10. Implizit definierte Funktionen

10. Implizit definierte Funktionen
Beispiele:
√
(1) f (x, y) = x2 + y 2 − 1. f (x, y) = 0 ⇐⇒ y 2 = 1 − x2 ⇐⇒ y = ± 1 − x2 .
(<)
Sei (x0 , y0 ) ∈ R2 mit f (x0 , y0 ) = 0 und y0 > 0. Dann existiert eine Umgebung U von x0
und genau eine Funktion g : U → R mit g(x0 ) = y0 und f (x, g(x)) = 0 ∀x ∈ U , nämlich
√
√(− ···)
g(x) = 1 − x2
Sprechweisen: „g ist implizit durch die Gleichung f (x, y) = 0 definiert“ oder „die Gleichung f (x, y) = 0 kann in der Form y = g(x) aufgelöst werden“
(2) f (x, y, z) = y + z + log(x + z). Wir werden sehen: ∃ Umgebung U ⊆ R2 von (0, 1) und
genau eine Funktion g : U → R mit g(0, −1) = 1 und f (x, y, g(x, y)) = 0 ∀ (x, y) ∈ U .
Der allgemeine Fall: Es seien p, n ∈ N, ∅ =
6 D ⊆ Rn+p , D offen, f = (f1 , . . . , fp ) ∈ C 1 (D, Rp ).
n+p
Punkte in D (bzw. R
) bezeichnen wir mit (x, y), wobei x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn und y =
(y1 , . . . , yp ) ∈ Rp , also (x, y) = (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yp ). Damit:


f0 = 
∂f1
∂x1
···
..
.
∂fp
∂x1
|
∂f1
∂y1
∂f1
∂xn
..
.
···
{z
..
.
∂fp
∂xn
=: ∂f
∂x
···
∂fp
∂y1
}|
∂f1
∂yp
..
.
···
{z
∂fp
∂yp


 ; also f 0 (x, y) =

(p×p)-Matrix
=: ∂f
∂y
∂f
∂f
(x, y),
(x, y)
∂x
∂y
}
Satz 10.1 (Satz über implizit definierte Funktionen)
Sei (x0 , y0 ) ∈ D, f (x0 , y0 ) = 0 und det ∂f
∂y (x0 , y0 ) 6= 0. Dann existiert eine offene Umgebung
n
U ⊆ R von x0 und genau eine Funktion g : U → Rp mit:
(1) (x, g(x)) ∈ D ∀x ∈ U
(2) g(x0 ) = y0
(3) f (x, g(x)) = 0 ∀x ∈ U
(4) g ∈ C 1 (U, Rp )
(5) det ∂f
∂y (x, g(x)) 6= 0 ∀x ∈ U
−1 ·
(6) g 0 (x) = − ∂f
(x,
g(x))
∂y
∂f
∂x (x, g(x))
∀x ∈ U
45
10. Implizit definierte Funktionen
Beweis
Definition: F : D → Rn+p durch F (x, y) := (x, f (x, y)). Dann: F

1
0
0 ··· 0

..
..
.
..

.
.

 0
0
1
0
·
·
·
0
F (x, y) = 


 ∂f
∂f
(x, y)
(x, y)
∂x
∂y
∈ C 1 (D, Rn+p ) und









Dann:
LA
0
(I) det F 0 (x, y) = det ∂f
∂y (x, y) ((x, y) ∈ D), insbesondere: det F (x0 , y0 ) 6= 0. Es ist
F (x0 , y0 ) = (x0 , 0). 9.3 =⇒ ∃ eine offene Umgebung U von (x0 , y0 ) mit: U ⊆ D, f (U) = ϑ.
F ist auf U injektiv, F −1 : ϑ → U ist stetig differenzierbar und
(I)
(II) det F 0 (x, y) = det ∂f
∂y (x, y) 6= 0 ∀ (x, y) ∈ U
Bezeichnungen: Sei (s, t) ∈ ϑ (s ∈ Rn , t ∈ Rp ), F −1 (s, t) =: (u(s, t), v(s, t)), also u : ϑ →
Rn stetig differenzierbar, v : ϑ → Rp stetig differenzierbar. Dann: (s, t) = F (F −1 (s, t)) =
(u(s, t), f (u(s, t), v(s, t))) =⇒ u(s, t) = s =⇒ F −1 (s, t) = (s, v(s, t)). Für (x, y) ∈ U :
f (x, y) = 0 ⇐⇒ F (x, y) = (x, 0) ⇐⇒ (x, y) = F −1 (x, 0) = (x, v(x, 0)) ⇐⇒ y = v(x, 0),
insbesondere: y0 = v(x0 , 0). U := {x ∈ Rn : (x, 0) ∈ ϑ}. Es gilt: x0 ∈ U . Übung: U ist eine
offene Umgebung von x0 .
Definition: g : U → Rp durch g(x) := v(x, 0), für x ∈ U gilt: (x, 0) ∈ ϑ =⇒ F −1 (x, 0) =
(x, v(x, 0)) = (x, g(x)) ∈ U. Dann gelten: (1), (2), (3) und (4). (5) folgt aus (II).
Zu (6): Definition für x ∈ U : ψ(x) := (x, g(x)), ψ ∈ C 1 (U, Rn+p ),


1
0


..


.


0
ψ (x) =  0
1 




0
g (x)
(3) =⇒ 0 = f (ψ(x)) ∀x ∈ U . 5.4 =⇒ 0 = f 0 (ψ(x)) · ψ 0 (x) =
LA ∂f
∂f
0
∂x (x, g(x)) + ∂y (x, g(x)) · g (x) ∀x
−1 liefert (6).
kation von links mit ∂f
∂y (x, g(x))
ψ 0 (x) =
∈ U . (5) =⇒
∂f
∂f
∂x (x, g(x)) ∂y (x, g(x))
∂f
∂y (x, g(x))
·
invertierbar, Multipli
Beispiel
f (x, y, z) = y + z + log(x + z). Zeige: ∃ offene Umgebung U von (0, 1) und genau eine stetig
differenzierbare Funktion g : U → R mit g(0, −1) = 1 und f (x, y, g(x, y)) = 0 ∀(x, y) ∈ U .
Berechne g 0 an der Stelle (0, −1).
1
f (0, −1, 1) = 0, fz = 1 + x+z
; fz (0, −1, 1) = 2 6= 0. Die Behauptung folgt aus dem Satz über
impliziert definierte Funktionen. Also: 0 = y + g(x, y) + log(x + g(x, y)) ∀(x, y) ∈ U .
1
Differentiation nach x: 0 = gx (x, y)+ x+g(x,y)
(1+gx (x, y)) ∀(x, y) ∈ U
1
1
1 (gx (0, −1) + 1) =⇒ gx (0, −1) = − 2 .
(x,y)=(0,−1)
=⇒
(x,y)=(0,-1)
0 = gx (0, −1)+
1
Differentiation nach y: 0 = 1+gy (x, y)+ x+g(x,y)
gy (x, y) ∀(x, y) ∈ U =======⇒ gy (0, −1) = − 12 .
Also: g 0 (0, −1) = (− 21 , − 21 ).
46