Ableitung der Umkehrfunktion < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:19 Do 05.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
| Aufgabe | Ich möchte gerne folgenden Satz beweisen:
Sei [mm] f: D \rightarrow B \subset\IR [/mm] eine auf einem abgeschlossenen Definitionsbereich stetige, invertierbare Funktion mit Inverser [mm] f^{-1}: B\rightarrow D[/mm]. Ist f in einnem Punkt [mm]x_0\in D[/mm] differenzierbar mit [mm] f'(x_0)\ne 0[/mm], so ist auch die Inverse [mm]f^{-1}[/mm] in [mm]y_0 = f(x_0)[/mm] differenzierbar und es gilt:
[mm](f^{-1})'(y_0)=\bruch{1}{f'(x_0)},\qquad y_0=f(x_0)[/mm]. |
Also eigentlich hätte ich das gerne über die lineare Approximation der Funktion in der Umgebung von [mm]x_0[/mm] gemacht, wobei die Steigung dann eben genau der Ableitung in [mm]x_0[/mm] entspricht.
Also mithilfe des Satzes:
f ist in [mm]x_0[/mm] differenzierbar genau dann, wenn es eine Konstante [mm]c\in\IR[/mm] gibt, sodass gilt:
[mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x),\quad x\in D[/mm]
mit einer Funktion [mm]\omega:D\rightarrow\IR[/mm], für die gilt:
[mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm].
In diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
Allerdings bin ich damit irgendwie nicht so recht zum Ziel gekommen.. :(
Habt ihr da vielleicht eine Idee wie das geht??
Deswegen hab ich mir das jetzt alternativ wie folgt überlegt:
Es ist: [mm]x=f(f^{-1}(y))[/mm]
Beidseitiges Differenzieren (rechte seite mit Kettenregel) ergibt:
[mm]1=f'(f^{-1}(y))*(f^{-1})'(y)\quad\gdw\quad (f^{-1})'(y)=\bruch{1}{f'(x)}[/mm]
Und damit wäre ich ja fertig! Nur bin ich mir leider nicht sicher, ob das mathematisch 100%ig korrekt ist?!? Muss ich da irgendwelche Voraussetzungen beachten??
Was ich mir dazu gedacht habe ist folgendes: Also damit ich durch [mm]f'(x)[/mm] teilen kann darf die Ableitung von f ja nie Null sein. Das heißt es muss eine streng monoton fallende oder steigende Funktion sein. Ich weiß nun, dass eine stetige und streng monotone Funktion auf [mm]\IR[/mm] eine Umkehfunktion besitzt. Nur bin ich mir nicht sicher, ob ich von meinen Voraussetzungen, d. h. stetig und invertierbar, darauf schließen kann, dass meine Funktion streng monoton ist?!?!
Könnt ihr mir da vielleicht weiter helfen??
Ich wäre sehr dankbar!!
Viele Grüße
B-Ball
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:57 Do 05.07.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Ich möchte gerne folgenden Satz beweisen:
>
> Sei [mm]f: D \rightarrow B \subset\IR[/mm] eine auf einem
> abgeschlossenen Definitionsbereich stetige, invertierbare
> Funktion mit Inverser [mm]f^{-1}: B\rightarrow D[/mm]. Ist f in
> einnem Punkt [mm]x_0\in D[/mm] differenzierbar mit [mm]f'(x_0)\ne 0[/mm], so
> ist auch die Inverse [mm]f^{-1}[/mm] in [mm]y_0 = f(x_0)[/mm] differenzierbar
> und es gilt:
> [mm](f^{-1})'(y_0)=\bruch{1}{f'(x_0)},\qquad y_0=f(x_0)[/mm].
> Also
> eigentlich hätte ich das gerne über die lineare
> Approximation der Funktion in der Umgebung von [mm]x_0[/mm] gemacht,
> wobei die Steigung dann eben genau der Ableitung in [mm]x_0[/mm]
> entspricht.
> Also mithilfe des Satzes:
> f ist in [mm]x_0[/mm] differenzierbar genau dann, wenn es eine
> Konstante [mm]c\in\IR[/mm] gibt, sodass gilt:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x),\quad x\in D[/mm]
> mit einer
> Funktion [mm]\omega:D\rightarrow\IR[/mm], für die gilt:
> [mm]\limes_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm].
> In
> diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
>
> Allerdings bin ich damit irgendwie nicht so recht zum Ziel
> gekommen.. :(
> Habt ihr da vielleicht eine Idee wie das geht??
