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Universität/Hochschule J Noch ein Gleichungssystem
Sekorita
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  Themenstart: 2022-06-27

[Dieser Thread wurde abgespalten von [diesem Thread] von Buri] https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55059_vbn.JPG Hier habe ich eine ähnliche Aufgabe: Dieses Mal muss es ja keine eindeutige Lösung sein sondern eine stetig differenzierbare Lösung für ein t, mit -\eta < t < \eta und \eta > 0. x + t*sin(x + y) = 0 (1) y + t cos(xy) = 0 (2) <=> x + t*sin(x + y) = 0 (1) y = -t*cos(xy) (2) <=> (2) in (1) x+t*sin(x+(-t*cos(xy))=0 Ich blicke leider bei der Aufgabe nicht weoter durch. Bei A1) hat das Einsetzungsverfahren ja Sinn gemacht, da dadurch ja eine Variable "eliminiert" wurde. Hier könnte ich auch Gleichsetzen, also: x + t*sin(x + y) = y + t*cos(xy) <=> x-y + t*(sin(x+y)-(cos(xy))) = 0


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Sekorita
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Für die b) werde ich ja wahrscheinlich F(x,y) = (x+t*sin(x+y) ; y+t*cos(xy)) definieren müssen. Aus a) weiß ich ja, dass für ein t eine stetig differenzierbare Lösung existiert. Um x´(0) und y´(0) zu berechnen zu können, muss ich also zunächst wieder beweisen, dass es sich um einen Diffeomorphismus handelt, wenn ich ähnlich wie bei A1 vorgehen möchte. Ich habe da aber meine meine Zweifel , weil ja nur bei a gezeigt wurde, dass für jeden Paramter t eine Lösung existiert, nicht aber eine eindeutige Lösung


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nzimme10
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-06-27

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, das ist jetzt eine neue Aufgabe und auch die Aufgabenstellung ist nicht unbedingt direkt mit der ersten Aufgabe verwandt. Bitte fange (in Zukunft) einen neuen Thread an, wenn es sich um eine ganz neue Aufgabe oder Frage handelt. Bei dieser zweiten Aufgabe würde sich eine Aufbereitung des Problems anbieten, so dass der Satz über implizite Funktionen angewendet werden kann. Sei dazu $F\colon \mathbb R\times \mathbb R^2\to \mathbb R^2$ gegeben durch $$ F(t,x,y)=(x+t\sin(x+y),y+t\cos(xy)). $$ Eigentlich sollte man genauer $F(t,(x,y))$ schreiben, aber wir identifizieren hier $(t,(x,y))$ mit $(t,x,y)$, also wir nutzen den kanonischen Isomorphismus $\mathbb R\times \mathbb R^2\cong\mathbb R^3$. Direktes Nachrechnen zeigt $F(0,0,0)=0\in \mathbb R^2$. Nun kann man den Satz über implizite Funktionen bemühen. LG Nico\(\endgroup\)


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Sekorita
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Ich bin gerade dabei, mir ein paar Anwendungsbeispiele vom Satz über implizite Funktionen durchzulesen. Muss für die Anwendung des Satzes nicht wenigstens mein x oder y ungleich 0 gewählt werden können ? warum wir F(0,0,0) überprüfen verstehe ich nicht


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nzimme10
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-06-27

