Handout - Universität Hamburg

Mathematik II für Studierende der Physik
Vicente Cortés
Department Mathematik
Universität Hamburg
Hamburg, Sommersemester 20071
1
last update: October 31, 2007
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Inhaltsverzeichnis I
Hermitesche Vektorräume
Die unitäre Gruppe
Normalform unitärer Abbildungen
Normalform orthogonaler Endomorphismen
Selbstadjungierte Endomorphismen
Normalform selbstadjungierte Endomorphismen
Normalform Hermitescher Formen
Hauptachsentransformation
Normale Endomorphismen
Vollständigkeit
Vervollständigung
Hilberträume
Quadratisch summierbare Folgen
Orthogonalprojektion
Orthonormale Familien
Hilbertbasen
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Inhaltsverzeichnis II
Darstellungssatz von Riesz
Topologische Grundbegriffe
Kompaktheit
Differenzialrechnung im kartesischen Raum
Partielle Ableitungen
Grundbegriffe der Vektoranalysis
Differenzierbarkeit
Kettenregel
Mittelwertsatz
Niveaumengen und lokale Extrema
Taylorentwicklung
Hessematrix und lokale Extrema
Umkehrsatz
Satz über implizite Funktionen
Abbildungen von konstantem Rang
Untermannigfaltigkeiten des kartesischen Raums
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Inhaltsverzeichnis III
Tangentialraum
Extrema mit Nebenbedingungen
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
Parameterabhängige Integrale
Anwendung auf gew. DGLn
Fourier-Reihen
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Hermitesche Formen
Definition
I
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.
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Hermitesche Skalarprodukte
Definition
I
Eine Hermitesche Form h·, ·i : V × V → C heißt positiv
definit, wenn für alle v ∈ V \ 0
hv , v i > 0.
I
Ein (Hermitesches) Skalarprodukt auf V ist eine positiv
definite Hermitesche Form V × V → C.
I
Ein Hermitescher Vektorraum ist ein komplexer VR zusammen
mit einem Hermiteschen Skalarprodukt darauf.
(Hermitescher Vektorräume werden manchmal auch unitäre
Vektorräume genannt.)
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Hermitesche Vektorräume
Beispiel
I
Das kanonische (Hermitesche) Skalarprodukt von Cn ist
definiert durch
n
X
zi wi ,
hz, w i :=
i=1
wobei z =
Pn
i=1 z
ie
i
und w =
Pn
i=1 w
ie
i.
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Cauchy-Schwarzsche Ungleichung
Satz
I
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.
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Beweis der CSU für Hermitesche Skalarprodukte
Beweis.
(i) Wir können annehmen, dass hv , w i =
6 0 und setzen
λ :=
I
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.
I
Die CSU für das Euklidische SKP g = Reh liefert weiter
p
p
(2) hλv , w i = g (λv , w ) ≤ 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.
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Hermitesche Vektorräume als normierte C-Vektorräume
Satz
I
Sei V ein komplexer VR. Jedes Hermitesche Skalarprodukt
h·, ·i auf V definiert eine Norm k · k auf V :
kv k :=
p
hv , v i,
v ∈ V.
Beweis.
Vgl. entsprechenden Beweis für Euklidische Skalarprodukte.
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Unitäre Basen
Definition
I
Sei V ein endlichdimensionaler Hermitescher VR.
I
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.
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Die unitäre Gruppe
Definition
I
Sei (V , h·, ·i) ein Hermitescher VR.
I
Ein surjektiver2 Endomorphismus F : V → V heißt unitär,
wenn
(∗) hF (v ), F (w )i = hv , w i für alle
I
v, w ∈ V .
ÜA: Die unitären Endomorphismen bilden eine Untergruppe
U(V ) ⊂ Aut(V ), die sogenannte unitäre Gruppe.
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.
2
Falls dim V < ∞, so folgt die Surjektivität aus (*).
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Normalform unitärer Endomorphismen
Satz
(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.
I
Aus
0 6= hv , v i = hFv , Fv i = hλv , λv i = λλhv , v i
ergibt sich |λ| = 1.
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Normalform unitärer Endomorphismen
Weiter im Beweis:
(ii) Seien v , w ∈ V Eigenvektoren von F zu den Eigenwerten λ
bzw. µ 6= λ. Wegen (i) gilt λµ 6= 1.
I
Aus
hv , w i = hFv , Fw i = λµhv , w i
folgt daher hv , w i = 0.
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Normalform unitärer Endomorphismen
Weiter im Beweis:
(iii) Beweis durch Induktion nach n = dim V . Der Fall n = 1 ist
klar.
I 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 .
I Wir wählen einen zugehörigen Eigenvektor b1 ∈ V der Länge
1 und betrachten W := b1⊥ .
I 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
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 .
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Normalform orthogonaler Endomorphismen
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 .
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Normalform orthogonaler Endomorphismen
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.
I
F bildet das orthogonale Komplement W := U ⊥ in sich ab
und W enthält keine Eigenvektoren von F .
I
Insbesondere hat W gerade Dimension m = 2q, denn sonst
hätte das charakteristische Polynom der Einschränkung F |W
eine reelle Nullstelle.
I
Es genügt zu zeigen, dass W eine ONB besitzt, bez. der die
darstellende Matrix von F |W die Gestalt diag(Dϕ1 , . . . , Dϕq )
hat .
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Normalform orthogonaler Endomorphismen
Weiter im Beweis:
I
I
I
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
t
A ∈ U(m), 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 ).
I
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 .
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Normalform orthogonaler Endomorphismen
Weiter im Beweis:
I
Wir setzen
βj0 =
βj00 =
1
√ (βj + βj )
2
i
√ (βj − βj ).
2
I
(β10 , β100 , . . . , βq0 , βq00 ) ist eine ONB von Rm . (Das Euklidische
SKP von Rm ist die Einschränkung des Hermiteschen SKP
von Cm .)
I
Die darstellende Matrix von A bez. dieser Basis ist
diag(Dϕ1 , . . . , Dϕq ).
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Selbstadjungierte Endomorphismen
Definition
I
Sei F ein Endomorphismus eines Euklidischen oder
Hermiteschen Vektorraums V .
I
Ein Endomorphismus F ad ∈ End(V ) heißt zu F adjungiert,
wenn
hFv , w i = hv , F ad w i für alle v , w ∈ V .
I
(Man überlegt sich leicht, dass F ad eindeutig ist und für
endlichdimensionale Vektorräume auch existiert.)
I
F heißt selbstadjungiert, wenn F ad existiert und F = F ad .
I
(Selbstadjungierte Endomorphismen eines Euklidischen bzw.
Hermiteschen Vektorraums heißen auch symmetrische bzw.
Hermitesche Endomorphismen.)
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Selbstadjungierte Endomorphismen
Beispiel
1) Wir betrachten V = Cn mit dem kanonischen Hermiteschen
SKP.
hz, w i = z t w , z, w ∈ Cn .
I
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 .
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Selbstadjungierte Endomorphismen
Satz
I
Sei F ein Endomorphismus eines Euklidischen oder
Hermiteschen Vektorraums V .
I
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 .
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Selbstadjungierte Endomorphismen
Satz
I
Sei V ein endlichdimensionaler Euklidischer oder Hermitescher
VR und A die darstellende Matrix eines Endomorphismus F
von V bez. einer orthonormalen bzw. unitären Basis.
I
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 .
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Normalform selbstadjungierte Endomorphismen
Satz
I
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.
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Normalform selbstadjungierte Endomorphismen
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.
I
Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat das
charakteristische Polynom von F eine komplexe Nullstelle λ.
I
λ ist wegen (i) reell. Also hat F auch im Fall eines reellen
Vektorraums V einen Eigenvektor v ∈ V .
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Normalform Hermitescher Formen
Folgerung
I
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
I
und definieren H ∈ End(V ) durch
h(v , w ) = hHv , w i,
v, w ∈ V .
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Normalform Hermitescher Formen
Weiter im Beweis
I
Dann ist H selbstadjungiert:
hHv , w i = h(v , w ) = h(w , v ) = hHw , v i = hv , Hw i.
I
I
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 , falls λi 6= 0 und
|λi |
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.
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Normalform Hermitescher Formen
Weiter im Beweis
I
Es bleibt zu zeigen, dass auch die Zahlen r± unabhängig von
allen Wahlen sind. Wir zeigen das z.B. für r+ .
I
Sei V+ bzw. V− die Summe der Eigenräume zu den positiven
bzw. negativen Eigenwerten von H.
I
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 .
I
Sei W ⊂ V ein UR, auf dem h positiv definit ist.
I
Dann gilt W ∩ (V− ⊕ V0 ) = 0 und somit
dim W ≤ r+ .
I
Also r+ = max{dim W |W ⊂ V , h auf W positiv-definit}.
I
Das beweist die Unabhängigkeit.
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Hauptachsentransformation
Folgerung
I
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.)
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Hauptachsentransformation
Beispiel
I
Sei V = R2 und
0 x
x
s
,
= 5xx 0 + 5yy 0 + 3xy 0 + 3yx 0 .
y
y0
I
Für die Basis b1 = 14 (e1 + e2 ), b2 = 12 (e1 − e2 ) gilt
s(bi , bj ) = δij .
I
Insbesondere sind die Hauptachsen von s die Diagonalen
y = x und y = −x.
I
Das sind genau die Hauptachsen der Ellipse
x s(v
,
v
)
≤
1
E= v=
.
y I
Es gilt s(v , v ) = 5x 2 + 5y 2 + 6xy = 4(x + y )2 + (x − y )2 .
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Normale Endomorphismen
Definition
I
Sei V ein Hermitescher VR und F ∈ End(V ).
I
F heißt normal, wenn
F ◦ F ad = F ad ◦ F .
Beispiele
I
Unitäre Endomorphismen erfüllen F ad = F −1 und sind daher
normal.
I
Hermitesche (F ad = F ) und schief-Hermitesche (F ad = −F )
Endomorphismen F sind normal.
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Normale Endomorphismen
Satz
I
Sei V ein endlichdim. Hermitescher VR und F ∈ End(V ).
I
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 ).
I
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.
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Normale Endomorphismen
Weiter im Beweis:
I
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.
I
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.
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Normale Endomorphismen
Weiter im Beweis:
I
Wir wenden das Lemma auf den normalen Endomorphismus
G := F − λId an und erhalten
Vλ = Ker G = Ker G ad = (Bild G )⊥
I
und somit
Vλ⊥ = Bild G .
I
Daraus folgt wie gewünscht FVλ⊥ ⊂ Vλ⊥ , denn
FGv = GFv ,
v ∈ V.
34 / 255
Normale Matrizen
Folgerung
I
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.
I
Sei S die unitäre Matrix mit den Spalten b1 , . . . , bn .
I
Für jede unitäre Matrix gilt S = S −1 und daher
t
t
t
t
S ASei = S Abi = λi S bi = λi S −1 bi = λi ei .
I
t
Das zeigt, dass S AS eine Diagonalmatrix ist.
35 / 255
Normale Matrizen
Weiter im Beweis:
⇐= Sei nun umgekehrt S eine unitäre Matrix derart, dass
t
D = S AS eine Diagonalmatrix ist.
t
I
D = S AS = S −1 AS ist genau die darstellende Matrix von A
bez. der unitären Basis (b1 , . . . , bn ) mit bi := Sei .
I
Die Normalität von A folgt daher aus D ad D = DD ad .
36 / 255
Vollständigkeit
Definition
I
Sei (X , d) ein metrischer Raum.
I
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.
I
(X , d) heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in X gegen
einen Grenzwert x ∈ X konvergiert.
I
Ein reeller bzw. komplexer Hilbertraum ist ein Euklidischer
bzw. Hermitescher Vektorraum, der bez. der vom SKP
abgeleiteten Metrik vollständig ist.