>
> Deswegen hab ich mir das jetzt alternativ wie folgt
> überlegt:
> Es ist: [mm]x=f(f^{-1}(y))[/mm]
nein, es ist: [mm] $x=f(f^{-1}({\color{red}x}))$
[/mm]
> Beidseitiges Differenzieren (rechte seite mit Kettenregel)
> ergibt:
> [mm]1=f'(f^{-1}(y))*(f^{-1})'(y)\quad\gdw\quad (f^{-1})'(y)=\bruch{1}{f'(x)}[/mm]
[mm] $1=f'(f^{-1}(y))\cdot(f^{-1})'(y)\cdot{\color{red}y'}$
[/mm]
wäre die Ableitung zu dem, was Du geschrieben hast.
Wenn Du von der richtigen Gleichung ausgehst kommst Du korrekt zum Ziel.
>
> Und damit wäre ich ja fertig! Nur bin ich mir leider nicht
> sicher, ob das mathematisch 100%ig korrekt ist?!? Muss ich
> da irgendwelche Voraussetzungen beachten??
Ja, die Voraussetzungen des Satzes, den Du beweisen willst.
>
> Was ich mir dazu gedacht habe ist folgendes: Also damit ich
> durch [mm]f'(x)[/mm] teilen kann darf die Ableitung von f ja nie
> Null sein. Das heißt es muss eine streng monoton fallende
> oder steigende Funktion sein. Ich weiß nun, dass eine
> stetige und streng monotone Funktion auf [mm]\IR[/mm] eine
> Umkehfunktion besitzt. Nur bin ich mir nicht sicher, ob ich
> von meinen Voraussetzungen, d. h. stetig und invertierbar,
> darauf schließen kann, dass meine Funktion streng monoton
> ist?!?!
f ist nach Voraussetzung invertierbar, das bedeutet dass f bijektiv ist und das widerum impliziert strenge Monotonie.
> Könnt ihr mir da vielleicht weiter helfen??
>
> Ich wäre sehr dankbar!!
>
> Viele Grüße
> B-Ball
Gruß,
notinX
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:19 Do 05.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
Oh ja da hast du natürlich recht, dass das ein x und kein y sein muss!
Aber ein Problem gibt es da noch: Und zwar geht man bei der Kettenregel davon aus, dass beide Funktionen die miteinander verknüpft werden differenzierbar sind. D.h. ich müsste hier die Annahme treffen, dass [mm]f^{-1}[/mm] differenzierbar ist, aber das ist ja eigentlich genau die Aussage die ich beweisen möchte... von daher liefert mir die Kettenregel zwar die richtige "Rechenregel" zum Bestimmen der Ableitung der Inversen, allerdings sagt mir der Beweis nichts darüber aus, ob die Inverse nun differenzierbar ist oder nicht. Dazu müsste man also doch anders vorgehen. Und das funktioniert mit dem oben erwähten Satz (lineare Approximation) eigentlich auch ganz gut!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:42 Do 05.07.2012 | | Autor: | SEcki |
> Aber ein Problem gibt es da noch: Und zwar geht man bei der
> Kettenregel davon aus, dass beide Funktionen die
> miteinander verknüpft werden differenzierbar sind. D.h.
> ich müsste hier die Annahme treffen, dass [mm]f^{-1}[/mm]
> differenzierbar ist, aber das ist ja eigentlich genau die
> Aussage die ich beweisen möchte... von daher liefert mir
> die Kettenregel zwar die richtige "Rechenregel" zum
> Bestimmen der Ableitung der Inversen, allerdings sagt mir
> der Beweis nichts darüber aus, ob die Inverse nun
> differenzierbar ist oder nicht.
Der Kandidat hat 100 Punkte! Ganz genau und gut erkannt!
> Dazu müsste man also doch
> anders vorgehen. Und das funktioniert mit dem oben
> erwähten Satz (lineare Approximation) eigentlich auch ganz
> gut!
Funktioniert hier auch super. Setze einfach mal für das Inverse an - und bedenke: für ein bel. y (in der Nähe) gibt es immer ein x mit [m]y=f(x)[/m].
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:08 Fr 06.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
Also ich hab das jetzt mal versucht und komme zu folgendem Ergebnis, bin mir aber nicht sicher, ob das so 100%ig korrekt:
Da [mm]f:D\rightarrow B[/mm] nach Voraussetzung differenzierbar in [mm]x_0\in D[/mm] gilt:
[mm] f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x)[/mm] mit [mm]\lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm]. In diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
Da des Weiteren [mm]f^{-1}:B\rightarrow D[/mm] die Umkehrfunktion von [mm]f:D\rightarrow B[/mm] ist und [mm]c\ne 0[/mm] wegen strenger Monotonie von [mm]f[/mm] gilt:
[mm] f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x)[/mm]
[mm]\gdw y=y_0+c(f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)+\omega(f^{-1}(y))[/mm]
[mm]\gdw \bruch{y-y_0}{c}-\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{c}=f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)[/mm]
[mm]\gdw f^{-1}(y)=f^{-1}(y_0)+\bruch{1}{c}(y-y_0)-\bruch{1}{c}\omega(f^{-1}(y))[/mm]
mit [mm]\lim_{y\in B, y\to y_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{y-y_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}*\bruch{x-x_0}{x-x_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}*\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=0[/mm]
Damit ist [mm]\bruch{1}{c}=(f^{-1})'(y_0)\quad\gdw\quad (f^{-1})'(y_0)=\bruch{1}{f'(x_0}[/mm].
