], µ ∈ C. Die Lösungen
ϕ : R → C sind komplexwertige Funktionen der reellen Variablen x.
291 / 327
Beispiel: Harmonischer Oszillator
Wir betrachten die DGL
(∗) ẍ + ω02 x = a cos ωt,
ω, ω0 > 0, a ∈ R∗ .
Die Lösungen der homogenen Gleichung sind Linearkombinationen
von sin ω0 t und cos ω0 t.
292 / 327
Um eine Lsg. von (∗) zu finden betrachten wir die DGL
(∗∗)
ẍ + ω02 x = ae iωt .
(i) Wenn ω 6= ω0 , so existiert eine Lsg. von (∗∗) von der Form
a
ce iωt . Einsetzen in (∗∗) liefert c = ω2 −ω
2.
0
ϕ(t) = Re ce iωt = c cos ωt ist dann eine Lsg. von (∗).
(ii) Wenn ω = ω0 (d.h. der harm. Oszillator wird mit der
Eigenfrequenz ω0 angeregt) dann gibt es eine Lsg. von (∗∗)
a
von der Form cte iωt . Einsetzten in (∗∗) liefert c = 2iω
.
a
ϕ(t) = Re cte iωt = 2ω
t sin ωt ist dann eine Lsg. von (∗) und
a
die Amplitude der Schwingung | 2ω
t| → ∞ für t → ∞ (
Resonanzkatastrophe).
293 / 327
Satz
Sei [a, b] ⊂ R, U ⊂ Rn und f : [a, b] × U → R stetig.
Dann ist die durch
Z
ϕ(y ) :=
b
f (x, y )dx
a
definierte Funktion ϕ : U → R stetig.
294 / 327
Beweis.
Sei yk ∈ U eine konvergente Folge mit dem Grenzwert c ∈ U.
Die Menge K = {yk |k ∈ N} ∪ {c} ist kompakt und ebenso
[a, b] × K .
Daher ist die stetige Funktion f auf [a, b] × K gleichmäßig stetig
und die Funktionen Fk : [a, b] → R, Fk (x) := f (x, yk ),
konvergieren gleichmäßig gegen die stetige Funktion
F (x) = f (x, c).
Rb
Daraus folgt die Konvergenz von ϕ(yk ) = a Fk (x)dx gegen
Rb
ϕ(c) = a F (x)dx:
|ϕ(yk ) − ϕ(c)| ≤ (b − a) sup |Fk − F | → 0 (k → ∞).
[a,b]
295 / 327
Satz
Seien [a, b], I ⊂ R Intervalle und f : [a, b] × I → R,
(x, y ) 7→ f (x, y ), stetig und bez. y stetig diffb.
Dann ist die durch
Z
b
f (x, y )dx
ϕ(y ) :=
a
definierte Funktion ϕ : I → R stetig diffb.
und es gilt
0
Z
ϕ (y ) =
a
b
∂f (x, y )
dx.
∂y
Beweis. Sei c ∈ I und c 6= yk ∈ I konvergiere gegen c.
296 / 327
Weiter im Beweis:
Wir betrachten die Folge Fk (x) :=
f (x,yk )−f (x,c)
.
yk −c
Wg. des MWS existiert ηk zwischen c und yk mit Fk (x) =
Da
∂f
∂y
∂f (x,ηk )
.
∂y
stetig ist, konvergiert Fk : [a, b] → R gleichmäßig gegen die
stetige Funktion F : [a, b] → R, F (x) :=
∂f (x,c)
∂y .
Daher konvergiert
ϕ(yk ) − ϕ(c)
=
yk − c
gegen
Rb
a
F (x)dx =
Rb
a
Z
b
Fk (x)dx
a
∂f (x,c)
∂y dx.
Somit ist ϕ diffb.
die Stetigkeit der Ableitung
R b ∂fund
(x,y )
0
y 7→ ϕ (y ) = a ∂y dx folgt, wg. des vorigen Satzes, aus der
Stetigkeit des Integranden
∂f (x,y )
∂y .