I
Ein Banachraum ist ein normierter Vektorraum, der bez. der
von der Norm abgeleiteten Metrik vollständig ist.
37 / 255
Vollständigkeit
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.
I
Insbesondere ist Rn mit dem Euklidischen und Cn mit dem
Hermiteschen SKP ein reeller bzw. komplexer Hilbertraum.
I
Das folgt aus 1) und den Ungleichungen
√
kxkmax ≤ kxk ≤ nkxkmax ,
x ∈ Rn .
38 / 255
Vollständigkeit
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 Vektorraum ist vollständig.
39 / 255
Vollständigkeit
Beweis (des Satzes).
I
I
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 |}.
I
Wir zeigen, dass jede Norm auf V äquivalent zu k · kmax ist.
I
Für jede Norm k · k auf V gilt nach der Dreiecksungl.
kxk = k
n
X
i=1
x i bi k ≤
n
X
i=1
|x i |·kbi k ≤ C kxkmax ,
C :=
n
X
kbi k.
i=1
40 / 255
Vollständigkeit
Weiter im Beweis:
I
I
I
I
I
I
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 können daher annehmen,
dass (xk ) bez. der Norm
P
k · kmax gegen x = ni=1 x i bi ∈ V konvergiert.
Es gilt dann
kxk ≤ kx − xk k + kxk k ≤ C kx − xk kmax +
I
1 (k→∞)
−→ 0.
k
Also x = 0 und somit 0 = kxkmax = limk→∞ kxk kmax , im
Widerspruch zu kxk kmax = 1.
41 / 255
Vervollständigung
Satz
I
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 ) für alle
d(I
x, y ∈ X .
(iii) Für jede Cauchy-Folge (xk ) in X gilt: (xk ) = lim`→∞ I (x` ).
42 / 255
Vervollständigung
Beweis.
(i) Aus der Dreiecksungleichung folgt die Ungleichung
|d(x, z) − d(y , z)| ≤ d(x, y )
I
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 )
I
Diese Ungleichung zeigt, dass k 7→ d(xk , xk0 ) eine
Cauchy-Folge ist und somit konvergiert.
I
Der Grenzwert hängt nur von den Äquivalenzklassen von (xk )
und (xk0 ) ab.
b ×X
b → [0, ∞)
Man überprüft nun leicht (ÜA), dass, db : X
I
eine Metrik ist und die Eigenschaften (ii) und (iii) erfüllt.
43 / 255
Vervollständigung
Weiter im Beweis:
I
I
I
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)) ≤
I
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
(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().
44 / 255
Vervollständigung
Weiter im Beweis:
I
Wir behaupten x = limk→∞ xk .
I
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)) ≤
I
1
+ ≤ .
2 k
Daraus folgt
b xk ) = lim d(x(i), xk (i)) ≤ d(x,
i→∞
für alle k ≥ M()
I
b xk ) = 0.
und somit limk→∞ d(x,
45 / 255
Vervollständigung normierter Räume
Satz/ÜA
I
Sei (V , k · k) ein normierter VR, d die induzierte Metrik und
b , d)
b die Vervollständigung des metrischen Raums (V , d).
(V
I
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 normierten
Der Banachraum (V
Vektorraumes (V , k · k).
46 / 255
Vervollständigung von Vektorräumen mit SKP
Satz
I
I
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.
I
Aus der Parallelogrammgl. für die Norm von V folgt durch
b.
Grenzübergang die Parallelogrammgl. für die Norm von V
I
Somit bestimmt die Norm k · kb ein Euklidisches SKP g .
I
Falls V ein komplexer Vektorraum ist, so gilt
b und deshalb definiert
g (ix, iy ) = g (x, y ) für alle x, y ∈ V
h(x, y ) := g (x, y ) + ig (x, iy ),
b,
x, y ∈ V
b.
ein Hermitesches SKP auf V
47 / 255
Quadratisch summierbare Folgen
Satz
I
Der VR der quadratisch summierbaren komplexen
Zahlenfolgen
)
(
∞
X
2
2
|x(n)| < ∞
` = x : N → C
n=1
I
mit dem Hermiteschen SKP (siehe Übungsaufgaben)
hx, y i =
∞
X
x(n)y (n)
n=1
ist ein Hilbertraum.
48 / 255
Quadratisch summierbare Folgen
Beweis.
I
Wir beweisen die Vollständigkeit von `2 .
I
Sei (xk )k∈N eine Cauchy-Folge in `2 .
I
Dann ist jede der Komponentenfolgen (xk (n))k∈N eine
Cauchy-Folge und konvergiert daher gegen einen Grenzwert
x(n) := limk→∞ xk (n).
I
Wir behaupten x ∈ `2 und x = limk→∞ xk .
I
Da (xk ) eine Cauchy-Folge ist, gibt es zu > 0 ein N ∈ N mit
m
X
|xk (n) − x` (n)|2 < 2
n=1
I
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 ≤ .
49 / 255
Quadratisch summierbare Folgen
Bemerkung
I
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.
I
Metrische Räume, die eine abzählbare dichte Teilmenge
enthalten heißen separabel.
I
Wir werden noch sehen, dass jeder unendlichdimensionale
separable komplexe Hilbertraum (V , h·, ·iV ) isomorph zu `2
ist,
I
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.
50 / 255
Orthogonalprojektion
Satz
I
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).
51 / 255
Orthogonalprojektion
Beweis.
(i) Sei yn ∈ U eine Folge mit
limn→∞ kx − yn k = d := inf y ∈U kx − y k.
I
(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
− xk2
= 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − 4k
2
≤ 2kyn − xk2 + 2kym − xk2 − 4d 2
(m,n→∞)
−→
0
I
Wg. der Vollständigkeit von U konvergiert (yn ) in U,
xU := limn→∞ yn ∈ U,
I
und kx − xU k = d, wg. der Stetigkeit der Norm.
52 / 255
Orthogonalprojektion
Weiter im Beweis:
I
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 :
I
kzk2 ≤ kz + ty k2 = d 2 + 2tRe hz, y i + t 2 ky k2 .
I
I
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 .
53 / 255
Orthogonalprojektion
Weiter im Beweis:
(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 ⊥ .
I
Das beweist V = U ⊕ U ⊥ .
(iv) Die Linearität der Abbildung x 7→ xU folgt aus der
Charakterisierung (ii).
I
Aus der Orthogonalität der Zerlegung V = U ⊕ U ⊥ folgt
kxU k ≤ kxk und somit die Stetigkeit von P.
54 / 255
Orthonormale Familien
Satz
I
Sei V ein separabler Euklidischer oder Hermitescher VR.
I
Dann ist jede orthonormale Familie (vi )i∈I abzählbar.
Beweis.
√
I
Für alle i, j ∈ I mit i 6= j gilt kvi − vj k =
I
Sei A ⊂ V eine abzählbare dichte Teilmenge.
I
Zu jedem i ∈ I existiert a(i) ∈ A mit kvi − a(i)k <
I
Wir zeigen, dass die Zuordnung I → A, i 7→ a(i), injektiv ist:
2.
√
2
2 .
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.
55 / 255
Besselsche Ungleichung
Satz
I
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR und (v1 , v2 , . . .)
eine (endliche oder unendliche) orthonormale Familie.
I
Dann gilt für alle x ∈ V :
X
|hx, vk i|2 ≤ kxk2 .
k
I
Gleichheit gilt genau dann, wenn
X
x=
hx, vk ivk .
k
56 / 255
Besselsche Ungleichung
Beweis.
I
Wir betrachten den endlichdimensionalen und somit
vollständigen UR
UN := span{v1 , v2 , . . . , vN } ⊂ V .
I
Sei xN ∈ UN die Orthogonalprojektion von x in UN .
PN
P
Es gilt xN = N
k=1 hx, vk ivk , denn x −
k=1 hx, vk ivk ⊥ UN .
I
Aus der orthogonalen Zerlegung x = xN + (x − xN ) folgt dann
I
N
X
|hx, vk i|2 = kxN k2 ≤ kxk2 .
k=1
I
Daraus folgt die Besselsche Ungl.
P und die absolute
Konvergenz der Reihe x∞ := k hx, vk ivk .
I
Für x∞ gilt x∞ ⊥ x − x∞ und somit
kxk2 − kx∞ k2 = kx − x∞ k2 = 0 ⇐⇒ x = x∞ .
57 / 255
Hilbertbasen
Definition
I
Sei V ein Euklidischer oder Hermitescher VR.
I
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.
I
Die Folgen ej ∈ `2 mit ej (k) = δjk (j, k ∈ N) bilden eine
Hilbertbasis (ej )j∈N , die sogenannte kanonische Hilbertbasis
von `2 .
I
(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 .
58 / 255
Hilbertbasen
Satz
I
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
59 / 255
Hilbertbasen
Beweis.
I
(i)=⇒(ii): Zu x ∈ V existiert xi ∈ span{b1 , b2 , . . .} mit
x = limi→∞ xi .
I
Wir können annehmen, dass
xi ∈ Ui := span{b1 , . . . , bNi },
I
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 .
60 / 255
Hilbertbasen
Weiter im Beweis:
I
(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
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
I
X
y j hbi , bj i = y i
j
und somit
hx, y i =
X
xiyi.
i
61 / 255
Hilbertbasen
Weiter im Beweis:
I
(iii)=⇒(iv): Setze x = y .
I
(iv)=⇒(i):
Aus der Parsevalschen Gleichung folgt
P
x = k hx, bk ibk für alle x ∈ V .
I
Das beweist (i).
62 / 255
Hilbertbasen
Satz
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
|x(k)|2 < ∞
`2 (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
63 / 255
Zornsches Lemma
I
I
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
I
Eine Relation ≤ auf einer Menge X heißt Ordnungsrelation,
wenn folgenden Eigenschaften für alle x, y , z ∈ X erfüllt sind:
I
I
I
x ≤ x,
aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y und
aus x ≤ y und y ≤ z folgt x ≤ z.
I
Die Ordnungsrelation heißt total, wenn für alle x, y ∈ X eine
der beiden Ungleichungen x ≤ y oder y ≤ x gilt.
I
x ∈ X heißt maximal, wenn es kein y ∈ X mit x < y gibt
(d.h. mit x ≤ y und x 6= y ).
I
x ∈ X heißt eine obere Schranke von Y ⊂ X , falls y ≤ x für
alle y ∈ Y .
64 / 255
Zornsches Lemma
Lemma
I
Auf der Menge X sei eine Ordnungsrelation ≤ gegeben, derart
dass jede total geordnete Teilmenge Y ⊂ X eine obere
Schranke besitzt.
I
Dann hat X ein maximales Element.
Beweis (des Satzes).
I
Wir wissen bereits, jede orthonormale Familie in einem
separablen Hilbertraum V abzählbar ist.
I
Wir zeigen, dass sich jede orthonormale Familie F0 zu einer
Hilbertbasis ergänzen läßt.
65 / 255
Hilbertbasen
Weiter im Beweis:
I
Sei X die Menge aller orthonormale Familien in V , die F0
enhalten.
I
X ist durch Inklusion ⊂ geordnet und die Vereinigung ∪F ∈Y F
einer total geordneten Teilmenge Y ⊂ X ist eine obere
Schranke für Y .
I
Nach dem Zornschen Lemma hat X ein maximales Element
B = (b1 , b2 , . . .).
I
Aus der Maximalität folgt für alle y ∈ V
y ⊥ bi
I
I
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.
66 / 255
Stetige lineare Abbildungen, Operatornorm
Bemerkungen/ÜA
I
Eine lineare Abbildung F : V1 → V2 zwischen normierten
Vektorräumen (V1 , k · k1 ) und (V2 , k · k2 ) ist genau dann
stetig, wenn
kFxk2
kF k := sup
< ∞.