Passt das so??
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:11 Fr 06.07.2012 | | Autor: | fred97 |
> Also ich hab das jetzt mal versucht und komme zu folgendem
> Ergebnis, bin mir aber nicht sicher, ob das so 100%ig
> korrekt:
> Da [mm]f:D\rightarrow B[/mm] nach Voraussetzung differenzierbar in
> [mm]x_0\in D[/mm] gilt:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x)[/mm] mit [mm]\lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}=0[/mm].
> In diesem Fall ist [mm]c=f'(x_0)[/mm].
> Da des Weiteren [mm]f^{-1}:B\rightarrow D[/mm] die Umkehrfunktion
> von [mm]f:D\rightarrow B[/mm] ist und [mm]c\ne 0[/mm] wegen strenger
> Monotonie von [mm]f[/mm] gilt:
> [mm]f(x)=f(x_0)+c(x-x_0)+\omega(x)[/mm]
> [mm]\gdw y=y_0+c(f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)+\omega(f^{-1}(y))[/mm]
> [mm]\gdw \bruch{y-y_0}{c}-\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{c}=f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)[/mm]
>
> [mm]\gdw f^{-1}(y)=f^{-1}(y_0)+\bruch{1}{c}(y-y_0)-\bruch{1}{c}\omega(f^{-1}(y))[/mm]
>
> mit [mm]\lim_{y\in B, y\to y_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{y-y_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}*\bruch{x-x_0}{x-x_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}*\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=0[/mm]
>
> Damit ist [mm]\bruch{1}{c}=(f^{-1})'(y_0)\quad\gdw\quad (f^{-1})'(y_0)=\bruch{1}{f'(x_0}[/mm].
>
> Passt das so??
Ja
FRED
>
> Vielen Dank!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:56 Mo 09.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
Hi! Mir ist inzwischen noch die ein oder andere Frage zu meinem Beweis gekommen. Das war für mich zunächst alles intuitiv klar, aber umso länger ich die einzelnen Schritte hinterfrage, desto mehr Fragen ergeben sich... ;)
1. Frage: Warum darf ich durch c teilen??
Das liegt doch daran, dass die Funktion f eben streng monoton ist und dementsprechend das c für alle x aus D ungleich Null ist, oder??
2. Frage: Warum kann ich folgenden Schritt ohne weiteres machen??
[mm]\lim_{y\in B, y\to y_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{y-y_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}[/mm]
Dies liegt doch daran, dass [mm]f^{-1}[/mm] die Umkehrfunktion von [mm]f[/mm] ist und somit zu jedem [mm]x\in D[/mm] ein eindeutiges [mm]y\in B[/mm] bzw. zu jedem [mm]y\in B[/mm] ein eindeutiges [mm]x\in D[/mm] existiert. Des Weiteren kann man aus der strengen Monotinie von f garantieren, dass der Nenner des Bruchs in keiner Umgebung von [mm]x_0[/mm] (ausgenommen in [mm]x_0[/mm] selbst) Null wird, oder?
3. Frage: Warum kann ich im nächsten Schritt den Bruch ohne weiteres mit [mm]\bruch{x-x_0}{x-x_0}[/mm] multiplizieren??
Das liegt doch daran, dass der Nenner ja für alle [mm]x\ne x_0[/mm] nicht Null ergibt, oder?
4. Frage: Warum ergibt der letzte Limes Null?
Das liegt doch daran, dass sich der Ausdruck nach den Rechenregeln für Limiten wie folgt umschreiben lässt:
[mm]\lim_{x\in D, x\to x_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=-\bruch{1}{c}\lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}*\lim_{x\in D,x\to x_o}\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}[/mm]
Da nun der erste Limes nach Voraussetzung Null ist und der zweite einen endlichen Wert z annimmt (da f differenzierbar ist, und der limes gerade den Kehrwert des Differenzenquotienten darstellt) ergibt sich insgesamt:
[mm]-\bruch{1}{c}*0*z=0[/mm] ,oder??
Wäre super wenn ihr mit eine Rückmeldung zu meinen selbst überlegten Antworten auf meine Fragen geben könntet!
Viele Dank
B-Ball
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:19 Fr 13.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
Hi!
Leider hat bisher niemand auf meine Frage geantwortet. Allerdings wäre ich über Feedback zu meinen Ideen sehr dankbar, da ich am Montag darüber referieren muss und ich da nur ungern in ein Fettnäpfchen treten würde...