297 / 327
Folgerung
Sei [a, b] ⊂ Rm , U ⊂ Rn offen und f : [a, b] × U → R,
(x, y ) 7→ f (x, y ), stetig und bez. y k-mal stetig diffb.
Dann ist die durch
Z
ϕ(y ) :=
b
f (x, y )dx
a
definierte Abbildung ϕ : U → Rm k-mal stetig diffb.
298 / 327
Anwendung auf gew. DGLn
Sei Ω ⊂ R × Rn × Rm und f : Ω → Rn stetig. Sei I ⊂ R ein
Intervall und U ⊂ Rm . Eine partiell nach x diffb. Funktion
ϕ : I × U → Rn heißt Lsg. der DGL.
(∗) y 0 = f (x, y , z),
wenn
(i) Γϕ ⊂ Ω und
(ii)
∂ϕ(x,z)
∂x
= f (x, ϕ(x, z), z) für alle (x, z) ∈ I × U.
299 / 327
Satz
Mit den obigen Bezeichnungen sei Ω offen, f Lipschitz-stetig bez.
y und (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω.
(i) Dann existiert ein offenes Intervall I 3 x0 und eine offene
Umgebung U von z0 , so dass das die Folge
Z x
f (t, ϕk (t, z), z)dt
ϕ0 = y0 , ϕk+1 (x, z) = y0 +
x0
auf I × U gleichmäßig gegen eine Lösung ϕ von (∗) mit der
Anfangsbed. ϕ(x0 , z) = y0 konvergiert. Insbesondere ist
ϕ : I × U → Rn stetig.
(ii) ϕ ist von der Klasse C k ist, wenn f es ist.
300 / 327
Beweis.
(i) Sei V ⊂ R × Rm und ϕ : V → Rn eine stetige Abbildung, so
dass Γϕ ⊂ Ω.
Dann definiert das parameterabhängige Integral
Z x
F (ϕ)(x, z) := y0 +
f (t, ϕ(t, z), z)dt
x0
eine stetige Abbildung F (ϕ) : V → Rn .
Wie beim Beweis des Existenzsatzes zeigt man, dass F eine
Kontraktion F : X → X auf einer geeigneten abgeschlossenen
Teilmenge X des Banachraums C (B δ (x0 , z0 ), Rn ) definiert,
wenn δ > 0 klein genug ist.
Die Picard-Lindelöfsche Folge ϕk konvergiert dann auf
B δ (x0 , z0 ) ⊃ I × U gleichmäßig gegen eine stetige Grenzfkt. ϕ.
301 / 327
Weiter im Beweis:
Grenzübergang in der Rekursionsformel liefert daher
Z x
ϕ(x, z) = y0 +
f (t, ϕ(t, z), z)dt.
x0
Diese Integralgleichung zeigt, dass ϕ eine Lsg. von (∗) mit
ϕ(x0 , z) = y0 ist.
(ii) Wir zeigen nun, dass ϕ : I × U → Rn stetig diffb. ist, wenn f
es ist.
Aus der Stetigkeit von f und ϕ folgt mit Hilfe der DGL
∂ϕ(x, z)
= f (x, ϕ(x, z), z)
∂x
die Stetigkeit der partiellen Ableitung ∂ϕ
∂x .
Um die Darstellung zu vereinfachen, nehmen wir o.B.d.A. an,
dass m = 1.
Um zu zeigen, dass ∂ϕ
∂z existiert und stetig ist benutzen wir
folgendes Lemma.
302 / 327
Weiter im Beweis:
Lemma
Sei I ⊂ R ein Intervall und fk : I → R eine Folge stetig diffb.
Funktionen, die punktweise gegen f : I → R konvergiert und so,
dass fk0 gleichmäßig gegen g : I → R konvergiert.