06=x∈V1 kxk1
I
Stetige lineare Abbildungen heißen daher auch beschränkte
Operatoren. Die Zahl kF k heißt Operatornorm von F .
I
Durch die Operatornorm wird der VR
Lb (V1 , V2 ) := {F ∈ L(V1 , V2 )|
kF k < ∞}
der beschränkten Operatoren zu einem normierten VR.
I
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.
67 / 255
Darstellungssatz von Riesz
Satz
I
Sei V ein Hilbertraum über K (= R oder C) und V 0 der
Vektorraum aller stetigen linearen Abbildungen V → K.
I
Dann ist durch
φ(x) := h·, xi,
x ∈ V,
ein konjugiert-linearer Isomorphismus normierter Vektorräume
φ : V → V 0 gegeben.
Beweis.
I
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.
68 / 255
Darstellungssatz von Riesz
Weiter im Beweis:
I
I
I
I
I
I
I
I
I
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 ⊥ .
I
Somit hy , x0 i = α(y )kx0 k2 und α = φ( kxx00k2 ).
69 / 255
Topologische Grundbegriffe
Definition
I
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.
I
Ein topologischer Raum (X , O) ist eine mit einer Topologie
ausgestattete Menge X .
I
Eine Teilmenge U ⊂ X heißt offen, wenn U ∈ O.
I
Eine Teilmenge A ⊂ X heißt abgeschlossen, wenn X \ A offen
ist.
I
Eine Teilmenge V ⊂ X heißt Umgebung eines Punktes x ∈ X ,
wenn es eine offene Teilmenge U ⊂ X mit x ∈ U ⊂ V gibt.
70 / 255
Topologische Grundbegriffe
Inneres, Abschluss
Definition
I
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.
71 / 255
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.
I Das definiert eine Topologie O auf X .
I 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
I
B r (x) = {y ∈ Rn |d(y , x) ≤ r }.
I
Der Rand der Kugel ist die Sphäre:
∂Br (x) = Sr (x) := {y ∈ Rn |d(y , x) = r }.
72 / 255
Topologische Grundbegriffe
Konvergenz und Stetigkeit
Definition
I
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.
I
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.
I
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.
73 / 255
Topologische Grundbegriffe
Konvergenz und Stetigkeit
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:
I
Wenn für jede Folge xk ∈ X mit Grenzwert x die Bildfolge
F (xk ) ∈ Y gegen F (x) konvergiert, dann ist F in x stetig.
74 / 255
Abgeschlossene Teilmengen von metrischen Räumen
Satz
I
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
(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.
75 / 255
Abgeschlossene Teilmengen von metrischen Räumen
Weiter im Beweis:
I
(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).
76 / 255
Abgeschlossene Teilmengen von metrischen Räumen
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).
77 / 255
Kompaktheit
Definition
I
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.
78 / 255
Kompaktheit
Satz
I
Sei X ein Hausdorffscher topologischer Raum und A ⊂ X eine
kompakte Teilmenge.
I
Dann hat jede Folge in A eine konvergente Teilfolge mit
Grenzwert in A.
Beweis.
I
Sei xk ∈ A, k ∈ N, eine Folge.
I
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.
I
(Ua )a∈A ist eine offene Überdeckung der kompakten Menge A
und besitzt daher eine endliche Teilüberdeckung
Ua1 , Ua2 , . . . , Uar .
I
Nach Konstruktion enthält ∪ri=1 Uai ⊃ A nur endlich viele
Glieder der Folge, im Widerspruch zu xk ∈ A.
79 / 255
Kompaktheit
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.
I
Nach dem vorigen Satz hat xk eine konvergente Teilfolge mit
Grenzwert in A. Daraus folgt x ∈ A.
(ii) Sei xk ∈ A eine Cauchy-Folge.
I
Nach dem vorigen Satz hat xk eine konvergente Teilfolge mit
Grenzwert a ∈ A.
I
Also konvergiert (xk ) gegen a.
80 / 255
Kompaktheit
Satz
Jede kompakte Teilmenge A ⊂ X eines metrischen Raumes X ist
vollständig (mithin abgeschlossen) und beschränkt.
Beweis.
I
Die Vollständigkeit wurde im vorigen Satz bewiesen.
I
Die Beschränktheit bedeutet, dass es x ∈ X und R > 0 gibt,
so dass A ⊂ BR (x).
I
Für alle x ∈ X ist (Bk (x))k∈N eine offene Überdeckung von X
und somit von A.
I
Also existiert eine endliche Teilüberdeckung Bk1 (x), . . . , Bkr (x)
I
und mit R = max{k1 , . . . , kr } erhalten wir A ⊂ BR (x).
81 / 255
Kompaktheit
Satz
X kompakt, A ⊂ X abgeschlossen =⇒ A kompakt.
Beweis.
I
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von A.
I
Dann ist (X \ A, (Ui )i∈I ) eine offene Überdeckung des
Kompaktums X .
I
Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung
(X \ A, Ui1 , . . . , Uik ) von X .
I
(Ui1 , . . . , Uik ) ist eine endliche Teilüberdeckung von A.
Folgerung
I
Sei X ein metrischer Raum, in dem die abgeschlossenen
Kugeln B r (x) kompakt sind.
I
Die kompakten Teilmengen von X sind dann genau die
abgeschlossenen beschränkten Teilmengen.
82 / 255
Satz von Heine-Borel
Satz
Eine Teilmenge A ⊂ Rn ist genau dann kompakt, wenn sie
abgeschlossen und beschränkt ist.
Beweis.
I
Wg. der Folgerung genügt es zu zeigen, dass die
abgeschlossenen Kugeln B r (x) ⊂ Rn kompakt sind.
I
Da alle Normen auf Rn sind äquivalent sind, können wir z.B.
die Maximumsnorm zu Grunde legen.
I
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 .
I
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung des Würfels W = W0 .
I
Wir nehmen an, es gibt keine endliche Teilüberdeckung und
führen diese Annahme zum Widerspruch.
83 / 255
Satz von Heine-Borel
Weiter im Beweis:
I
I
I
I
I
I
I
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 .)
84 / 255
Kompaktheit
Satz
I
Sei F : X → Y eine stetige Abbildung zwischen
Hausdorffschen topologischen Räumen und A ⊂ X sei
kompakt.
I
Dann ist F (A) ⊂ Y kompakt
Beweis.
I
Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von F (A).
I
Dann bilden die Vi := F −1 (Ui ) eine offene Überdeckung des
Kompaktums A.
I
Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung (Vi1 , . . . , Vik ) und
(Ui1 , . . . , Uik ) überdeckt dann F (A).
85 / 255
Kompaktheit
Folgerung
I
Sei f : X → R eine stetige Funktion und X kompakt.
I
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.
86 / 255
Kompaktheit
Satz
I
Jede stetige Abbildung F : X → Y von einem kompakten
metrischen Raum X in einen metrischen Raum Y ist
gleichmäßig stetig,
I
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.
I
Für alle x ∈ X existiert δ(x) > 0, so dass
d(x, x 0 ) < δ(x) =⇒ d(F (x), F (x 0 )) < .
2
87 / 255
Kompaktheit
Weiter im Beweis:
I
Da die offenen Kugeln Ux := Bδ(x)/2 (x) das Kompaktum X
überdecken, gibt es x1 , . . . , xk ∈ X mit X = ∪ki=1 Uxi .
I
Seien nun x, x 0 ∈ X mit
d(x, x 0 ) < δ := min δ(xi )/2.
i=1,...,k
I
Dann gibt es xi mit x ∈ Uxi , d.h. d(x, xi ) < δ(xi )/2, und
somit d(x 0 , xi ) < δ(xi ).
I
Daraus ergibt sich
d(F (x), F (xi )) < /2
und
und somit d(F (x), F (x 0 )) < .
d(F (x 0 ), F (xi )) < /2
88 / 255
Richtungsableitung
Definition
I
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,
I
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 .
89 / 255
Beispiel: Partielle Ableitungen
I
I
I
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
I
I
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
90 / 255
Partielle Ableitungen
Bemerkung
I
Die i-te
P 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 f (x 1 , . . . , x i−1 , x i +t, x i+1 , . . . , x n ) = h0 (x i ).
(∂i f )(x) =
dt t=0
I
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
91 / 255
Höhere Ableitungen
Definition
I
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.
92 / 255
Lemma von Schwarz
Satz
I
Sei f : U → R (U ⊂ Rn offen) zweimal stetig differenzierbar.
I
Dann gilt für alle i, j ∈ {1, 2, . . . , n}:
∂i ∂j f = ∂j ∂i f .
Beweis
I
Da es nur um zwei Koordinatenrichtungen ei und ej geht,
können wir annehmen, dass n = 2.
I
Wir berechnen die zweiten partiellen Ableitungen an der Stelle
(x0 , y0 ) ∈ U.
I
Wir können annehmen, dass (x0 , y0 ) = (0, 0) und dass U ein
Quadrat Q = {(x, y )| |x| < und |y | < } enthält ( > 0).
93 / 255
Lemma von Schwarz
Weiter im Beweis:
I
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)).
I
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).
I
Aus (1) und (2) ergibt sich
(3) g (x) − g (0) = xy ∂2 ∂1 f (ξ, η).
I
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|
94 / 255
Lemma von Schwarz
Weiter im Beweis:
I
Aus (3) und (3’) erhalten wir wg. g (x) − g (0) = h(y ) − h(0):
˜ η̃).
(4) ∂2 ∂1 f (ξ, η) = ∂1 ∂2 f (ξ,
I
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.
95 / 255
Gradient
Definition
I
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R an der Stelle x ∈ U partiell
differenzierbar.
I
Der Spaltenvektor



grad f (x) := 

∂1 f (x)
∂2 f (x)
..
.





∂n f (x)
heißt Gradient von f an der Stelle x.
96 / 255
Gradient
Beispiel
I
Sei r = r (x) = kxk die Euklidische Norm von x ∈ Rn und
f : R+ → R eine differenzierbare Funktion.
I
Dann ist die rotationssymmetrische Funktion
x 7→ f (r ) = f (r (x)) auf U = Rn \ {0} partiell differenzierbar.
I
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
I
Der Gradient ist somit
x
grad f (r ) = f 0 (r )grad r = f 0 (r ) ,
r
97 / 255
Divergenz
Definition
I
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
98 / 255
Divergenz
Beispiel
I
Der Gradient einer zweimal partiell differenzierbaren Funktion
f : U → R ist ein partiell differenzierbares Vektorfeld
grad f : U → Rn .
I
Somit definiert
∆f := div grad f =
n
X
∂i2 f
i=1
eine Funktion U → R.
I
Der Differentialoperator ∆ heißt Laplace-Operator.
I
Die partielle Differentialgleichung
∆f = 0
heißt Potenzialgleichung. Die Lösungen dieser Gleichung
heißen harmonische Funktionen.
99 / 255
Beispiel: rotationssymmetrische Potenziale
I
Sei f : R+ → R eine zweimal differenzierbare Funktion und
f (r ) die zugehörige rotationssymm. zweimal partiell
differenzierbare Funktion auf Rn \ {0}.
I
Dann gilt ∂i f (r ) = f 0 (r )x i /r und
δji r − x i x j /r
xjxi
0
∂j ∂i f (r ) = f (r ) 2 + f (r )
r
r2
00
I
Daraus folgt ∆f (r ) = f 00 (r ) +
n−1 0
r f (r ).
Differentialgleichung f 00 (r )
I
0
Jede Lösung der
+ n−1
r f (r ) = 0
definiert somit eine rotationssymm. harmonische Funktion.
