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Differentiation » Mehrdimensionale Differentialrechnung » Injektivität des Differentials einer stetig diffbaren Funktion in normierten Räumen
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Universität/Hochschule J Injektivität des Differentials einer stetig diffbaren Funktion in normierten Räumen
Phoensie
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  Themenstart: 2020-09-15

Seien \(X\) ein endlichdimensionaler normierter Raum, \(U \subseteq X\) eine konvexe offene Teilmenge, und \(f:U\to X\) stetig differenzierbar. Zeige: Für jedes \(a \in U\) ist die Abbildung \(\mathrm{D}f(a):X \to X\) injektiv. Dazu habe ich folgende Ausführungen gemacht: Beweisversuch durch Kontraposition. Angenommen, \(f\) wäre nicht injektiv. Dann gäbe es Punkte \(a,x \in U\) mit \(a\neq x\) und \(f(a)=f(x)\). Da \(U\) konvex ist, läge dann auch deren Verbindungsstrecke \[ [a;x]:=\{ a + t(x-a) \mid t \in [0;1] \} \] in \(U\). Da \(f(a)=f(x)\) angenommen wurde, folgt mit dem Verallgemeinerten Mittelwertsatz der Differentialrechnung, dass für einen Punkt \(\xi \in [a;x]\) die Ableitung \(\mathrm{D}f(a)\xi=0\) ist. Nun habe ich Fragen an euch: - Wie arbeite ich hier weiter? - Inwiefern bringt mir die gegebene stetige Differenzierbarkeit von \(f\) hier etwas?🤔 PS: Die Inspiration zum Beweis kam mir nach der Lektüre eines ähnlichen Beitrags. PPS: Für darauffolgende Teilaufgaben ist zu Beginn auf meinem Blatt noch vermerkt (ich denke allerdings, es ist hier nicht relevant)🙃: Man nehme an, die Ableitung \(\mathrm{D}f(a) \in \mathrm{L}(X,X)\) liege überall nahe an der Identitätsabbildung im Sinne, dass für eine kompatible Norm \(\|\cdot\|\) auf \(\mathrm{L}(X,X)\) (z.B. die Operatornorm) gilt: \[\|\mathrm{D}f(a) - \mathrm{id}_X\| < 1,\; \forall a \in U.\]

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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-15

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Phoensie
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-15

Nein, ausser der dreizeiligen Aufgabenstellung ganz oben sowie dem angehängten "PPS" habe ich keine weiteren Voraussetzungen zur Verfügung...

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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-16

Dann halte ich die Aufgabe leider für nicht lösbar, da die zu zeigende Aussage nicht stimmt.

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zippy
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  Beitrag No.4, eingetragen 2020-09-16

\quoteon(2020-09-16 09:02 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 3) da die zu zeigende Aussage nicht stimmt \quoteoff Es sei denn, man nimmt das PPS dazu...

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Vercassivelaunos
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  Beitrag No.5, eingetragen 2020-09-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Ah, da hast du Recht. Wobei dann sogar eine punktweise Betrachtung ausreicht, weshalb man auf die Konvexität von $U$ und die Stetigkeit des Differentials verzichten kann. Denn wäre $\mathrm Df(a)$ nicht injektiv, dann gäbe es ein $v\in x$ mit $\mathrm Df(a)(v)=0$, womit $(\mathrm Df(a)-\operatorname{id})(v)=-v$. Das lässt sich zum Widerspruch mit $\Vert\mathrm Df(a)-\operatorname{id}\Vert<1$ führen.\(\endgroup\)

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Phoensie
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-18

Ich habe es nun noch einmal mit einem anderen Ansatz versucht, komme aber wieder nicht vom Fleck. Was vergesse ich...??? Zum Beweis der Injektivität, fixiere ein beliebiges $a \in U$ und betrachte dann $\mathrm{D}f(a)$. Sei $\mathrm{D}f(a)h_1=\mathrm{D}f(a)h_2$ für $h_1,h_2 \in X$. Zu zeigen: \(h_1=h_2\), was äquivalent ist zu \(\|h_2-h_1\|=0\). \[ \begin{align*} 0 &= \|\mathrm{D}f(a)h_2 - \mathrm{D}f(a)h_1\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\mathrm{D}f(a): X \to X \text{ ist linear.}} \\ &= \|\mathrm{D}f(a)(h_2 - h_1)\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Die Operatornorm ist submultiplikativ.}} \\ &\leq \|\mathrm{D}f(a)\| \cdot \|h_2 - h_1\| \\ \end{align*} \] Separat davon habe ich folgende Resultat: \[ \begin{align*} 0 \leq \|\mathrm{id}_X\| &= \|\mathrm{id}_X \color{blue}{- \mathrm{D}f(a) + \mathrm{D}f(a)}\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Subadditivität der Operatornorm.}} \\ &\leq \|\mathrm{id}_X - \mathrm{D}f(a)\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Absolute Homogenität der Operatornorm.}} \\ &= |-1| \cdot \|\mathrm{D}f(a) - \mathrm{id}_X\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;|-1|=1.} \\ &= \|\mathrm{D}f(a) - \mathrm{id}_X\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Annahme: $\mathrm{D}f(a)$ liegt überall \textit{nahe} an $\mathrm{id}_X$.}} \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\|\mathrm{D}f(a)- \mathrm{id}_X\|<1.} \\ &< 1 + \|\mathrm{D}f(a)\| \end{align*} \] 😖😖😖

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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-18

wäre \(Df(a)\) nicht injektiv, dann gäbe es ein \(v\in X, v\neq 0\) mit \(Df(a)(v)=0\), womit folgt: \[ \begin{align*} \|v\| &= \|0-v\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Wahl von }v.}\\ &= \|\mathrm{D}f(a)v−v\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Das Differential und die Identität sind lineare Abbildungen.}}\\ &= \|(\mathrm{D}f(a)−\mathrm{id})(v)\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Die Operatornorm ist submultiplikativ.}}\\ &\leq \|\mathrm{D}f(a)−\mathrm{id}\|\|v\| \\ &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{D}f(a)\text{ liegt nahe an der Identität.}}\\ &< 1 \cdot \|v\| \\ &= \|v\|. \end{align*} \] Somit gilt \[ \|v\| < \|v\| \] was nicht sein kann. Widerspruch! Könnt ihr mir sagen, ob diese Schlusskette korrekt ist, und warum die anfängliche Wahl von \(v\) überhaupt legitim ist?

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  Beitrag No.8, eingetragen 2020-09-19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\) Ja, das ist richtig so. Dass die Wahl von $v$ legitim ist, ist aus der linearen Algebra bekannt: eine lineare Abbildung ist genau dann injektiv, wenn ihr Kern trivial ist. Wenn sie nicht injektiv ist, ist also der Kern nicht trivial, und enthält daher ein $v\neq0$. Das lässt sich im Zweifel aber leicht zeigen. Ist eine lineare Abbildung $L$ nicht injektiv, so gibt es $x,y,x\neq y$ aus dem Definitionsbereich mit $Lx=Ly$, woraus $L(x-y)=0$ folgt. Da $x\neq y$ ist $x-y\neq0$, ist also eine Möglichkeit für die Wahl von $v$.\(\endgroup\)

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Wow! Den Satz über den Kern injektiver linearer Abbildungen habe ich wohl völlic vergessen — den haben wir letztes Jahr in einer Algebraserie bewiesen. Cool, jetzt versteh‘ ich das Argument. Danke vielmals für die Hilfe!🙌🏼😁

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