Dann ist f stetig diffb. und f 0 = g .
Beweis.
Grenzübergang in der Gleichung
Z
x
fk (x) = fk (x0 ) +
fk0 (t)dt
x0
liefert f (x) = f (x0 ) +
Rx
x0 g (t)dt.
f 0 = g . f ist
Somit ist f diffb. und
stetig diffb., denn g ist als
Limes einer glm. konvergenten Folge stetiger Funktionen stetig. 303 / 327
Weiter im Beweis:
Wg. des Lemmas genügt es zu zeigen, dass (nach evtl.
Verkleinerung von δ)
ψk :=
∂ϕk
∂z
auf Qδ := B δ (x0 ) × B δ (z0 ) gleichmäßig konvergiert, wobei
Z x
ϕ0 = y0 , ϕk+1 (x, z) = y0 +
f (t, ϕk (t, z), z)dt.
x0
Ableiten dieser Rekursionsformel nach z liefert
(1) ψk+1 (x, z) =
Z x
∂f
∂f
( (t, ϕk (t, z), z)ψk (t, z) +
(t, ϕk (t, z), z))dt.
∂y
x0
|∂z
{z
}
|
{z
}
Ak (t,z):=
bk (t,z):=
304 / 327
Weiter im Beweis:
Wir setzen
A(t, z) :=
∂f
(t, ϕ(t, z), z),
∂y
b(x, z) :=
∂f
(t, ϕ(t, z), z).
∂z
Da f C 1 ist und ϕk glm. gegen ϕ konvergiert, konvergieren
Ak , bk glm. gegen A bzw. b.
Wenn ψk glm. konvergiert, dann gilt für den Limes ψ also
Z x
(2) ψ(x, z) =
(A(t, z)ψ(t, z) + b(t, z)) dt.
x0
ψ ist dann notwendigerweise die Lsg. der inhomog. DGL
y 0 = A(x, z)y + b(x, z) mit ψ(x0 , z) = 0. Insbesondere ist ψ
stetig. Sei ψ diese eindeutig bestimmte Lsg. Wir zeigen, dass
ψk tatsächlich glm. gegen ψ konvergiert.
305 / 327
Weiter im Beweis:
Wir schreiben kv k∞ := supQδ kv (x, z)k für jede vektor- oder
matrixwertige Funktion v auf Qδ .
Da ψ stetig ist und Ak glm. konvergiert, existiert K > 0 mit
kψk∞ , kAk k∞ ≤ K .
Außerdem existiert, wg. der glm. Konvergenz von Ak , bk
gegen A, b, für alle > 0 ein N() ∈ N, so dass
kA − Ak k∞ , kb − bk k∞ ≤ .
für alle k ≥ N().
306 / 327
Weiter im Beweis:
Aus (1) und (2) folgt hk+1 (x, z) := kψ(x, z) − ψk+1 (x, z)k
Z x
≤
kA(t, z)ψ(t, z) − Ak (t, z)ψk (t, z)kdt
x0
Z x
+
kb(t, z) − bk (t, z)kdt
x0
Z x
Z x
≤
kA − Ak k∞ kψk∞ dt +
kAk k∞ kψ(x, z) − ψk (x, z)kdt
x0
x0
Z x
+
kb − bk k∞ dt
x0
Z x
≤ |x − x0 |K + K
kψ(x, z) − ψk (x, z)kdt + |x − x0 |
x0
Z x
= C |x − x0 | + K
hk (x, z)dt,
x0
wobei C := K + 1.
307 / 327
Weiter im Beweis:
Insgesamt erhalten wir
Z
(∗k+1 )
x
hk+1 (x, z) ≤ C |x − x0 | + C
hk (x, z)dt.
x0
Daraus ergibt sich mit Hk := kψ − ψk k∞ :
(1)
hk+1 (x, z) ≤ C (Hk + )|x − x0 |.