100 / 255
Beispiel: rotationssymmetrische Potenziale
Lösung der Differentialgleichung
I
I
I
I
I
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
(ln |h(r )|)0 = −
r
ln |h(r )| = −(n − 1) ln r + c
ec
|h(r )| = n−1 .
r
a
Somit ist f (r ) = r n−2
+ b falls n > 2 und f (r ) = a ln r + b für
n = 2.
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.
101 / 255
Das Newtonsche Gravitationsfeld
I
I
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
GM x
, x ∈ R3 \ {0},
r2 r
das Newtonsche Gravitationsfeld.
Die auf eine Probemasse m im Punkt x wirkende Kraft ist
GmM x
F = −mgradV = − 2
.
r
r
Die Gravitationskraft ist also immer anziehend.
Die Bewegung der Probemasse t 7→ x(t) genügt der
(von m 6= 0 unabhängigen!) Differenzialgleichung
x
F = mẍ ⇐⇒ ẍ = −GM 3 .
r
−gradV = −
I
I
I
102 / 255
Das elektrostatische Feld
I
Für das elektrische Potenzial V (r ) =
entsprechend
E = −gradV =
kQ x
,
r2 r
kQ
r
ergibt sich
x ∈ R3 \ {0},
als elektrisches Feld.
I
Die auf eine Probeladung q im Punkt x wirkende Kraft ist
F = qE =
kqQ x
.
r2 r
I
Die elektrische Kraft ist also abstoßend, wenn qQ > 0 und
anziehend wenn qQ < 0.
I
Die Bewegung einer Probeladung t 7→ x(t) der Masse m
genügt der Differenzialgleichung F = mẍ, d.h. ẍ = kqQx
mr 3
(m 6= 0).
103 / 255
Das Vektorprodukt
Definition
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
104 / 255
Eigenschaften des Vektorprodukts
Satz
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
105 / 255
Spatprodukt
Satz
Für alle x, y , z ∈ R3 gilt:
(∗) hx × y , zi = det(xyz).
Beweis.
I
Es genügt die Gleichung (*) für x, y , z ∈ {e1 , e2 , e3 } zu
überprüfen.
I
Offenbar ist hei × ej , ek i = 0 = det(ei ej ek ), wenn zwei der drei
Indizes übereinstimmen.
I
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.
I
Also hei × ej , ek i = ijk = det(ei ej ek ) für jede Permutation.
106 / 255
Spatprodukt
Bemerkung
I
Die alternierende Trilinearform (x, y , z) 7→ hx × y , zi heißt
Spatprodukt.
I
|hx × y , zi| ist das Volumen3 des durch x, y , z aufgespannten
Parallelepipeds oder Spats:
P = {ax + by + cz|a, b, c ∈ [0, 1]}.
3
Berechnung von Volumina wird in der Vorlesung Mathem. für Phys. III
behandelt
107 / 255
Rotation
Definition
I
P
Sei v = 3i=1 v i ei ein partiell differenzierbares Vektorfeld auf
einer offenen Teilmenge U ⊂ R3 .
I
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 .
108 / 255
Beziehungen zwischen Gradient, Divergenz und Rotation
Bemerkung
I
Wir können den Gradienten als vektorwertigen
Differentialoperator auffassen:


∂1
grad =  ∂2  .
∂3
I
Daraus ergibt sich formal:
div v = hgrad, v i,
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.
109 / 255
Beziehungen zwischen Gradient, Divergenz und Rotation
Satz (Übungsaufgabe)
I
Sei U ⊂ R3 offen und f : U → R, v : U → R3 zweimal stetig
differenzierbar.
I
Dann gilt
rot grad f = 0
und div rot v = 0.
110 / 255
Differenzierbarkeit
Definition
I
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm .
(i) F heißt im Punkt x ∈ U differenzierbar, wenn es eine lineare
Abbildung A : Rn → Rm gibt, so dass
F (x + ξ) = F (x) + Aξ + ϕ(ξ),
I
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.
111 / 255
Differenzierbarkeit
Beispiel
I
f : Rn → R, f (x) = kxk2 , ist überall differenzierbar,
I
denn
f (x + ξ) = f (x) + 2hx, ξi + f (ξ)
I
und f (ξ)/kξk = kξk → 0 (ξ → 0).
I
Das Differenzial dfx ∈ (Rn )∗ = Mat(1 × n, R) ist gegeben
durch:
dfx ξ = 2hx, ξi = 2x t ξ, ξ ∈ Rn .
I
Also dfx = 2x t (Zeilenvektor).
112 / 255
Differenzierbarkeit
Satz
I
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).
113 / 255
Differenzierbarkeit
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.
I
Mit ξ = tei erhalten wir
F j (x + tei ) − F j (x)
ϕj (tei )
= Aji +
,
t
t
I
woraus wg. limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0 die partielle
Differenzierbarkeit von F j in x folgt und ∂i F j (x) = Aji .
114 / 255
Differenzierbarkeit
Folgerung
I
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R eine differenzierbare
Funktion.
I
Dann ist f partiell differenzierbar und
df = (∂1 f , . . . , ∂n f ) = (grad f )t
: U → (Rn )∗ ,
x 7→ dfx .
Beispiel
I
Für die Koordinatenfunktionen f (x) = x j haben wir
grad(x j ) = ej und somit dx j = e j = ejt .
I
Man schreibt daher für jede differenzierbare P
Funktion f auf
n
einer offenen Teilmenge U ⊂ R auch df = ni=1 ∂i fdx i .
115 / 255
Differenzierbarkeit
Satz
I
Sei U ⊂ Rn offen und f : U → R eine in x differenzierbare
Funktion.
I
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.
I
Wir wissen bereits, dass dfx v = hgrad f (x), v i.
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 .
116 / 255
Differenzierbarkeit
Satz
I
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.
I
Dann ist F in x differenzierbar.
Beweis
I
Wir können o.B.d.A. annehmen, dass m = 1.
I
Sei P
> 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).
I
I
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 .
117 / 255
Differenzierbarkeit
Weiter im Beweis:
I
Somit
F (x + ξ) − F (x) =
n
X
F (xk ) − F (xk−1 ) =
k=1
=
n
X
n
X
ξ k ∂k F (yk )
k=1
ξ k ∂k F (x) + ϕ(ξ)
k=1
ϕ(ξ) =
n
X
ξ k (∂k F (yk ) − ∂k F (x)).
k=1
I
Aus ξ → 0 folgt yk → x und somit, wg. der Stetigkeit von
∂k F in x, limξ→0 ϕ(ξ)/kξk = 0.
118 / 255
Kettenregel
Satz
I
Seien U ⊂ Rn , V ⊂ Rm offen, F : U → Rm , F (U) ⊂ V und
G : V → Rk .
I
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
I
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.
119 / 255
Kettenregel
Weiter im Beweis:
I
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)
I
Es genügt also zu zeigen, dass limξ→0 ψ(η)/kξk = 0.
I
Aus der Definition von η erhält man leicht die Existenz von
C > 0 und δ > 0, so dass
kηk ≤ C kξk
I
für alle ξ ∈ Bδ (0).
Also folgt aus ξ → 0 zunächst η → 0 und dann
ψ(η)/kξk ≤ C ψ(η)/kηk → 0.
120 / 255
Kettenregel in Komponenten
Folgerung
I
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.
I
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
121 / 255
Kettenregel
Beispiele
(i) Sei c : (−, ) → Rn ( > 0) eine im Nullpunkt
differenzierbare Kurve, c(0) = x, c 0 (0) = v .
I
Ferner sei f : U → R eine in einer offenen Umgebung U ⊂ Rn
von x definierte und in x differenzierbare Funktion.
I
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.
I
F und G sind auf Mat(n × n, R) differenzierbar mit
dFA B = AB + BA,
I
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).
122 / 255
Mittelwertsatz
Satz
I
Sei U ⊂ Rn offen und F : U → Rm stetig differenzierbar.
I
Dann gilt
Z
(∗) F (x + ξ) − F (x) =
1
∂ξ F (x + tξ)dt,
0
I
wobei x ∈ U, ξ ∈ Rn , so dass x + tξ ∈ U für alle t ∈ [0, 1].
Beweis
I
Wenn F stetig diff. ist, dann auch g (t) := F (x + tξ) und
Z
1
g (1) − g (0) =
g 0 (t)dt.
0
I
Das ist (*), denn g 0 (t) =
d
ds s=0 g (t
+ s) = ∂ξ F (x + tξ).
123 / 255
Mittelwertsatz
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.
I
Es gilt
k∂ξ F (x + tξ)k = kdFx+tξ ξk ≤ kdFx+tξ k · kξk ≤ C kξk.
I
Daraus folgt
1
Z
kF (x + ξ) − F (x)k = k
Z
≤
0
∂ξ F (x + tξ)dtk
0
1
k∂ξ F (x + tξ)kdt ≤ C kξk.
124 / 255
Mittelwertsatz
I
Hierbei haben wir folgenden Satz verwendet.
Satz
Sei c : [0, 1] → Rn eine stetige Kurve. Dann gilt
Z 1
Z 1
≤
kc(t)kdt.
c(t)dt
0
0
Beweis.
I
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.
125 / 255
Niveaumengen und Gradient
Satz
I
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R stetig differenzierbar.
I
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.
126 / 255
Gradient und Anstieg
Bemerkung
I
Wenn grad f (x) 6= 0 ist, so gibt der Gradient die Richtung des
stärksten Anstiegs der Funktion f im Punkt x ∈ U an,
I
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 .
127 / 255
Lokale Extrema
Definition
I
Sei U ⊂ Rn , f : U → R eine Funktion und x ∈ U.
I
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 < .
I
Lokale Minima und Maxima heißen auch lokale Extrema.
I
Man spricht von einem isolierten lokalen Extremum, falls
zusätzlich f (ξ) 6= f (x) für alle ξ ∈ U \ {x} mit kx − ξk < .
128 / 255
Lokale Extrema
Satz
I
f : U → R sei an der Stelle x ∈ U partiell differenzierbar
(U ⊂ Rn offen).
I
Wenn f an der Stelle x ∈ U ein lokales Extremum annimmt,
dann gilt grad f (x) = 0.
Beweis.
I
Die Funktion t 7→ g (t) := f (x + tei ) ist im Nullpunkt
differenzierbar und hat dort ein lokales Extremum.
I
Demnach gilt
0 = g 0 (0) = ∂i f (x).
129 / 255
Taylorentwicklung
Satz
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)
I
Der Fall m = 0 ist der Fundamentalsatz der Differenzial- und
Integralrechnung:
Z
f (x +ξ)−f (x) =
x+ξ
0
Z
f (s)ds = ξ
x
1
f 0 (x +tξ)dt = R1 (x, ξ).
0
130 / 255
Taylorentwicklung
Weiter im Beweis: Induktionschritt
I
Wir gehen aus von:
Rm (x, ξ) =
I
Partielle Integration ergibt
−
I
ξm
(m − 1)!
Z
1
(1 − t)m−1 f (m) (x + tξ)dt.
0
R1
0
(1 − t)m−1 f (m) (x + tξ)dt =
1
1
(1 − t)m f (m) (x + tξ)|10 +
m
m
Z
1
(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
131 / 255
Taylorentwicklung
Restglied
Satz
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
I
I
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
I
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
132 / 255
Taylorentwicklung
Weiter im Beweis:
I
Insgesamt ergibt sich
Rm+1 (x, ξ) =
=
=
I
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
(1 − t)m+1 1
(1 − t) dt = −
=
.
m + 1 0 m + 1
m
133 / 255
Taylorentwicklung
Notation: Multiindizes
I
I
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
134 / 255
Taylorentwicklung
Satz
I
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.
I
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
I
Wir führen den Satz auf den Fall n = 1 zurück.
I
Dazu betrachten wir die (m + 1)-mal stetig differenzierbare
Hilfsfunktion t 7→ g (t) := f (x + tξ).