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Wir wollen gerne die Gleichung $F(t,x,y)=(0,0)$ nach $(x,y)$ auflösen. Genauer fragen wir uns, ob es in einer Umgebung von $(0,0,0)$ eine Funktion $g$ gibt, so dass $F(t,x,y)=(0,0)$ genau dann gilt, wenn $(x,y)=g(t)$ gilt. $(0,0,0)$ deshalb, weil wir eine Umgebung von $t=0$ finden wollen (also eben solch ein $\eta>0$) und am Ende auch $x'(0)$ sowie $y'(0)$ berechnen wollen. $F$ ist stetig differenzierbar und es gilt $F(0,0,0)=(0,0)$. Nun müssen wir uns noch davon überzeugen, dass diejenige Teilmatrix der Jacobi-Matrix von $F$, die die partiellen Ableitungen nach $x$ und $y$ enthält, im Punkt $(0,0,0)$ invertierbar ist. Das kannst du selbst nachprüfen. Damit sind alle Voraussetzungen des Satzes erfüllt und jener liefert uns - Eine offene Umgebung $U\subseteq \mathbb R$ von $t=0$, die daher auch das Intervall $(-\eta,\eta)$ für ein $\eta>0$ enthält - Eine offene Umgebung $V\subseteq \mathbb R^2$ von $(0,0)\in \mathbb R^2$ - Eine stetig differenzierbare Abbildung $g\colon U\to V$ so dass für alle $(t,(x,y))\in U\times V$ genau dann $F(t,x,y)=(0,0)$ gilt, wenn $(x,y)=g(t)$ gilt. In deiner Aufgabe wird hier etwas unpräzise von $x(t)$ und $y(t)$ gesprochen. Gemeint ist eigentlich genauer eben solch eine Abbildung $g=(g_1,g_2)$. Damit ist Teil a) gelöst. Für Teil b) macht der Satz über implizite Funktionen (analog zum Umkehrsatz) auch eine Aussage über das Differential von $g$, selbst wenn wir nicht ohne weiteres eine einfache Formel für $g$ hinschreiben können. Damit kannst du dann $g_1'(0)$ und $g_2'(0)$ berechnen, was in der Notation der Aufgabe dann $x'(0)$ und $y'(0)$ entspricht. LG Nico\(\endgroup\)


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Sekorita
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Nur für mein Verständnis zum Satz über implizite Funktionen. Wir brauchen implizite Funktionen, weil es nicht immer möglich ist, eine reelle Funktion mit einer expliziten Zuordnungsvorschrift y=f(x) anzugeben. Deswegen wollen wir eine Funktion durch eine Gleichung der Form F(x,y(x))=0 angeben. Ist das richtig? Dazu muss ich, wenn ic das in dieser Form machen möchte, also nach y auflösen möchte,muss ich erstmal nachprüfen ob die partielle Ableitungnach y ubgleich 0 ist, was der Fall ist. Habe ich es bis hierhin richtig verstanden? [Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]


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Sekorita
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-27

Ich werde mir deine Antwort nachher in Ruhe zu Gemüte führen, danke schonmal für die Hilfe. Ich werde bestimmt nochmal ein paar Nachfragen haben.


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mathilde01
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-06-27

Nur für mein Verständnis zum Satz über implizite Funktionen. Wir brauchen implizite Funktionen, weil es nicht immer möglich ist, eine reelle Funktion mit einer expliziten Zuordnungsvorschrift y=f(x) anzugeben. Deswegen wollen wir eine Funktion durch eine Gleichung der Form F(x,y(x))=0 angeben. Ist das richtig? Dazu muss ich, wenn ic das in dieser Form machen möchte, also nach y auflösen möchte,muss ich erstmal nachprüfen ob die partielle Ableitungnach y ubgleich 0 ist, was der Fall ist. Habe ich es bis hierhin richtig verstanden? Ja das ist richtig. Bei nichtlinearen Gleichungssystemen ist es in der Regel unmöglich oder sehr schwierig exploit Lösungen zu berechnen.


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nzimme10
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-06-27