Einsetzten von (1) in (∗k+2 ) ergibt
(2) hk+2 (x, z) ≤ C |x − x0 | + C 2 (Hk + )
|x − x0 |2
.
2
Einsetzen von (2) in (∗k+3 ) liefert
(3) hk+3 (x, z) ≤ C |x−x0 |+C 2 |x − x0 |2
|x − x0 |3
+C 3 (Hk +)
.
2
3!
308 / 327
Weiter im Beweis:
Induktiv ergibt sich
hk+` (x, z) ≤ l−1
X
j=1
Cj
|x − x0 |j
|x − x0 |`
+ C ` (Hk + )
j!
`!
≤ e C |x−x0 | + C ` (Hk + )
|x − x0 |`
`!
Für alle η > 0 existiert > 0, so dass e C |x−x0 | < η/2 für alle
x ∈ B δ (x0 ).
Für alle k ≥ N() existiert M, so dass
`
0|
C ` (Hk + ) |x−x
≤ η/2 für alle ` ≥ M.
`!
Daraus folgt limj→∞ Hj = 0.
Wir haben bewiesen, dass ψk glm. gegen ψ konvergiert und
somit, dass ϕ stetig diffb. ist.
309 / 327
Weiter im Beweis:
Wir zeigen durch Induktion, dass ϕ C k ist, wenn f C k ist.
Für k = 0, 1 ist das schon bewiesen. Es bleibt der
Induktionsschritt k − 1 → k.
Sei f von d. Klasse C k und somit nach Ind.vor. ϕ von d.
Klasse C k−1 .
Rx
Die Gleichung ∂ϕ
∂x (x, z) = y0 + x0 f (t, ϕ(t, z), z)dt zeigt, dass
∂ϕ
∂x
(k − 1)-mal stetif diffb. ist, d.h. alle partiellen Ableitungen
von ϕ der Ordnung k, die mindestens eine Ableitung nach x
enthalten existieren und sind stetig.
Es bleibt zu zeigen, dass
∂k ϕ
∂z k
existiert und stetig ist.
∂ϕ
∂z
erfüllt die DGL y 0 = A(x, z)y + b(x, z), wobei A und b
von d. Klasse C k−1 sind.
Also ist
∂ϕ
∂z
nach Ind.vor. von der Klasse C k−1 .
310 / 327
Folgerung
Sei Ω ⊂ R × Rn offen, f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig und (x0 , y0 ) ∈ Ω.
Dann existiert ein offenes Intervall I 3 x0 und eine offene
Umgebung U ⊂ Rn von y0 , so dass für alle z ∈ U die Lsg. ϕz der
DGL y 0 = f (x, y ) mit der Anfangsbed. ϕz (x0 ) = z auf dem ganzen
Intervall I definiert ist.
Die Abbildung ϕ : I × U → Rn , (x, z) 7→ ϕz (x), ist stetig.
ϕ : I × U → Rn ist k-mal stetig diffb., wenn f es ist.
(Die Lsg. der DGL hängt also stetig bzw. k-mal stetig diffb. von
den Anfangsbedingungen ab.)
311 / 327
Beweis (der Folgerung).
Das Anfangswertproblem
y 0 = f (x, y ),
y (x0 ) = z
geht durch die Substitution ỹ := y − z in
ỹ 0 = f˜(x, ỹ , z) := f (x, ỹ + z),
ỹ (x0 ) = 0
über.
Auf diese parameterabhängige DGL können wir den
vorhergehenden Satz anwenden.
312 / 327
Fourier-Reihen
Sei V der Vektorraum der (2π-)periodische Funktionen f : R → C,
so dass f |[0,2π] integrierbar ist.
Die Funktionen ek (x) := exp(ikx) , k ∈ Z, bilden ein
orthonormales System bez. der Hermiteschen Form
Z 2π
1
f (x)g (x)dx, f , g ∈ V .
