lokale Umkehrbarkeit < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:20 Di 15.07.2008 | | Autor: | uffisch |
| Aufgabe | Wo ist die Abbildung F: [mm] \IR^{2} \to \IR^{2}, \vektor{x \\ y} \mapsto \vektor{u \\ v} [/mm] = [mm] \vektor{ x^2-y^2 \\ 2xy } [/mm] lokal umkehrbar? Bestimmen Sie eine lokale
Umkehrung [mm] F^{-1}: [/mm] x=x(u,v), y=y(u,v) bei (u,v)=(1,0) derart, dass [mm] F^{-1}(1,0)=(1,0) [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Wo die Abbildung lokal Umkehrbar ist ermittle ich folgendermaßen:
Damit der Umkehrsatz anwendbar ist, muss gelten: F ist stetig differenzierbar und det(F'(x)) [mm] \not= [/mm] 0. Steitge Differenzierbarkeit folgt bereits aus der stet. Differenzierbarkeit der Komponentenfunktionen. Dann muss noch die Determinante der Funktionalmatrix ungleich 0 sein:
det( [mm] F'(x_{0}) [/mm] )= det( [mm] \pmat{ 2x & -2y \\ 2y & 2x } [/mm] ) = [mm] 4x^2+4y^2. [/mm] Das ist ungleich 0 für alle x,y bis auf (0,0)
Nun ist mein Problem das Finden einer lokalen Umkehrung.
Erste Idee: Ich habe bereits versucht das GLS: [mm] u=x^2-y^2 [/mm] und v=2xy zu lösen indem ich die zweite Gleichung nach x aufgelöst habe und in die erste eingesetzt habe.
Das ergibt: [mm] v^2/4y^2-y^2=u [/mm] | * [mm] y^2 [/mm] => [mm] y^4+y^2u-v^2/4=0 [/mm] dann substituieren mit [mm] a=y^2 [/mm] und lösen ergibt [mm] y=\pm\wurzel{(-u\pm\wurzel{u^2+v^2})/2}. [/mm] Mit den Anfangsbedingungen [mm] F^{-1}(1,0)=(1,0) [/mm] lässt sich dann zumindest unter der Wurzel entscheiden welches Vorzeichen das richtige ist, denn y(1,0)=0. Das nutzt aber nichts, denn wenn ich die Lösung von y in die zweite Gleichung einsetzte erhalte ich einen Widerspruch. So gehts also nicht. Habe ich einen Fehler gemacht indem ich mit [mm] y^2 [/mm] multipliziert habe?
Zweite Idee: Die Ableitungsmatrix der Umkehrabbildung ist:
[mm] G'(x_{0}) [/mm] = [mm] \pmat{ x/(2x^2+2y^2) & -y/(2x^2+2y^2) \\ y/(2x^2+2y^2) & x/(2x^2+2y^2) }. [/mm] Hier schaffe ich es aber auch nicht die partiellen Ableitungen hochzuintegrieren, so dass ich auf meine Umkehrabbildung G komme.
Dritte Idee: Man könnte ja auch mit Hilfe der Ableitungsmatrix G' einfach nur
die Lineare Approximation von G angeben. Aber ich weiss nicht ob das Sinn der Aufgabe ist...
Vielen Dank für eure Hilfe,
uffisch
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:42 Di 15.07.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich glaube genau dein letztewr Vorschlag ist der Sinn der Aufgabe. i.A. gibt es keine einfache Umkehrfkt. aber lokal kann man immer falls umkehrbar mit der linearen Approx. umkehren.
Gruss leduart
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