135 / 255
Taylorentwicklung
Lemma
I
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
I
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
136 / 255
Taylorentwicklung
Beweis des Lemmas:
I
I
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
I
Mit der Kettenregel erhalten wir:
n
X
d α
∂ f (x + tξ) =
∂i ∂ α f (x + tξ)ξ i
dt
i=1
I
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
137 / 255
Taylorentwicklung
Weiter im Beweis:
I
Daraus ergibt ich weiter:
g (k+1) (t) = k!
= k!
n X
X
1
∂i ∂ α f (x + tξ)ξ α ξ i
α!
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
I
denn
Pn
i=1 βi
= |β| = k + 1.
1 β
∂ f (x + tξ)ξ β ,
β!
138 / 255
Taylorentwicklung
Folgerung
I
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R eine m-mal stetig
differenzierbare Funktion und x ∈ U.
I
Dann existiert δ > 0 und ϕ : Bδ (0) → R, so dass Bδ (x) ⊂ U
und
X 1
f (x + ξ) =
∂ α f (x)ξ α + ϕ(ξ)
α!
|α|≤m
I
für alle ξ ∈ Bδ (0), wobei
ϕ(ξ)
= 0.
ξ→0 kξkm
lim
139 / 255
Taylorentwicklung
Beweis (der Folgerung).
I
Da U offen ist, existiert Bδ (x) ⊂ U und aus der
Taylorentwicklung der Ordnung m − 1 folgt für ξ ∈ Bδ (0):
X
f (x + ξ) =
|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].
I
Wir setzen
ϕ(ξ) :=
X 1
(∂ α f (x + τ ξ) − ∂ α f (x))ξ α .
α!
|α|=m
1 α
α
|α|≤m α! ∂ f (x)ξ
P
I
Dann gilt f (x + ξ) =
+ ϕ(ξ) und
I
limξ→0 ϕ(ξ)/kξkm = 0, denn die m-ten partiellen Ableitungen
von f sind stetig.
140 / 255
Taylorentwicklung zweiter Ordnung
Beispiel
I
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → R zweimal stetig differenzierbar
und x, ξ ∈ Rn derart, dass {x + tξ|t ∈ [0, 1]} ⊂ U.
I
Dann gilt
f (x + ξ) = f (x) +
n
X
i=1
I
n
1 X
∂i f (x)ξ +
∂i ∂j f (x)ξ i ξ j + ϕ(ξ),
2
i
i,j=1
wobei limξ→0 ϕ(ξ)/kξk2 = 0.
141 / 255
Taylorentwicklung zweiter Ordnung
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
142 / 255
Hessematrix und lokale Extrema
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.
143 / 255
Hessematrix und lokale Extrema
Satz
I
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).
144 / 255
Hessematrix und lokale Extrema
Beweis.
(i) f habe in x z.B. ein lokales Minimum. Wir wissen bereits,
dass grad f (x) = 0 und mit h(ξ) := hHess f (x)ξ, ξi gilt
f (x) ≤ f (x + ξ) = f (x) + h(ξ) + ϕ(ξ).
I
Daraus folgt h(ξ) ≥ −ϕ(ξ) und somit mit t ∈ R∗ :
ξ
h(ξ)
h(tξ)
ϕ(tξ) t→0
h
=
=
≥−
−→ 0.
2
2
kξk
kξk
ktξk
ktξk2
I
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.
I
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).
145 / 255
Umkehrsatz
Satz
I
Sei U ⊂ Rn offen, f : U → Rn stetig differenzierbar und
p ∈ U.
I
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.
1) Wir können o.B.d.A. annehmen, dass p = q = 0 und dfp = Id.
I
Die Abbildung U 3 x 7→ ϕ(x) := f (x) − x ∈ Rn ist stetig
differenzierbar mit ϕ(0) = 0 und dϕ0 = 0.
I
Also existiert δ > 0, so dass B δ (0) ⊂ U und
kdϕx k ≤
1
2
für alle
x ∈ B δ (0).
146 / 255
Umkehrsatz
Weiter im Beweis:
I
Nach dem MWS gilt dann für alle x, x 0 ∈ B δ (0):
I
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
I Das beweist die Injektivität von f auf B δ (0).
2) Als Nächstes zeigen wir, dass f (B δ (0)) ⊃ B δ/2 (0).
I Sei b ∈ B δ/2 (0). Gesucht ist a ∈ B δ (0) mit f (a) = b, d.h.
a = b − ϕ(a).
I Wir definieren rekursiv
x0 := 0,
I
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).
147 / 255
Umkehrsatz
Weiter im Beweis:
I
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
1
δ
≤ · · · ≤ k kxm − x0 k ≤ k .
2
2
I
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.
3) Das Argument zeigt, dass f (x) ein innerer Punkt von f (U)
ist, wenn x ∈ U und dfx invertierbar ist.
I
Insbesondere ist f (V ) offen, wenn V ⊂ U offen ist und dfx für
alle x ∈ V invertierbar ist.
148 / 255
Umkehrsatz
Weiter im Beweis:
I
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.
I
Die Bildmenge W := f (V ) ⊂ Rn ist dann offen und
f |V : V → W ist stetig und bijektiv.
I
g := (f |V )−1 : W → V ist stetig, denn f |V bildet offene
Menge in offene Mengen ab.
4) Wir zeigen, dass g in jedem Punkt q ∈ W differenzierbar ist.
I
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 .
I
Wir setzen ψ(y ) := g (y ) − y , y ∈ W .
149 / 255
Umkehrsatz
Weiter im Beweis:
I
I
I
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, siehe
2
Also folgt aus y → 0 auch x = g (y ) → 0.
Somit gilt mit 0 6= y → 0:
(∗∗).
kψ(y )k
kg (y ) − y k
kx − f (x)k
kϕ(x)k
kϕ(x)k
=
=
=
≤2
→ 0.
ky k
ky k
ky k
ky k
kxk
Das beweist die Differenzierbarkeit von g .
5) Aus der Differenzierbarkeit von f , g folgt mit der Kettenregel
I
dgf (x) dfx = Id für alle
I
I
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).
150 / 255
Umkehrsatz
Weiter im Beweis:
I
Aus der Stetigkeit von x 7→ dfx−1 und g folgt nun die
Stetigkeit von y 7→ dgy = dfg−1
(y ) .
I
Das beweist die stetige Differenzierbarkeit von g = (f |V )−1 .
Bemerkung:
I
g ist sogar k-mal stetig differenzierbar, wenn f k-mal stetig
differenzierbar ist (k ∈ N).
I
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.
151 / 255
Umkehrsatz
Beispiel (ebene Polarkoordinaten)
I
Die Abbildung
2
2
f :R →R ,
r
ϕ
7→
x
y
=
r cos ϕ
r sin ϕ
,
ist unendlich oft differenzierbar.
I
Ihr Differenzial ist
df =
∂x
∂r
∂y
∂r
∂x
∂ϕ
∂y
∂ϕ
!
=
cos ϕ −r sin ϕ
sin ϕ r cos ϕ
I
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.
I
Z.B. U = R+ × (ϕ0 − π, ϕ0 + π) (→ Zeichnung).
152 / 255
Satz über implizite Funktionen
Satz
I
Sei U ⊂ Rm × Rn offen, f : U → Rn k-mal stetig
differenzierbar (k ≥ 1) und (a, b) ∈ U, so dass f (a, b) = 0.
I
Das Differenzial der Abbildung y → f (a, y ) sei im Punkt
y = b invertierbar.
I
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.
I
Wir betrachten F : U → Rm × Rn , F (x, y ) := (x, f (x, y )).
I
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 ).
153 / 255
Satz über implizite Funktionen
Weiter im Beweis:
I
dF =
1m
dx f
0
dy f
I
Da dy f im Punkt (a, b) invertierbar ist, ist auch dF im Punkt
(a, b) invertierbar.
I
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,
I
und zwar so, dass die Umkehrabbildung
G = (G1 , G2 ) : Ω → V1 × V2
k-mal stetig differenzierbar ist.
154 / 255
Satz über implizite Funktionen
Weiter im Beweis:
I
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 .
I
Insbesondere gilt mit g (x) := G2 (x, 0) für alle (x, 0) ∈ Ω:
f (x, g (x)) = 0.
I
V := {x ∈ V1 |(x, 0) ∈ Ω} ist eine offene Umg. V ⊂ V1 von a.
Wir setzen W := V2 .
I
Aus g (V ) = G2 (V × {0}) ⊂ V2 = W folgt g : V → W .
I
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).
155 / 255
Satz über implizite Funktionen
Beispiel (zweischaliges Hyperboloid)
I
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).
I
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 ).
I
Diese kann man durch Auflösen der Gleichung f (x, y , z) = 0
nach z berechnen:
p
g± (x, y ) = ± x 2 + y 2 + 1.
I
Der Graph von g+ : R2 → R (bzw. g− ) ist die obere (bzw.
untere) Schale des Hyperboloids H.
156 / 255
Satz über implizite Funktionen
Bemerkung
I
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.
I
Ableiten der Gleichung f (x, g (x)) = 0 liefert nach der
Kettenregel:
0 = dx f + dy fdg =⇒ dg = −(dy f )−1 dx f ,
I
Hierbei ist dg an der Stelle x und dx f , dy f an der Stelle
(x, g (x)) auszuwerten:
dg |x = − dy f |(x,g (x))
−1
dx f |(x,g (x)) .
157 / 255
Rang einer differenzierbaren Abbildung
Definition
I
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}.
I
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.
158 / 255
Rang einer differenzierbaren Abbildung
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 .
159 / 255
Rang einer differenzierbaren Abbildung
Beispiele
(iv) Der Rang eines Diffeomorphismus f : U → V (U ⊂ Rm ,
V ⊂ Rn offen) ist konstant gleich m = n.
I
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 ).
I
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.
160 / 255
Immersionen
Satz
I
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung
mit rg(f )p = m.
I
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
I
Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im Rn
können wir annehmen, dass die ersten m Zeilen der
(n × m)-Matrix dfp linear unabhängig sind.
161 / 255
Immersionen
Weiter im Beweis:
I
Betrachte F : U × Rn−m → Rn , F (x, y ) = f (x) + (0, y ).
I
F ist von der Klasse C k und
dF(p,y ) = dfp
0
1n−m
.
I
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.
I
Der Diffeomorphismus ϕ := (F |W )−1 : V → W erfüllt dann,
wie gewünscht, (x, 0) = ϕ(F (x, 0)) = ϕ(f (x)).
162 / 255
Submersionen
Satz
I
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung
mit rg(f )p = n.
I
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
I
Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im Rm
können wir annehmen, dass die ersten n Spalten der
(n × m)-Matrix dfp linear unabhängig sind.
163 / 255
Submersionen
Weiter im Beweis:
I
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 ).
I
F ist von der Klasse C k und
dFp =
dfp
0 1m−n
.
I
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.
I
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 .
164 / 255
Allgemeine Abbildungen von konstantem Rang
Satz
I
Sei U ⊂ Rm offen, p ∈ U und f : U → Rn eine C k -Abbildung
mit rg(f ) = r auf U.
I
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
I
Nach eventueller Umnummerierung der Koordinaten im Rm
und Rn können wir annehmen, dass die Matrix
i
∂f (p)
A=
invertierbar ist.
∂x j
i,j=1,...,r
165 / 255
Allgemeine Abbildungen von konstantem Rang
Weiter im Beweis:
I
I
I
I
I
I
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
i
∂f
1r 0
dfp =
, B=
.
∗ B
∂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.
166 / 255
Allgemeine Abbildungen von konstantem Rang
Weiter im Beweis:
I
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 ).
I
Sei nun U 0 ⊂ Rr die Projektion von U ⊂ Rr × Rm−r .
I
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.