(∗) hf , g i :=
2π 0
(∗) ist positiv semi-definit, d.h. hf , f i ≥ 0 für alle f ∈ V . Auf dem
Unterraum der stetigen Funktionen ist (∗) positiv definit und somit
ein SKP.
R 2π
1
−ikx dx ∈ C heißt k-ter
ck := hf , ek i = 2π
0 f (t)e
P
Fourier-Koeffizient und Fn (f ) := nk=−n ck ek n-tes
Fourier-Polynom von f .
Die Reihe (Fn (f ))n=0,1,... heißt Fourier-Reihe von f .
313 / 327
Bemerkung.
Es gilt
n
Fn (f ) =
a0 X
+
(ak cos kx + bk sin kx),
2
k=1
wobei
ak
bk
= ck + c−k
1
=
π
= i(ck − c−k ) =
Z
2π
f (x) cos kxdx
0
1
π
Z
2π
f (x) sin kxdx.
0
Wenn f reellwertig ist, dann ist c−k = c k und Fn (f ) ist reellwertig.
314 / 327
Satz (Fourier-Reihen)
(i) Fn (f ) ist die beste Approximation an f ∈ V in dem
Unterraum Vn := span{ek | − n ≤ k ≤ n}, d.h. p
kf − Fn (f )k2 = inf g ∈Vn kf − g k2 , wobei kf k2 := hf , f i.
(ii) Desweiteren gilt
P
kf − Fn (f )k22 = kf k22 − kFn (f )k22 = kf k22 − nk=−n |ck |2 .
Beweis. (ii) kann manP
direkt nachrechnen. Um (i) zu zeigen,
berechnen wir für g = nk=−n dk ek ∈ Vn :
kf − g k22 = kf k22 −
= kf k22 −
n
X
k=−n
n
X
(d k ck + dk ck ) +
n
X
|dk |2
k=−n
|ck |2 + kFn (f ) − g k22 .
k=−n
315 / 327
Folgerung
Für die Fourier-Koeffizienten ck von f ∈ V gilt die Besselsche
Ungleichung:
∞
X
|ck |2 ≤ kf k22 .
k=−∞
Gleichheit gilt genau dann, wenn die Fourier-Reihe Fn (f ) im
quadratischen Mittel gegen f konvergiert.
316 / 327
Satz
(i) Für alle f ∈ V gilt
kf k22 =
∞
X
|ck |2
k=−∞
(ii) und die Fourier-Reihe konvergiert im quadratischen Mittel
gegen f , d.h. limn→∞ kf − Fn (f )k2 = 0.
Beweis. Wg. des vorhergehenden Satzes sind (i) und (ii)
äquivalent.
Das nächste Lemma zeigt, dass der Satz für Treppenfunktionen
gilt.
317 / 327
Lemma
Sei f ∈ V so dass f |[0,2π] eine Treppenfunktion ist.
Dann konvergiert Fn (f ) im quadratischen Mittel gegen f .
Weiter im Beweis des Satzes:
f |[0,2π] ist als Riemann-integrierbare Funktion beschränkt. Wir
können o.B.d.A. annehmen, dass f reellwertig ist und |f | ≤ 1.
Dann existieren
−1 ≤ ϕ ≤ f ≤ ψ ≤ 1,
R 2π zu > 0 Treppenfunktionen
1
2
so dass 2π
(ψ(x)
−
ϕ(x))dx
≤
.
8
0
Mit (ψ − ϕ)2 ≤ 2(ψ − ϕ) folgt daraus kf − ϕk22 ≤ kψ − ϕk22 ≤
und somit kf − ϕk2 ≤ 2 .
Wg. des Lemmas existiert N ∈ N, so dass kϕ − Fn (ϕ)k2 <
alle n ≥ N.
Mit g = f − ϕ gilt kg − Fn (g )k2 ≤ kg k2 ≤ 2 und somit
kf − Fn (f )k2 ≤ kg − Fn (g )k2 + kϕ − Fn (ϕ)k2 < .
