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Differentiation » Mehrdim. Differentialrechnung » Ableitung der Inversion
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Universität/Hochschule J Ableitung der Inversion
Phoensie
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  Themenstart: 2020-10-02

Aufgabe: Sei $\sigma: \mathbb{R}^n\setminus \{a\} \to \mathbb{R}^n\setminus \{a\}$ die Inversion bezüglich der Sphäre $S_r(a)=\{x \in \mathbb{R}^n \mid \|x-a\| = r\}$, definiert durch \[ \begin{align*} \sigma(x) = a + \frac{r^2}{\|x-a\|^2}(x-a). \end{align*} \] Berechne die Ableitung $\mathrm{D}\sigma(x): \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ und die Jacobimatrix $J\sigma(x)$. Zeige, dass $\sigma$ konform ist. Ich habe folgendes gemacht: Seien $x,y \in \mathbb{R}^n$. Dann gilt: \[ \begin{align*} \mathrm{D}\sigma(x)y &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\Big|_{t=0} \sigma(x + ty) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Definition der Richtungsableitung.}}\\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\sigma(x+ty) - \sigma(x)}{t} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Definition von $\sigma$.}}\\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\left(a + \frac{r^2}{\|x+ty-a\|^2}(x+ty-a)\right) - \left(a + \frac{r^2}{\|x-a\|^2}(x-a)\right)}{t} \\ &= r^2\lim_{t \to 0} \frac{\frac{1}{\|x+ty-a\|^2}(x+ty-a) - \frac{1}{\|x-a\|^2}(x-a)}{t} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Distributivgesetz (Bruch aufspalten).}}\\ &= r^2\lim_{t \to 0} \left(\frac{x}{t\|x+ty-a\|^2} + \frac{ty}{t\|x+ty-a\|^2} - \frac{a}{t\|x+ty-a\|^2} - \frac{x}{t\|x-a\|^2} + \frac{a}{t\|x-a\|^2}\right) \\ &= r^2\lim_{t \to 0} \left(\frac{x}{t\|x+ty-a\|^2} + \frac{y}{\|x+ty-a\|^2} - \frac{a}{t\|x+ty-a\|^2} - \frac{x}{t\|x-a\|^2} + \frac{a}{t\|x-a\|^2}\right) \\ &= r^2\lim_{t \to 0} \left(\frac{\|x-a\|^2 - \|x+ty-a\|^2}{t\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}x + \frac{y}{\|x+ty-a\|^2} - \frac{\|x-a\|^2 - \|x+ty-a\|^2}{t\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}a\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\|x-a\|^2=\|x\|^2 - 2\langle x,a \rangle + \|a\|^2.}\\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\|x+ty-a\|^2= \|x\|^2 + 2t\langle x,y \rangle + t^2\|y\|^2 - 2\langle x,a \rangle - 2t\langle y,a \rangle + \|a\|^2.}\\ &\quad\color{red}{\downarrow\; \|x-a\|^2 - \|x+ty-a\|^2 = 2t(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle) - t^2\|y\|^2.}\\ &= r^2\lim_{t \to 0} \left(\frac{2t(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle) - t^2\|y\|^2}{t\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}x + \frac{y}{\|x+ty-a\|^2} - \frac{2t(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle) - t^2\|y\|^2}{t\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}a\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Kürze wo möglich.}} \\ &= r^2\lim_{t \to 0} \left(\frac{2(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle) - t\|y\|^2}{\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}x + \frac{y}{\|x+ty-a\|^2} - \frac{2(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle) - t\|y\|^2}{\|x+ty-a\|^2\|x-a\|^2}a\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Berechne den Grenzwert.}} \\ &= r^2\left(\frac{2(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle)}{\|x-a\|^4}x + \frac{y}{\|x-a\|^2} - \frac{2(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle)}{\|x-a\|^4}a\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Distributivgesetz.}} \\ &= \frac{2r^2(\langle y,a \rangle - \langle x,y \rangle)}{\|x-a\|^4}(x-a) + \frac{r^2}{\|x-a\|^2}y \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Das Skalarprodukt ist symmetrisch.}} \\ &= \frac{2r^2(\langle a,y \rangle - \langle x,y \rangle)}{\|x-a\|^4}(x-a) + \frac{r^2}{\|x-a\|^2}y \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Das Skalarprodukt ist bilinear.}} \\ &= \frac{2r^2\langle a-x,y \rangle}{\|x-a\|^4}(x-a) + \frac{r^2}{\|x-a\|^2}y \\ \end{align*} \] Mein Problem jetzt ist, dass ich hier die "lineare Abbildung" nicht erkenne... Habe ich was übersehen?🤔

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Triceratops
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-02

Vorab: Ich habe deine Rechnung nicht überprüft. Die lineare Abbildung ist $y \mapsto D \sigma (x) y = $(das was du berechnet hast). Man kann sich die Rechnung einfacher machen, indem man o.B.d.A. $a=0$ annimmt. Ganz am Ende kann man alles "nach $a$ verschieben", um den allgemeinen Fall abzudecken (Kettenregel). Denn es gilt $\sigma_a = \tau_a \circ \sigma_0 \circ \tau_{-a}$ mit $\tau_a(x) := x+a$.