I
Es genügt nun folgenden Diffeomorphismus
ψ : W → ψ(W ) ⊂ Rn zu verwenden:
ψ(x) = (x 0 , x 00 − f 00 (x 0 )),
I
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).
167 / 255
Allgemeine Abbildungen von konstantem Rang
Beispiel
I
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 r = n(n+1)
, wie im Folgenden gezeigt wird.
2
I
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.
I
Das Differenzial dfA : B 7→ B t A + At B,
Mat(n, R) → Sym(n, R), ist für A ∈ GL(n) surjektiv:
I
Sei C ∈ Sym(n, R). dfA bildet B = 12 (A−1 )t C auf
1
t
2 (C + C ) = C ab.
I
Daraus folgt
rg(f )A = dim Sym(n, R) = 1 + 2 + · · · + n =
n(n+1)
.
2
168 / 255
Induzierte Topologie
Bemerkung
I
Sei Y ⊂ X eine Teilmenge eines topologischen Raumes
(X , O).
I
Das Teilmengensystem
OY := {U ∩ Y |U ∈ O}
ist eine Topologie auf Y , die sogenannte induzierte Topologie.
I
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}.
169 / 255
Homöomorphismen
Definition
Eine bijektive stetige Abbildung f : X → Y zwischen topologischen
Räumen X und Y heißt Homöomorphismus, wenn f −1 : Y → X
stetig ist
Beispiel
I
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.)
I
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 .
170 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Definition
I
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.
I
F heißt lokale Parametrisierung von M.
I
Zweidimensionale Untermannigfaltigkeit heißen Flächen.
I
(m − 1)-dimensionale Untermannigfaltigkeiten von Rm heißen
Hyperflächen.
171 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Beispiel
I
Sei U ⊂ Rm offen und f : U → Rr eine C k -Abbildung.
I
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 .
I
Die C k -Immersion F : U → Rn , F (x) = (x, f (x)), bildet U
homöomorph auf F (U) = Γf ab.
172 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Beispiel
I
Die Sphäre S 2 ist eine C ∞ -Fläche.
I
Sie besitzt nämlich eine Überdeckung durch 6 Halbsphären
Hi± := {x = (x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ S 2 | ± x i > 0}
I
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 .
173 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Satz
I
Sei U ⊂ Rm offen und f : U → Rn eine C k -Abbildung von
konstantem Rang r und q ∈ f (U).
I
Dann ist
M = f −1 (q) ⊂ U
eine C k -Untermf. der Dimension m − r .
Beweis.
I
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.
I
Dann ist aber V2 3 y 7→ (p 1 , . . . , p r , y ) ∈ V = V1 × V2 eine
Immersion, die V2 homöomorph auf M ∩ V abbildet.
174 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Beispiele
(i) Die Abbildung f : GL(n) → Sym(n, R), A 7→ At A, hat überall
den Rang n(n + 1)/2.
I
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+ .
I
Die n-dimensionalen Sphären Sr (p) = f −1 (r ) ⊂ Rn (r > 0)
sind also C ∞ -Hyperflächen.
175 / 255
Untermannigfaltigkeiten
Satz
I
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.
I
“=⇒” Sei F : U → V ⊂ Rn eine lokale Parametrisierung,
wobei U ⊂ Rm und p ∈ F (U) = M ∩ V .
I
Wg. der Normalform von Immersionen können wir annehmen,
dass F : (x 1 , . . . , x m ) 7→ (x 1 , . . . , x m , 0, . . . , 0).
I
f : V → Rr , f (x 1 , . . . , x n ) = (x m+1 , . . . , x n ), ist dann die
gesuchte Submersion.
I
Die Umkehrung haben wir schon gezeigt.
176 / 255
Tangentialvektoren
Definition
I
Sei M ⊂ Rn eine C 1 -Untermf. und p ∈ M.
I
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).
I
Sei Tp M die Menge aller Tangentialvektoren an M in p.
177 / 255
Tangentialraum
Satz
(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).
I
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).
I
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)}.
178 / 255
Tangentialraum
Beweis.
I
Da m + r = n, genügt es zu zeigen, dass
(∗) span{∂1 F (u), . . . , ∂m F (u)} ⊂ Tp M
I
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 )
1
eine C -Kurve (−, ) → F (U) ⊂ M mit
c 0 (0) = dFp v =
m
X
v i ∂i F (u).
i=1
Das beweist (*).
I
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).
I
Das zeigt Tp M ⊂ Kern(dfp ) = ∩rj=1 (grad f j (p))⊥ .
179 / 255
Extrema mit Nebenbedingungen
Satz
I
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).
180 / 255
Extrema mit Nebenbedingungen
Beweis.
I
Sei c : (−, ) → M ∩ U ⊂ Rn eine C 1 -Kurve mit c(0) = p.
I
f ◦ c : (−, ) → R hat ein lokales Extremum in 0 und somit
d f (c(t)) = dfp c 0 (0) = hgrad f (p), c 0 (0)i.
0=
dt t=0
I
Das beweist (i) und (ii) folgt nun aus
Tp M ⊥ = span{grad h1 (p), . . . , grad hr (p)}.
181 / 255
Extrema mit Nebenbedingungen
Beispiel
I
Wir beweisen (die bereits bekannte Tatsache), dass jeder
symm. Endomorphismus A eines endlichdim. Euklidischen
Vektorraums V einen Eigenvektor hat.
I
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.
I
Nach dem vorigen Satz gilt also
grad q(p) = 2Ap ∈ (Tp S)⊥ = Rp,
d.h. p ist ein Eigenvektor von A.
182 / 255
Gewöhnliche Differenzialgleichungen
I
I
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 .
I
Geometrische Interpretation:
I
f definiert eine Verteilung von Geraden Ω 3 p 7→ L(p), wobei
L(p) die Gerade durch p mit Steigung f (p) ist.
I
Die Bedingung (ii) ist gleichbedeutend mit:
Für alle p ∈ Γϕ ist L(p) die Tangente an Γϕ im Punkt p.
183 / 255
Differenzialgleichungen mit getrennten Variablen
I
I
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 ).
I
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 ) :=
g
(u)
x0
y0
I
Die Funktion G : J → G (J) ist streng monoton, denn
G 0 (y ) = g (y )−1 6= 0.
Satz
I
Sei I0 ⊂ F −1 (G (J)) ein Intervall, so dass x0 ∈ I0 .
I
Dann ist G −1 ◦ F |I0 : I0 → R die eindeutig bestimmte Lsg.
ϕ : I0 → R von (∗) mit der Anfangsbedingung ϕ(x0 ) = y0 .
184 / 255
Differenzialgleichungen mit getrennten Variablen
Beweis.
I
Sei ϕ : I0 → R eine Lsg. von (∗) mit ϕ(x0 ) = y0 .
I
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
I
Also gilt ϕ(x) = G −1 (F (x)). Das beweist die Eindeutigkeit.
I
Wir müssen noch überprüfen, dass ϕ := G −1 ◦ F |I0 : I0 → R
tatsächlich eine Lsg. von (∗) mit ϕ(x0 ) = y0 ist.
I
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).
185 / 255
Differenzialgleichungen mit getrennten Variablen
Beispiel
I
Sei −∞ ≤ a < b ≤ ∞ und v : (a, b) → R, x →
7 v (x), ein
stetiges nirgends verschwindendes Vektorfeld auf (a, b).
I
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).
I
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.
I
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.
186 / 255
Systeme von gewöhnliche Differenzialgleichungen
Definition
I
Sei Ω ⊂ R × Rn und f : Ω → Rn stetig.
I
(∗) y 0 = f (x, y )
ist ein System von n gewöhnlichen DGLn erster Ordnung.
I
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:
I
Sei L(p) die Gerade durch p ∈ Ω mit Richtungsvektor
(1, f (p)) ∈ R × Rn .
I
(ii) ⇐⇒ Für alle p ∈ Γϕ ist L(p) die Tangente an Γϕ im
Punkt p.
187 / 255
Systeme von gewöhnlichen Differenzialgleichungen
Beispiel
1) Sei U ⊂ Rn und v : U → Rn , x 7→ v (x), ein stetiges
Vektorfeld.
I
Gesucht ist eine Kurve c : I → U mit c 0 (t) = v (c(t)) für alle
t ∈ I,
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 .
I
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
188 / 255
Lipschitzbedingung
Satz
I
Sei Ω ⊂ Rm × Rn und f : Ω → Rk , (x, y ) 7→ f (x, y ).
I
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.
I
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.
189 / 255
Lipschitzbedingung
Satz
I
Sei Ω ⊂ Rm × Rn offen und f : Ω → Rk , (x, y ) 7→ f (x, y ),
von der Klasse C 1 .
I
Dann ist f auf Ω bez. y lokal Lipschitzstetig.
Beweis.
I
Sei U ⊂ Ω eine kompakte Umg. von p ∈ Ω.
I
Da f stetig diffb. ist, existiert L ≥ 0 mit kdy f k ≤ L auf U.
I
Aus dem MWS folgt dann für alle (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ U:
kf (x, y1 ) − f (x, y2 )k ≤ Lky1 − y2 k.
190 / 255
Eindeutigkeitssatz
Satz
I
Sei Ω ⊂ R × Rn , f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig.
I
Seien ϕ, ψ : I → Rn zwei Lösungen von
y 0 = f (x, y )
mit ϕ(x0 ) = ψ(x0 ) =: y0 für ein x0 ∈ I .
I
Dann gilt ϕ = ψ.
Beweis.
I
Sei U ⊂ R × Rn eine Umgebung von (x0 , y0 ), so dass f auf U
Lipschitzstetig mit der Lipschitzkonstanten L > 0 ist.
I
Desweiteren sei > 0 so klein, dass (t, ϕ(t)), (t, ψ(t)) ∈ U für
alle t ∈ B (x0 ) ∩ I .
191 / 255
Eindeutigkeitssatz
Weiter im Beweis:
I
Für alle x ∈ I gilt
Z
x
ϕ(x) − ψ(x) =
ϕ0 (t) − ψ 0 (t) dt.
x0
I
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.
I
Daraus folgt für alle x ∈ B (x0 ) ∩ I :
kϕ(x) − ψ(x)k ≤ L sup kϕ − ψk.
B (x0 )∩I
I
Für <
1
L
folgt daraus ϕ(x) = ψ(x) für alle x ∈ B (x0 ) ∩ I .
192 / 255
Eindeutigkeitssatz
Weiter im Beweis:
I
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 .
I
Sei nun
b = sup{x1 ∈ I |ϕ(x) = ψ(x)
für alle x ∈ [x0 , x1 )}.
I
Es genügt zu zeigen, dass b = sup I . Wir nehmen an, dass
b < sup I .
I
Aus der Stetigkeit von ϕ, ψ folgt ϕ(b) = ψ(b)
I
und somit wg. (∗), dass ϕ(x) = ψ(x) für alle x ∈ B (b) ∩ I .
Das steht im Widerspruch zur Definition von b.
193 / 255
Existenzsatz
Satz
I
Sei Ω ⊂ R × Rn offen, f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig.
I
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.
194 / 255
Banachscher Fixpunktsatz
Satz
I
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 .
I
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.
195 / 255
Beweis des Existenzsatzes
I
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).
I
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 (ψ)(x) − y0 k ≤
kf (t, ϕ(t))kdt ≤ C < δ.
x0
I
I
I
I
x0
x0
196 / 255
Beweis des Existenzsatzes
Ende des Beweises:
I
Wir müssen noch zeigen, dass F eine Kontraktion ist.
I
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 .
1
L
I
Für <
ist F also eine Kontraktion.
I
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.
197 / 255
Lineare DGLn
Satz
I
Sei I ⊂ R ein Intervall, A : I → Mat(n, R), b : I → Rn seien
stetig und (x0 , y0 ) ∈ I × Rn .