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) \quoteon(2022-06-27 15:08 - Sekorita in Beitrag No. 5) Dazu muss ich, wenn ich das in dieser Form machen möchte, also nach y auflösen möchte, muss ich erstmal nachprüfen ob die partielle Ableitung nach y ungleich 0 ist, was der Fall ist. Habe ich es bis hierhin richtig verstanden? \quoteoff Nein, nicht unbedingt. Ist $F\colon \mathbb R^n\times \mathbb R^m\to \mathbb R^m$ stetig differenzierbar und gilt $F(a,b)=0$, dann muss man i.A. prüfen, dass die lineare Abbildung $D_yF(a,b)\colon \mathbb R^m\to \mathbb R^m$ invertierbar ist. Falls $m=1$, dann hast du Recht und das bedeutet gerade, dass die partielle Ableitung nach $y$ nicht verschwindet. $D_yF(a,b)$ wird dabei durch die $m\times m$-Teilmatrix von $J_F(a,b)$ beschrieben, welche die partiellen Ableitungen nach den $y$-Variablen enthält. Diese Teilmatrix wird häufig mit $$ \frac{\partial F}{\partial y}(a,b)=\frac{\partial F}{\partial (y_1,\dots,y_m)}(a,b) $$ notiert. Es handelt sich aber i.A. wie gesagt um eine Matrix, nicht um eine einzelne Zahl. Eine kleine Heuristik kann dabei helfen, den Kern des Satzes zu verstehen. Letztendlich geht es hier einfach um das Linearisieren. $F$ ist stetig differenzierbar und daher gilt in einer Umgebung von $(a,b)$ $$ F(x,y)=F(a,b)+\frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\cdot (x-a)+\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\cdot (y-b)+\mathrm{kleine \ Terme}. $$ Wenn nun z.B. durch die Gleichung $F(x,y)=0$ in einer Umgebung von $(a,b)$ (mit $F(a,b)=0$) eine Funktion $y(x)$ implizit definiert wird, dann haben wir $$ 0=F(x,y(x))=\frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\cdot (x-a)+\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\cdot (y(x)-b)+\mathrm{kleine \ Terme} $$ und falls die Matrix $\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)$ invertierbar ist folglich ($b=y(a)$) $$ y(x)=y(a)-\left(\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)\right)^{-1}\cdot \frac{\partial F}{\partial x}(a,b)\cdot (x-a)+\mathrm{kleine \ Terme}. $$ Im Wesentlichen wird der Satz auch grob mit Hilfe solcher Überlegungen bewiesen, wobei die meiste Arbeit darin liegt, mit den "kleinen Termen" umzugehen. Außerdem zeigt der Satz ja eine andere Aussage, nämlich, dass unter bestimmten Bedingungen tatsächlich auch eine Funktion implizit durch solch eine Gleichung definiert wird. Typischerweise bedient man sich um solch eine Funktion zu finden am Banachschen Fixpunktsatz, der dann auch zugleich die Stetigkeit dieser Funktion liefert. Ab diesem Punkt helfen solche Überlegungen wie die Obigen, um zu zeigen, dass diese Funktion sogar stetig differenzierbar ist. Hier muss man dann mit den "kleinen Termen" umgehen. LG Nico\(\endgroup\)


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Danke für die ausführliche Erklärung :) Noch eine Rückfrage zu der Aufgabe b): Da ja alle Bedingungen für den Satz über implizite Funktionen erfüllt sind, weiß ich, dass für alle t\el\ B_\eta (t_0) ist D_xy F(t,g(t) invertierbar. Dann müsste gelten: g´(t) = -(D_xy F(t,g(t)))^(-1)*D_t F(t,g(t)) g´(0) = -(D_xy F(0,g(0)))^(-1) * D_t F(0,g(0)) Und hier habe ich Probleme es weiter zu notieren ( wenn der Anfang überhaupt richtig ist ) Sollte ich die Funktion lieber mit ( g_1(t), g_2(t) anstatt g(t) notieren?


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nzimme10
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-06-28

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, mit der Notation für diese Teilmatrizen haben wir bei der Aufgabe b) $$ \begin{pmatrix} g_1'(0) \\ g_2'(0)\end{pmatrix}=J_g(0)=-\left(\frac{\partial F}{\partial(x,y)}(0,0,0)\right)^{-1}\cdot \frac{\partial F}{\partial t}(0,0,0). $$ Jetzt musst du nur noch die entsprechende $2\times 2$-Matrix $\frac{\partial F}{\partial(x,y)}(0,0,0)$ und den $2\times 1$-Vektor $\frac{\partial F}{\partial t}(0,0,0)$ einsetzen und zu Ende rechnen. Für das Differential von $g$ (also die entsprechende lineare Abbildung) haben wir völlig analog $$ Dg(0)=-\left(D_{(x,y)}F(0,0,0)\right)^{-1}\circ D_tF(0,0,0). $$ LG Nico\(\endgroup\)


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((g_1)^´ (0) ;(g_2)^´ (0)) = -(1,0;0,1)^(-1) * (0;1) = -(1,0;0,1)*(0;1) = (-1,0;0,-1)*(0;1) = (0;-1) also ist x^´(0) = 0 und y^´(0)= -1 Stimmt das so ? (in der Notation des Arbeitsblattes)


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Ja. Ob du richtig gerechnet hast, solltest du aber auch selbst prüfen können.


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Hab vielen Dank für deine wie immer freundliche und ausführliche Hilfe :)


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