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Phoensie
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-05

Lieber Triceratops Danke für deinen Tipp. Nun habe ich folgendes gemacht: Definiere die Abbildungen $\sigma_z(x) = z + \frac{r^2}{\|x-z\|^2}(x-z)$ und $\tau_z(x)=x+z$ für $z \in \mathbb{R}^n$. Damit gilt \[ \begin{align*} \sigma(x) = \tau_a\left(\frac{r^2}{\|\tau_{-a}(x)\|^2}\tau_{-a}(x)\right) = (\tau_a \circ \sigma_0 \circ \tau_{-a})(x) \end{align*} \] und für die Ableitung folgt gemäss der Kettenregel: \[ \begin{align*} \mathrm{D}\sigma(x) = \mathrm{D}\tau_a\big(\sigma_0 (\tau_{-a}(x))\big) \circ \mathrm{D}\sigma_0 \big(\tau_{-a}(x)\big) \circ \mathrm{D}\tau_{-a}(x). \end{align*} \] Somit können wir zur Berechnung des Differentials von $\sigma$ auch schlicht die Differentiale der Abbildungen $\tau_a,\tau_{-a},\sigma_0$ berechnen. Mit leichter Rechnerei (die ich hier nicht aufführe) erhält man \[ \begin{align*} \mathrm{D}\tau_a\big(\sigma_0 (\tau_{-a}(x))\big)h = h &\implies \mathrm{D}\tau_{a}(\sigma_0 (\tau_{-a}(x))) = \mathrm{id}. \\ \mathrm{D}\tau_{-a}(x)h = h &\implies \mathrm{D}\tau_{-a}(x) = \mathrm{id}. \end{align*} \] Damit haben wir als Zwischenresultat \[ \begin{align*} \mathrm{D}\sigma(x) &= \mathrm{D}\tau_a\big(\sigma_0 (\tau_{-a}(x))\big) \circ \mathrm{D}\sigma_0 \big(\tau_{-a}(x)\big) \circ \mathrm{D}\tau_{-a}(x) \\ &= \mathrm{id} \circ \mathrm{D}\sigma_0 \big(\tau_{-a}(x)\big) \circ \mathrm{id} \\ &= \mathrm{D}\sigma_0 \big(\tau_{-a}(x)\big) \\ \end{align*} \] Bis hierhin ist alles klar.👍😁 Jedoch habe ich bei der Berechnung von $\mathrm{D}\sigma_0(x)$ wieder so meine Mühe: \[ \begin{align*} \mathrm{D}\sigma_0(x)h &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\Big|_{t=0} \sigma_0(x + th) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Definition der Richtungsableitung.}}\\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\sigma_0(x+th) - \sigma_0(x)}{t} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Definition von $\sigma_0$.}}\\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\frac{r^2}{\|x+th\|^2}(x+th) - \frac{r^2}{\|x\|^2}x}{t} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Nenner gleichnamig machen.}} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{\frac{r^2\|x\|^2}{\|x+th\|^2\|x\|^2}(x+th) - \frac{r^2\|x+th\|^2}{\|x+th\|^2\|x\|^2}x}{t} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Brüche zusammenziehen.}}\\ &= \lim_{t \to 0} \left(\frac{r^2\|x\|^2x + r^2\|x\|^2 th - r^2\|x+th\|^2x }{t\|x+th\|^2\|x\|^2}\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Faktorisieren.}}\\ &= \frac{r^2}{\|x\|^2} \lim_{t \to 0} \left(\frac{\left(\|x\|^2 - \|x+th\|^2\right) x + \|x\|^2 th }{t\|x+th\|^2}\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\|x\|^2 - \|x+th\|^2 = \|x\|^2 - \|x\|^2 - 2t\langle x,h \rangle - t^2\|h\|^2 = - 2t\langle x,h \rangle - t^2\|h\|^2.}\\ &= \frac{r^2}{\|x\|^2} \lim_{t \to 0} \left(\frac{\left(- 2t\langle x,h \rangle - t^2\|h\|^2\right) x + \|x\|^2 th }{t\|x+th\|^2}\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Bruch aufspalten.}}\\ &= \frac{r^2}{\|x\|^2} \lim_{t \to 0} \left(-2\frac{\langle x,h \rangle x}{\|x+th\|^2} - \frac{t\|h\|^2x}{\|x+th\|^2} + \frac{\|x\|^2h}{\|x+th\|^2}\right) \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Evaluiere den Grenzwert.}}\\ &= \frac{r^2}{\|x\|^2} \left(-2\frac{\langle x,h \rangle x}{\|x\|^2} + h\right) \end{align*} \] Wo versteckt sich denn hier die lineare Abbildung $\mathrm{D}\sigma_0(x)$?🥵

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Triceratops
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-05

\quoteon(2020-10-02 15:51 - Triceratops in Beitrag No. 1) Die lineare Abbildung ist $y \mapsto D \sigma (x) y = $(das was du berechnet hast). \quoteoff

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Phoensie
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-05

Ich muss eben anschliessend die Jacobimatrix dazu aufstellen, und das klappt irgendwie nicht. Ich weiss, dass dort, wo in meiner letzten Zeile das $h$ steht, die Identitätsmatrix hingehört. Aber mit dem ersten Summanden kann ich nichts anfangen...

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Wally
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  Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Hallo, du musst Matrizensprech lernen - eine wichtige Mathe-Fachsprache. 1. Wenn man Produkte Skalar*Vektor in Matrixschreibweise aufstellen will, gehört die 1x1-Matrix mit dem Skalar RECHTS vom Vektor (aufschreiben, und überzeuge dich, dass dann die Dimensionen passen). 2. Übersetzen von Skalarprodukt im Matrizensprache: \( \langle x,h\rangle = \langle h,x \rangle = x^T h\) Viele Grüße Wally \(\endgroup\)

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