I
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
I
f (x, y ) = A(x)y + b(x) ist offenbar Lipschitzstetig bez. y auf
J × Rn für jedes kompakte Intervall J ⊂ I .
I
Die zugehörige Lipschitzkonstante ist L = supx∈J kA(x)k.
I
Daraus folgt bereits die Eindeutigkeit.
198 / 255
Lineare DGLn
Weiter im Beweis:
I
I
I
Das Picard-Lindelöfsche Iterationsverfahren
liefert die Folge
Rx
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
I
|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 .
k
Z
x
CL
x0
|t − x0 |k−1
|x − x0 |k
dt = CLk
(k − 1)!
k!
199 / 255
Lineare DGLn
Weiter im Beweis:
I
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
I
I
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
Rn
I
zeigt, dass ϕ : J →
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 .
200 / 255
Lineare DGLn
Satz
I
Sei I ⊂ R ein Intervall und A : I → Mat(n, R) sei stetig.
I
Dann bilden die Lösungen ϕ : I → Rn des homogenen Systems
(∗) y 0 = A(x)y
einen n-dimensionalen VR.
Beweis.
I
Der Lösungsraum L ist der Kern der linearen Abbildung
ϕ 7→ ϕ0 − Aϕ und somit ein Unterraum von C 1 (I , Rn ).
I
Sei x0 ∈ I . Die Auswertung ϕ 7→ ϕ(x0 ) definiert eine lineare
Abbildung ev : L → Rn .
I
Wegen der Existenz und Eindeutigkeit der Lösungen zu
gegebenen Anfangsbedingungen ist ev surjektiv und
injektiv.
201 / 255
Lineare DGLn
Satz
I
Sei I ⊂ R ein Intervall, A : I → Mat(n, R) und b : I → Rn
seien stetig.
I
Dann bilden die Lösungen ϕ : I → Rn des inhomogenen
Systems
(∗) y 0 = A(x)y + b(x)
einen n-dimensionalen affinen Raum L + ψ,
I
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.
202 / 255
Variation der Konstanten
I
I
I
I
I
I
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
I
und somit u 0 = Φ−1 b.
Das führt auf die Formel
Z x
u(x) =
Φ(t)−1 b(t)dt + const.
x0
203 / 255
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
I
ϕ(x) = e (x−x0 )A y0 ,
e A :=
∞
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
xA
ψ(x) = ϕ(x) + ψ0 (x), ψ0 (x) = e
e −tA bdt.
x0
I
I
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.
204 / 255
Lineare DGLn mit konstanten Koeffizienten
Beispiel
I
Sei nun A diagonalisierbar und (v1 , . . . , vn ) eine Basis von Rn
bestehend aus Eigenvektoren von A: Avi = λi vi .
I
Wir setzen ϕi (x) := e λi x vi . Dann bilden die ϕi : R → Rn eine
Basis des Lösungsraums des homog. Systems y 0 = Ay .
I
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 =
I
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.
205 / 255
Die Jordansche Normalform
Satz
I
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
I
wobei

λ 1
0
···



Jm (λ) = 



0 λ
..
.
1
..
.
..
0
···
.
λ
0

0
.. 
. 

 ∈ Mat(m, C)
0 

1 
λ
I
Hierbei sind λi die (nicht notwendig verschiedenen)
Eigenwerte von A.
I
(Die Matrizen Jm (λ) heißen Jordanblöcke.)
206 / 255
Die reelle Jordansche Normalform
Satz
I
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)
I
Hierbei sind λi die (nicht notw. verschiedenen) reellen
Eigenwerte von A und µj = αj + iβj , µj die (nicht notw.
versch.) imaginären Eigenwerte von A.4
Beweis.
Siehe z.B. Klingenberg: Lineare Algebra und Geometrie.
4
Die Multiplizität eines reellenPEigenwerts λP
(bzw. eines imaginären
Eigenwerts µ) berechnet sich zu λi =λ `i bzw µj =µ mj .
207 / 255
Anwendung auf lineare DGLn
I
I
I
I
I
I
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 ,
P
ck
wobei p(x) = nk=1 (k−1)!
x k−1 .
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.
208 / 255
Gewöhnliche DGLn höherer Ordnung
I
Sei Ω ⊂ R × Rn und f : Ω → R stetig.
I
y (n) = f (x, y , y 0 , . . . , y (n−1) )
ist eine gewöhnliche DGL n-ter Ordung.
I
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 .
209 / 255
Gewöhnliche DGLn höherer Ordnung
I
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
I
ϕ : I → R ist genau dann eine Lösung der DGL n-ter Ordnung
y (n) = f (x, y , y 0 , . . . , y (n−1) ), wenn
I
Φ = (ϕ, ϕ0 , . . . , ϕ(n−1) ) eine Lsg. des Systems
Y 0 = F (x, Y )
von n Differenzialgleichungen erster Ordnung ist.
210 / 255
Gewöhnliche DGLn höherer Ordnung
Folgerung
I
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 )).
211 / 255
Lineare gewöhnliche DGLn höherer Ordnung
Folgerung
I
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.
212 / 255
Lineare gewöhnliche DGLn mit konstanten Koeffizienten
Satz
I
Sei P(t) = t n + an−1 t n−1 + · · · + a1 t + a0 ∈ R[t] ein Polynom
vom Grad n.
I
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.
I
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
P( dx
)y := y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y + a0 = 0.
213 / 255
Lineare gewöhnliche DGLn mit konstanten Koeffizienten
Beweis.
I
Wir zeigen zuerst, dass die Funktion x ` e λx die DGL löst, wenn
λ eine NS von P mit Multiplizität > ` ist.
I
Da P den Faktor (t − λ)`+1 enthält, folgt das aus der
I
Behauptung: (d/dx − λ)k p(x)e λx = p (k) (x)e λx für alle
Polynome p. (Bew. durch Induktion nach k ≥ 0.)
I
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
I
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 .
I
Die lineare Unabhängigkeit obiger Lösungen folgt aus dem
nächsten Lemma.
214 / 255
Lineare gewöhnliche DGLn mit konstanten Koeffizienten
Lemma
I
Seien c1 , . . . , cn ∈ C paarweise verschieden und
p1 (x), . . . , pn (x) ∈ C[x].
I
Dann folgt aus
p1 (x)e c1 x + · · · + pn (x)e cn x = 0 für alle
x ∈R
p1 = · · · = pn = 0.
Beweis.
I
n = 1: Aus p1 (x)e c1 x = 0 folgt p1 (x) = 0.
I
Induktionsschritt
n → n + 1: Wir nehmen an, dass
Pn+1
cj x = 0 für alle x ∈ R.
p
(x)e
j=1 j
I
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
215 / 255
Lineare gewöhnliche DGLn mit konstanten Koeffizienten
Weiter im Beweis des Lemmas:
I
0 = (d/dx − cn+1 )k+1
n+1
X
pj (x)e cj x =
j=1
I
I
I
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
I
und somit hat hj denselben Grad wie pj .
Das ist nur möglich, wenn pj = 0.
216 / 255
Inhomog. lin. gewöhnliche DGLn mit konst. Koeffizienten
Satz
I
(i)
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:
e µx
P(µ)
d
)y = e µx .
ist eine Lsg. der inhomog. DGL P( dx
(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.
217 / 255
Inhomog. lin. gewöhnliche DGLn mit konst. Koeffizienten
Beweis.
I
Wir schreiben P(t) =
I
Daraus ergibt sich
Pn
k=0 bk (t
− µ)k mit b0 = P(µ) 6= 0.
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.
I
d
Insbesondere P( dx
)e µx = P(µ)e µx . Das beweist (i) und
liefert den Induktionsanfang m = 0 für (ii).
I
Es gibt c 6= 0, so dass h(x) = f (x) − cf0 (x) Grad ≤ m − 1 hat.
I
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.
I
g (x) = cx m + g1 (x) ist dann das gesuchte Polynom vom Grad
m.
218 / 255
Inhomog. lin. gewöhnliche DGLn mit konst. Koeffizienten
Satz
I
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.
I
d
)y = f (x)e µx eine Lsg. der
Dann hat die inhomog. DGL P( dx
µx
Form h(x)e , wobei
h(x) =
k+m
X
cj x j .
j=k
219 / 255
Inhomog. lin. gewöhnliche DGLn mit konst. Koeffizienten
Beweis.
I
Wir schreiben P(t) = Q(t)(t − µ)k , mit einem Polynom Q(t)
vom Grad m − k und Q(µ) 6= 0.
I
Nach dem vorigen Satz existiert ein Polynom g (x) vom Grad
d
m, so dass g (x)e µx eine Lsg. von Q( dx
)y = f (x)e µx ist.
Pk+m
Sei h(x) = j=k cj x j derart, dass h(k) (x) = g (x). Dann ist
d
)y = f (x)e µx .
h(x)e µx die gesuchte Lsg. von P( dx
I
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.
220 / 255
Beispiel: Harmonischer Oszillator
I
Wir betrachten die DGL
(∗) ẍ + ω02 x = a cos ωt,
I
I
ω, ω0 > 0, a ∈ R∗ .
Die Lösungen der homogenen Gleichung sind
Linearkombinationen von sin ω0 t und cos ω0 t.
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
iωt
I ϕ(t) = Re cte
= 2ω t sin ωt ist dann eine Lsg. von (∗) und
a
die Amplitude der Schwingung | 2ω
t| → ∞ für t → ∞
(Resonanzkatastrophe).
I
221 / 255
Parameterabhängige Integrale
Satz
I
Sei [a, b] ⊂ R, U ⊂ Rn und f : [a, b] × U → R stetig.
I
Dann ist die durch
Z
ϕ(y ) :=
b
f (x, y )dx
a
definierte Funktion ϕ : U → R stetig.
222 / 255
Parameterabhängige Integrale
Beweis.
I
Sei yk ∈ U eine konvergente Folge mit dem Grenzwert c ∈ U.
I
Die Menge K = {yk |k ∈ N} ∪ {c} ist kompakt und ebenso
[a, b] × K .
I
Daher ist die stetige Funktion f auf [a, b] × K gleichmäßig
stetig
I
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:
I
|ϕ(yk ) − ϕ(c)| ≤ (b − a) sup |Fk − F | → 0 (k → ∞).
[a,b]
223 / 255
Parameterabhängige Integrale
Satz
I
Seien [a, b], I ⊂ R Intervalle und f : [a, b] × I → R,
(x, y ) 7→ f (x, y ), stetig und bez. y stetig diffb.
I
Dann ist die durch
Z
b
f (x, y )dx
ϕ(y ) :=
a
definierte Funktion ϕ : I → R stetig diffb.
I
und es gilt
0
Z
ϕ (y ) =
a
b
∂f (x, y )
dx.
∂y
Beweis.
I
Sei c ∈ I und c 6= yk ∈ I konvergiere gegen c.
224 / 255
Parameterabhängige Integrale
Beweis.
f (x,yk )−f (x,c)
.
yk −c
I
Wir betrachten die Folge Fk (x) :=
I
Wg. des MWS existiert ηk zwischen c und yk mit
k)
Fk (x) = ∂f (x,η
.
∂y
I
Da
∂f
∂y
stetig ist, konvergiert Fk : [a, b] → R gleichmäßig
gegen die stetige Funktion F : [a, b] → R, F (x) :=
I
Daher konvergiert
ϕ(yk ) − ϕ(c)
=
yk − c
gegen
I
∂f (x,c)
∂y .
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 und
(x,y )
y 7→ ϕ0 (y ) = a ∂f ∂y
dx folgt, wg. des vorigen Satzes, aus
der Stetigkeit des Integranden
∂f (x,y )
∂y .
225 / 255
Parameterabhängige Integrale
Folgerung
I
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.