2
2
4
für
318 / 327
Beweis des Lemmas:
Wir können annehmen, dass f |(0,a) = 1 und f |(a,2π) = 0, denn jede
Treppenfunktion läßt sich als Linearkombination solcher
Funktionen darstellen.
a
Als Fourier-Koeffizienten erhalten wir c0 = 2π
und
i −ikx a
ck =
e
, k ∈ N.
2πk
0
Mit |ck |2 =
1−cos ka
2π 2 k 2
∞
X
k=−∞
(k 6= 0) erhalten wir
|ck |2 =
∞
∞
a2
1 X 1
1 X cos ka
+
−
.
4π 2 π 2
k 2 π2
k2
k=1
k=1
319 / 327
Weiter im Beweis:
Mit Hilfe der für alle x ∈ [0, 2π] gültigen Formel
(∗)
∞
X
cos kx
k=1
k2
=
x −π
2
2
−
π2
12
erhalten wir
P∞ 1
π2
k=1 k 2 = 6 und
∞
X
k=−∞
|ck |2 =
1 a − π 2 π2
a
a2
1
−
) − )=
= kf k22 .
+
((
2
2
4π
6 π
2
12
2π
Also konvergiert Fn (f ) im quadr. Mittel gegen f .
Zum Beweis
stellen wir zuerst fest, dass die Reihe
P voncos(∗)
kx
F (x) := ∞
k=1 k 2 absolut und glm. auf R konvergiert.
P
sin kx
Behauptung: Die Reihe der Ableitungen − ∞
konvergiert
k=1 k
x−π
für alle δ > 0 auf [δ, 2π − δ] glm. gegen 2 .
320 / 327
Weiter im Beweis:
Daraus folgt F 0 (x) =
x−π
2
und F (x) =
(x−π)2
4
+ c.
Um die Konstante c zu bestimmen berechnen wir:
2π
Z 2π
π3
(x − π)3 +
2πc
=
F (x)dx =
+ 2πc.
12 0
6
0
P
cos kx
Gliedweise Integration der Reihe F (x) = ∞
k=1 k 2 ergibt
R 2π
π2
0 F (x)dx = 0, d.h. c = − 12 . Das beweist (∗).
P
sin kx
Wir müssen noch die glm. Konvergenz von ∞
gegen
k=1 k
auf [δ, 2π − δ] zeigen.
π−x
2
Dazu schätzen
Pn wir zunächst Pn
ikx ab:
sn (x) := k=1 sin kx = Im
k=1 e
n
X
1 − e inx 2
1
ikx ≤
.
|sn (x)| ≤ e = e ix
≤
1 − e ix |e ix/2 − e −ix/2 |
sin δ/2
k=1
321 / 327
Weiter im Beweis:
Aus |sn (x)| ≤ sin1δ/2 =: σ erhalten wir weiter
Pm sin kx Pm sk (x)−sk−1 (x) =
k
k=n
k=n k
P
sn−1 (x) sm (x)
1
1
= m
+
s
(x)
−
−
k
k
k+1
n
k=n
m+1
1
1
≤ σ n1 − m+1
+ m+1
+ n1 = 2σ
n .
P∞ sin kx 2σ
Also k=n k ≤ n , woraus die glm. Konvergenz der Reihe
folgt.
Wir müssen noch zeigen, dass
∞
X
sin kx
k=1
k
=
π−x
2
für alle
x ∈ (0, 2π).
322 / 327
Weiter im Beweis:
Rx
Es gilt sinkkx = π cos kt dt und
n
X
cos kt =
k=1
n
n
1 X ikt
1 X ikt 1
(e + e −ikt ) =
e −
2
2
2
k=1
=
k=−n
e −int (1
e i(2n+1)t )
−
2(1 − e it )
−
sin(n + 12 )t
1
1
=
− .
t
2
2
2 sin 2
Lemma
Für jede stetig diffb. Funktion f : [a, b] → R gilt mit r ∈ R:
Z
lim
|r |→∞ a
b
f (x) sin rx dx = 0.