Also falls mir jemand helfen kann, dann bitte antworten. =)
Viele Dank
Gruß
B-Ball
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:34 Fr 13.07.2012 | | Autor: | Helbig |
> Hi! Mir ist inzwischen noch die ein oder andere Frage zu
> meinem Beweis gekommen. Das war für mich zunächst alles
> intuitiv klar, aber umso länger ich die einzelnen Schritte
> hinterfrage, desto mehr Fragen ergeben sich... ;)
>
> 1. Frage: Warum darf ich durch c teilen??
> Das liegt doch daran, dass die Funktion f eben streng
> monoton ist und dementsprechend das c für alle x aus D
> ungleich Null ist, oder??
Das mit der Monotonie würde ich lieber lassen. Beachte, daß der Definitionsbereich von $f$ nicht notwendig ein Intervall ist. Damit folgt aus den Voraussetzungen der Aufgabe nicht, daß $f$ streng monoton ist.
Dagegen wissen wir, daß $f$ in dem einen (!) Punkt [mm] $x_0$ [/mm] differenzierbar ist, und daß [mm] $f'(x_0)\ne [/mm] 0$ ist. Und nun ist $c= [mm] f'(x_0)$. [/mm] Und deswegen ist [mm] $c\ne [/mm] 0$.
>
> 2. Frage: Warum kann ich folgenden Schritt ohne weiteres
> machen??
> [mm]\lim_{y\in B, y\to y_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(f^{-1}(y))}{y-y_0}=lim_{x\in D, x\to x_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{f(x)-f(x_0)}[/mm]
>
> Dies liegt doch daran, dass [mm]f^{-1}[/mm] die Umkehrfunktion von [mm]f[/mm]
> ist und somit zu jedem [mm]x\in D[/mm] ein eindeutiges [mm]y\in B[/mm] bzw.
> zu jedem [mm]y\in B[/mm] ein eindeutiges [mm]x\in D[/mm] existiert. Des
> Weiteren kann man aus der strengen Monotinie von f
> garantieren, dass der Nenner des Bruchs in keiner Umgebung
> von [mm]x_0[/mm] (ausgenommen in [mm]x_0[/mm] selbst) Null wird, oder?
Dies würde ich ohne Monotonie begründen. Und hier reicht die Injektivität von $f$, nach der [mm] $x\ne x_0\gdw f(x)\ne f(x_0)$ [/mm] ist.
Für die Gleichheit der Grenzwerte für [mm] $x\to [/mm] x$ und [mm] $y\to y_0$ [/mm] hilft folgender Satz, den Ihr vielleicht in der Vorlesung bewiesen habt:
Sei $f$ auf einer abgeschlossenen Menge definiert, stetig und invertierbar. Dann ist [mm] $f^{-1}$ [/mm] auch stetig. Nach Voraussetzung ist $D$ abgeschlossen.
Mit der Stetigkeit von $f$ und [mm] $f^{-1}$ [/mm] folgt:
[mm] $x\to x_0 \Rightarrow [/mm] f(x) [mm] \to f(x_0) \Rightarrow f^{-1}\bigl(f(x)\bigr)\to f^{-1}\bigl(f(x_0)\bigr)\Rightarrow x\to x_0$.
[/mm]
Also: [mm] $x\to x_0\gdw y\to y_0$.
[/mm]
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> 3. Frage: Warum kann ich im nächsten Schritt den Bruch
> ohne weiteres mit [mm]\bruch{x-x_0}{x-x_0}[/mm] multiplizieren??
> Das liegt doch daran, dass der Nenner ja für alle [mm]x\ne x_0[/mm]
> nicht Null ergibt, oder?
Genau! Und nur diese werden beim Grenzwert betrachtet.
>
> 4. Frage: Warum ergibt der letzte Limes Null?
> Das liegt doch daran, dass sich der Ausdruck nach den
> Rechenregeln für Limiten wie folgt umschreiben lässt:
> [mm]\lim_{x\in D, x\to x_0}-\bruch{1}{c}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=-\bruch{1}{c}\lim_{x\in D, x\to x_0}\bruch{\omega(x)}{x-x_0}*\lim_{x\in D,x\to x_o}\bruch{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}[/mm]
>
> Da nun der erste Limes nach Voraussetzung Null ist und der
> zweite einen endlichen Wert z annimmt (da f differenzierbar
> ist, und der limes gerade den Kehrwert des
> Differenzenquotienten darstellt) ergibt sich insgesamt:
> [mm]-\bruch{1}{c}*0*z=0[/mm] ,oder??
Ja, fast. Hier ist brauchst Du noch [mm] $f'(x_0)\ne [/mm] 0$.
Grüße,
Wolfgang
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:05 Mo 16.07.2012 | | Autor: | B-Ball |
Vielen Dank! Das hat mir gut weitergeholfen!
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