I
Dann ist die durch
Z
ϕ(y ) :=
b
f (x, y )dx
a
definierte Abbildung ϕ : U → Rm k-mal stetig diffb.
226 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
I
Sei Ω ⊂ R × Rn × Rm und f : Ω → Rn stetig.
I
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.
227 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Satz
I
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
ϕ0 = y0 , ϕk+1 (x, z) = y0 +
f (t, ϕk (t, z), z)dt
x0
auf I × U gleichmäßig gegen eine Lösung ϕ von (∗) mit der
Anfangsbed. ϕ(x0 , z) = y0 konvergiert.
I
Insbesondere ist ϕ : I × U → Rn stetig.
(ii) ϕ ist von der Klasse C k ist, wenn f es ist.
228 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Beweis.
(i) Sei V ⊂ R × Rm und ϕ : V → Rn eine stetige Abbildung, so
dass Γϕ ⊂ Ω.
I
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 .
I
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.
I
Die Picard-Lindelöfsche Folge ϕk konvergiert dann auf
B δ (x0 , z0 ) ⊃ I × U gleichmäßig gegen eine stetige Grenzfkt. ϕ.
229 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
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.
I Aus der Stetigkeit von f und ϕ folgt mit Hilfe der DGL
∂ϕ(x, z)
= f (x, ϕ(x, z), z)
∂x
I
I
I
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.
230 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
Lemma
I
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.
I
Dann ist f stetig diffb. und f 0 = g .
Beweis.
I
Grenzübergang in der Gleichung
Z
x
fk (x) = fk (x0 ) +
fk0 (t)dt
x0
Rx
I
liefert f (x) = f (x0 ) +
x0 g (t)dt.
f 0 = g . f ist
I
stetig diffb., denn g ist als
Somit ist f diffb. und
Limes einer glm. konvergenten Folge stetiger Funktionen
stetig.
231 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
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
I
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.
∂z
x0 ∂y
|
{z
}
|
{z
}
Ak (t,z):=
bk (t,z):=
232 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
Wir setzen
A(t, z) :=
I
I
∂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
I
I
I
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.
233 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
Wir schreiben kv k∞ := supQδ kv (x, z)k für jede vektor- oder
matrixwertige Funktion v auf Qδ .
I
Da ψ stetig ist und Ak glm. konvergiert, existiert K > 0 mit
kψk∞ , kAk k∞ ≤ K .
I
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().
234 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
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.
235 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
Insgesamt erhalten wir
Z
x
(∗k+1 ) hk+1 (x, z) ≤ C |x − x0 | + C
hk (x, z)dt.
x0
I
Daraus ergibt sich mit Hk := kψ − ψk k∞ :
(1) hk+1 (x, z) ≤ C (Hk + )|x − x0 |.
I
Einsetzten von (1) in (∗k+2 ) ergibt
(2) hk+2 (x, z) ≤ C |x − x0 | + C 2 (Hk + )
I
|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!
236 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
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 |`
`!
I
Für alle η > 0 existiert > 0, so dass e C |x−x0 | < η/2 für alle
x ∈ B δ (x0 ).
I
Für alle k ≥ N() existiert M, so dass
`
0|
≤ η/2 für alle ` ≥ M.
C ` (Hk + ) |x−x
`!
I
Daraus folgt limj→∞ Hj = 0.
I
Wir haben bewiesen, dass ψk glm. gegen ψ konvergiert und
somit, dass ϕ stetig diffb. ist.
237 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Weiter im Beweis:
I
Wir zeigen durch Induktion, dass ϕ C k ist, wenn f C k ist.
I
Für k = 0, 1 ist das schon bewiesen. Es bleibt der
Induktionsschritt k − 1 → k.
I
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
I
∂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.
I
Es bleibt zu zeigen, dass
I ∂ϕ
∂z
∂k ϕ
∂z k
existiert und stetig ist.
y0
erfüllt die DGL = A(x, z)y + b(x, z), wobei A und b
von d. Klasse C k−1 sind.
I
Also ist
∂ϕ
∂z
nach Ind.vor. von der Klasse C k−1 .
238 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Folgerung
I
Sei Ω ⊂ R × Rn offen, f : Ω → Rn stetig und bez. y lokal
Lipschitzstetig und (x0 , y0 ) ∈ Ω.
I
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.
I
Die Abbildung ϕ : I × U → Rn , (x, z) 7→ ϕz (x), ist stetig.
I
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.)
239 / 255
Anwendung auf gew. DGLn
Beweis (der Folgerung).
I
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.
I
Auf diese parameterabhängige DGL können wir den
vorhergehenden Satz anwenden.
240 / 255
Fourier-Reihen
I
Sei V der Vektorraum der (2π-)periodische Funktionen
f : R → C, so dass f |[0,2π] integrierbar ist.
I
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
I
(∗) 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 .
I
I
Die Reihe (Fn (f ))n=0,1,... heißt Fourier-Reihe von f .
241 / 255
Fourier-Reihen
Bemerkung.
I
Es gilt
n
Fn (f ) =
a0 X
+
(ak cos kx + bk sin kx),
2
k=1
wobei
ak
bk
I
= ck + c−k
1
=
π
Z
2π
f (x) cos kxdx
0
1
= i(ck − c−k ) =
π
Z
2π
f (x) sin kxdx.
0
Wenn f reellwertig ist, dann ist c−k = c k und Fn (f ) ist
reellwertig.
242 / 255
Fourier-Reihen
Satz
(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.
I
(ii) kann man direkt nachrechnen.
Um (i) zu zeigen,
P
berechnen wir für g = nk=−n dk ek ∈ Vn :
kf −
g k22
=
kf k22
−
= kf k22 −
n
X
k=−n
n
X
k=−n
(d k ck + dk ck ) +
n
X
|dk |2
k=−n
|ck |2 + kFn (f ) − g k22 .
243 / 255
Fourier-Reihen
Folgerung
I
Für die Fourier-Koeffizienten ck von f ∈ V gilt die Besselsche
Ungleichung:
∞
X
|ck |2 ≤ kf k22 .
k=−∞
I
Gleichheit gilt genau dann, wenn die Fourier-Reihe Fn (f ) im
quadratischen Mittel gegen f konvergiert.
244 / 255
Fourier-Reihen
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.
I
Wg. des vorhergehenden Satzes sind (i) und (ii) äquivalent.
I
Das nächste Lemma zeigt, dass der Satz für
Treppenfunktionen gilt.
245 / 255
Fourier-Reihen
Lemma
I
Sei f ∈ V so dass f |[0,2π] eine Treppenfunktion ist.
I
Dann konvergiert Fn (f ) im quadratischen Mittel gegen f .
Weiter im Beweis des Satzes:
I
f |[0,2π] ist als Riemann-integrierbare Funktion beschränkt. Wir
können o.B.d.A. annehmen, dass f reellwertig ist und |f | ≤ 1.
I
Dann existieren zu > 0 Treppenfunktionen
R 2π
1
−1 ≤ ϕ ≤ f ≤ ψ ≤ 1, so dass 2π
0 (ψ(x) − ϕ(x))dx ≤
2
8.
I
Mit (ψ − ϕ)2 ≤ 2(ψ − ϕ) folgt daraus
2
kf − ϕk22 ≤ kψ − ϕk22 ≤ 4 und somit kf − ϕk2 ≤ 2 .
I
Wg. des Lemmas existiert N ∈ N, so dass kϕ − Fn (ϕ)k2 <
für alle n ≥ N.
I
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
246 / 255
Fourier-Reihen
Beweis des Lemmas:
Beweis
I
Wir können annehmen, dass f |(0,a) = 1 und f |(a,2π) = 0, denn
jede Treppenfunktion läßt sich als Linearkombination solcher
Funktionen darstellen.
I
a
Als Fourier-Koeffizienten erhalten wir c0 = 2π
und
i −ikx a
ck =
e
, k ∈ N.
2πk
0
I
Mit |ck |2 =
1−cos ka
2π 2 k 2
∞
X
k=−∞
|ck |2 =
(k 6= 0) erhalten wir
∞
∞
a2
1 X 1
1 X cos ka
+
−
.
4π 2 π 2
k 2 π2
k2
k=1
k=1
247 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
I
Mit Hilfe der für alle x ∈ [0, 2π] gültigen Formel
∞
X
cos kx
x − π 2 π2
(∗)
=
−
k2
2
12
k=1
I
erhalten wir
P∞ 1
π2
k=1 k 2 = 6 und
∞
X
k=−∞
I
I
I
|ck |2 =
a2
1
1 a − π 2 π2
a
+
−
((
) − )=
= 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) := ∞
absolut und glm. auf R konvergiert.
2
k=1 k
P
sin kx
Behauptung: Die Reihe der Ableitungen − ∞
k=1 k
konvergiert für alle δ > 0 auf [δ, 2π − δ] glm. gegen x−π
2 .
248 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
2
I
I
I
I
I
(x−π)
Daraus folgt F 0 (x) = x−π
+ c.
2 und F (x) =
4
Um die Konstante c zu bestimmen berechnen wir:
2π
Z 2π
(x − π)3 π3
+ 2πc =
+ 2πc.
F (x)dx =
12
6
0
0
P
cos kx
Gliedweise Integration der Reihe F (x) = ∞
k=1 k 2 ergibt
R 2π
2
π
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
π−x
auf
[δ,
2π
−
δ]
zeigen.
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
249 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
I
I
I
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
s
(x)
= m
−
+
−
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).
250 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
I
Es gilt
n
X
sin kx
k
=
Rx
π
cos kt dt und
n
n
1 X ikt
1 X ikt 1
(e + e −ikt ) =
e −
2
2
2
cos kt =
k=1
k=1
k=−n
e −int (1
e i(2n+1)t )
−
2(1 − e it )
=
sin(n + 12 )t
1
1
− =
− .
2
2
2 sin 2t
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.
251 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
I
Mit Hilfe des Lemmas erhalten wir schließlich:
Z x
∞
X
sin(n + 12 )t
x −π
π−x
sin kx
= lim
dt −
=
.
t
n→∞ π
k
2
2
2 sin 2
k=1
252 / 255
Fourier-Reihen
Satz
I
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 .
I
Dann konvergiert Fn (f ) gleichmäßig gegen f .
Beweis.
I
Sei ϕ die periodische Funktion mit ϕ|[tk−1 ,tk ) = fk0 .
I
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
−inx
−inx dx = f (x)e
f (x)e
−
ϕ(x)e −inx dx.
n
n
tk−1
tk−1
tk−1
I
Wg. der Periodizität von f erhält man daraus cn = − ni γn
(n 6= 0).
253 / 255
Fourier-Reihen
Weiter im Beweis:
I
Desweiteren gilt nach der binomischen Formel
|γn |
1 1
≤ ( 2 + |γn |2 ).
n
2 n
P∞ 1
P∞
Aus n=1 n2 < ∞ und n=−∞ |γn |2 < ∞ (Besselsche-Ungl.)
folgt nun die absolute und gleichmäßige Konvergenz der
Fourier-Reihe Fn (f ) gegen eine stetige Grenzfunktion g .
|cn | =
I
I
Andererseits konvergiert Fn (f ) im quadratischen Mittel gegen
f.
I
Das ist nur möglich, wenn f = g , denn beide Funktionen sind
stetig.
254 / 255
Weierstraßscher Approximationssatz für periodische
Funktionen
Folgerung
I
Jede stetige periodische Funktion f ∈ V läßt sich glm. durch
trigonometrische Polynome approximieren.
I
(Ein trigonometrisches
vom Grad ≤ n ist eine
Pn Polynom
ikx
Linearkombination k=−n γk e .)
Beweis.
Jede stetige Funktion läßt sich glm. durch stückweise lineare
Funktionen approximieren, die wiederum durch ihre Fourier-Reihe
glm. approximiert werden.
255 / 255

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