Beweis. partielle Integration.
323 / 327
Weiter im Beweis:
Mit Hilfe des Lemmas erhalten wir schließlich:
Z x
∞
X
sin(n + 12 )t
sin kx
x −π
π−x
= lim
dt −
=
.
t
n→∞ π
k
2
2
2 sin 2
k=1
324 / 327
Satz
Sei f ∈ V stetig und stückweise C 1 , d.h. es gibt eine Unterteilung
0 = t0 < t1 < · · · < tr = 2π, so dass fk := f |[tk−1 ,tk ] von der Klasse
C 1 ist, k = 1, . . . , r .
Dann konvergiert Fn (f ) gleichmäßig gegen f .
Beweis.
Sei ϕ die periodische Funktion mit ϕ|[tk−1 ,tk ) = fk0 .
Die Fourier-Koeffizienten cn von f ergeben sich durch part. Integr.
aus den Fourier-Koeff. γn von ϕ:
tk
Z tk
Z
i
i tk
f (x)e −inx dx = f (x)e −inx ϕ(x)e −inx dx.
−
n
n
tk−1
tk−1
tk−1
Wg. der Periodizität von f erhält man daraus cn = − ni γn (n 6= 0).
325 / 327
Weiter im Beweis:
Desweiteren gilt nach der binomischen Formel
|cn | =
1 1
|γn |
≤ ( 2 + |γn |2 ).
n
2 n
P
P∞
1
2
Aus ∞
n=1 n2 < ∞ und
n=−∞ |γn | < ∞ (Besselsche-Ungl.)
folgt nun die absolute und gleichmäßige Konvergenz der
Fourier-Reihe Fn (f ) gegen eine stetige Grenzfunktion g .
Andererseits konvergiert Fn (f ) im quadratischen Mittel gegen f .
Das ist nur möglich, wenn f = g , denn beide Funktionen sind
stetig.
326 / 327
Folgerung (Weierstraßscher Approximationssatz für periodische
Funktionen)
Jede stetige periodische Funktion f ∈ V läßt sich glm. durch
trigonometrische Polynome approximieren.
(Ein trigonometrisches
P Polynom vom Grad ≤ n ist eine
Linearkombination nk=−n γk e ikx .)
Beweis. Jede stetige Funktion läßt sich glm. durch stückweise
lineare Funktionen approximieren, die wiederum durch ihre
Fourier-Reihe glm. approximiert werden.
327 / 327
C k -Abbildungen, 228
C k -Diffeomorphismus, 228
ψ = Φu, 273
k-linear, 25
(→ Zeichnung), 222
(Euklidisches) Skalarprodukt, 33
(Hermitesches) Skalarprodukt, 56
(offene) Überdeckung, 132, 143
(total) differenzierbar, 174, 189
Äquivalenzklasse, 8
Äquivalenzrelation, 8
ÜA, 93
ÜA:, 256
abgeschlossen, 124
Ableitung, 174, 189
Ableitung von f an der Stelle x in Richtung v , 152
Abschluss, 125
Abstand, 35
327 / 327
abstoßend, 166
adjungiert, 70
anziehend, 165, 166
Ball, 126
Banachraum, 87
Basiswechsel, 7
beschränkte Operatoren, 120
bez. y Lipschitzstetig, 259
bez. y lokal Lipschitzstetig, 259
bilineare, 26
Bilinearformen, 26
Cauchy-Folge, 87
darstellende Matrix, 32
diagonalisierbar, 13
Differenzial, 174, 189
Differenzialgleichung erster Ordnung, 253
differenzierbar, 174, 189
Divergenz, 161
327 / 327
Dreiecksungleichung, 39, 41
duale, 29
duale Basis, 27
Dualraum, 27
Einheitsvektor, 49
elektrische Potenzial, 164
elektrisches Feld, 166
entgegengesetzte, 10
Euklidische Metrik, 42
Euklidische Norm, 47
Euklidischer Vektorraum, 33
Flächen, 241
Fourier-Reihe, 313
gewöhnliche DGL n-ter Ordung, 280
gleich orientiert, 7
Gradient, 159
Graph, 242
Grenzwert, 43, 127
327 / 327
harmonische Funktionen, 162
Hauptachsen, 79
Hauptachsentransformation, 79
Hausdorffsch, 132, 143
Hermitesche, 70
Hermitesche Form, 55
Hermitescher Vektorraum, 56
Hessematrix, 212
Hilbertbasis, 109
Hilbertraum, 87
Homöomorphismus, 240
Hyperflächen, 241
im Punkt x ∈ X stetig, 43
Immersion, 228
in Richtung v differenzierbar, 152
indefinit, 213
induzierte Topologie, 239
Inneres, 125
327 / 327
isolierten, 198
Jordanblöcke, 277
k-mal partiell differenzierbar, 155
k-mal stetig differenzierbar, 155
k-ter Fourier-Koeffizient, 313
kanonische (Hermitesche) Skalarprodukt, 57
kanonische Hilbertbasis, 109
kanonische Skalarprodukt, 34
kompakt, 132, 143
konjugiert-linear, 55
Kontraktion, 265
konvergent, 43, 127
Kraft, 165
Kreuzprodukt, 167
Kugel, 126
Länge, 35
Lösung, 253, 257, 280
Lagrangemultiplikatoren, 250
327 / 327
Laplace-Operator, 162
Linearformen, 26
Lipschitzkonstanten, 259
lokale Extrema, 198
lokale Parametrisierung, 241
lokales Maximum, 198
lokales Minimum, 198
m-dimensionale C k -Untermannigfaltigkeit, 241
maximal, 115
Maximumsnorm, 47
Metrik, 41
multilinear, 25
multilineare Formen, 26
n-tes Fourier-Polynom, 313
negativ definit, 213
Newtonsche Gravitationsfeld, 165
Newtonsche Gravitationspotenzial, 164
nicht entartet, 31
327 / 327
Niveaumengen, 196
Norm, 39
normal, 81
normierter Vektorraum, 39
obere Schranke, 115
offen, 124
Operatornorm, 120
Ordnungsrelation, 115
Orientierung, 10
orientierungserhaltend, 10
orientierungsumkehrend, 10
orthogonal, 54
orthogonale Gruppe, 54
orthogonale Komplement, 49
orthogonale Projektion, 102
Orthonormalbasis, 49
Parallelepipeds, 170
Parallelogrammgleichung, 44
327 / 327
Parsevalsche Gleichung, 110, 118
partiell differenzierbar, 153, 161
partielle Ableitung, 153
positiv definit, 33, 56, 213
positiv semi-definit, 213
Potenzialgleichung, 162
Rand, 125
Rang, 228
Relation, 8
Resonanzkatastrophe, 293
Rotation, 171
schiefsymmetrisch, 31
selbstadjungiert, 70
senkrecht, 38
separabel, 101
Spatprodukt, 170
Spats, 170
Sphäre, 126
327 / 327
stetig, 43, 127
stetig in x, 127
Submersion, 228
symmetrisch, 31
symmetrische, 70
System von n gewöhnlichen DGLn erster Ordnung, 257
Tangentialvektor, 247
Topologie, 124
topologischer Raum, 124
total, 115
Trägheitssatz von Sylvester, 79
trigonometrisches Polynom, 327
Umgebung, 124
umgekehrte, 10
unitär, 62
unitäre, 56, 61
unitäre Gruppe, 62
Variation der Konstanten, 273
327 / 327
Vektorfeld, 161
Vektorprodukt, 167
Vervollständigung, 97
vollständig, 87
Volumen, 170
von der Klasse C k , 228
Winkel, 38
327 / 327

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