3.3 Stetige Differenzierbarkeit

3.3.1 Definition.
Um ``stetig differenzierbar'' zu definieren, benötigen wir eine Distanz auf $L(E,F)$. Eine solche ist durch $d(a_0,a_1):=\Vert a_1-a_0\Vert$ mit $\Vert a\Vert:=\sup\{\Vert a\cdot v\Vert:\Vert v\Vert\leq 1\}$ gegeben. Es ist $L(E,F)$ ein Euklidischer Raum falls $F$ einer ist.

Es heißt $f:E\supseteq U\to F$ stetig differenzierbar (kurz $C^1$), falls $f'(x)$ für alle $x\in U$ existiert und $f':E\supseteq U\to L(E,F)$ stetig ist.

Da $\operatorname{ev}:L(E,F)\times E\to F$ bilinear und somit stetig ist ( $\Vert\operatorname{ev}(a,x)\Vert=\Vert a(x)\Vert\leq \Vert a\Vert\cdot\Vert x\Vert$) folgt aus der Stetigkeit von $f':U\to L(E,F)$ jene von $\widehat{f'}:U\times E\to L(E,F)\times E\to F$.

Für endlich dimensionales $E\cong \mathbb{R}^m$ gilt auch die Umkehrung, denn dann ist $L(E,F)\cong L(\mathbb{R}^m,F)\cong \mathbb{R}^m$ und aus der Stetigkeit von $\widehat{f'}:U\times E\to F$ folgt jene von $\operatorname{ev_{e_i}}\o f':U\to L(E,F)\to F$ und somit auch von $f':U\to F$ (punktweise Konvergenz).

3.3.2 Lemma.
Eine Abbildung $f:E\supseteq U\to F$ ist genau dann $C^1$, wenn die Richtungsableitungen eine wohldefinierte und stetige Abbildung $E\supseteq U\to L(E,F)$, $x\mapsto (v\mapsto d_vf(x))$ liefern.

Beweis. $(\Rightarrow)$ Nach 3.1.9 existieren die Richtungsableitungen und $d_vf(x)=f'(x)$, also definieren sie gerade die Abbleitung $f':E\supseteq U\to L(E,F)$.

$(\Leftarrow)$ Wegen Proposition 3.1.9 müssen wir nur zeigen, daß

$$\frac{f(x+tv)-f(x)}{t} - f'(x)(v)\to 0$$ for $$t\to 0+$$ glm. für $$\Vert v\Vert=1.$$

Nach dem Zwischenwertsatz angewendet auf $c:s\mapsto f(x+tsv)$ mit Ableitung $c'(s)= d_{tv} f(x+tsv) = t\, d_v f(x+tsv)$ ist

$$\frac{f(x+tv)-f(x)}{t} = \frac1t(c(1)-c(0)) = \frac1t c'(\vartheta)$$

$$= \frac1t d_{tv}(x+t\vartheta v) = d_vf(x+t\vartheta v).$$

Wegen der vorausgesetzen Stetigkeit existiert für jedes $\varepsilon >0$ ein $\delta >0$, so daß für alle $\Vert w\Vert<\delta$ folgendes gilt: $\Vert d_vf(x+w)-d_vf(x)\Vert\leq \varepsilon \Vert v\Vert$. Für $\Vert v\Vert=1$ und $0<t<\delta$ erhalten wir also

$$\begin{multline*} \Bigl\Vert\frac{f(x+tv)-f(x)}{t} - f'(x)(v) \Bigr\Vert \leq \\... ...a v)-d_vf(x)\Vert:0<\vartheta<1\} \leq \varepsilon .{\rm\quad[]} \end{multline*}$$

3.3.3 Proposition.
Ein Abbildung $f:E_1\times \dots\times E_m\supseteq U\to F$ ist genau dann stetig differenzierbar auf $U$, wenn sämtliche partielle Ableitungen $\d _jf:U\to L(E_j,F)$ für $j\in\{1,\dots,m\}$ existieren und stetig sind.

Beweis. $(\Rightarrow)$ Dies folgt aus 3.2.10, denn $\d _j f(x) = (f\o\operatorname{ins}_j^x)'(x^j)=f'(x)\o\ope... ...eratorname{ins}_j^*(f'(x)) =(\operatorname{ins}_j^*\o f')(x)\in L(E_j,F)$, und $(\operatorname{ins}_j^*):L(E_1\times \dots\times E_m,F)\to L(E_j,F)$ ist eine stetige Kontraktion.

$(\Leftarrow)$ O.B.d.A. sei $x=0\in U$ und $v=(v_1,\dots,v_m)$. Dann ist nach dem Mittelwertsatz 3.1.4

$$\frac{f(t\,v_1,\dots,t\,v_m) - f(0,\dots,0)}{t} =$$

$$\qquad= \sum_{j=1}^m \frac{f(t\,v_1,\dots,t\,v_{j-1},t\,v_j,0,\dots,0) - f(t\,v_1,\dots,t\,v_{j-1},0,\dots,0)}{t}$$

$$\qquad= \sum_{j=1}^m \d _j f(t\,v_1,\dots,t\,v_{j-1},\vartheta_j\, t\,v_j,0,\dots,0)(v_j) \to$$

$$\qquad\to \sum_{j=1}^m \d _j f(0,\dots,0)(t\,v_j) t\to 0+ \Vert v\Vert\leq 1.$$

Also ist $f$ differenzierbar nach 3.1.9.     []

Wir wollen Gleichungen der Form $f(x)=y$ nach $x$ auflösen. Sei also $g(y):=x$ eine Lösung. Falls nicht nur $f$ sondern auch $g$ differenzierbar ist, so gilt wegen $f(g(y))=y$ nach der Kettenregel 3.2.3 $f'(g(y))\cdot g'(y)=\operatorname{id}$. Wenn die Lösungen eindeutig sind, d.h. $f$ injektiv ist, dann ist wegen $f(g(f(x)))=f(x)$ auch $g(f(x))=x$ also $g'(f(x))\cdot f'(x)=\operatorname{id}$ und speziell für $x=g(y)$ ist $g'(y)\cdot f'(g(y))=\operatorname{id}$, d.h. $g'(y)$ ist die inverse (lineare Abbildung) zu $f'(g(y))$.

Im endlich dimensionalen können wir die Invertierbarkeit linearer Abbildungen mit der Determinante testen.

Die Idee des folgenden Satzes ist, daß, wenn die Gleichung $f'(x_0)(x)=y$ die durch die lineare Approximation $f'(x_0)$ gegeben ist, eindeutig für alle $y$ lösbar ist, dann sollte auch die nicht-lineare Gleichung $f(x)=y$ für $y$ nahe $f(x_0)$ eindeutig mit $x$ nahe $x_0$ lösbar sein.

3.3.4 Inverse-Funktionen Satz.
Es sei $f:E\supseteq U\to F$ $C^1$, $x_0\in U$ und $f'(x_0):E\to F$ ein Isomorphismus. Dann ist $f$ ein lokaler Diffeomorphismus, d.h. es gibt offene Umgebungen $V\subseteq U$ von $x_0$ und $W$ von $f(x_0)$ so daß $f:V\to W$ bijektiv ist und die Inverse $f^{-1}:W\to V$ $C^1$ ist mit Ableitung $(f^{-1})'(y)=f'(f^{-1}(y))^{-1}$.

Eine Menge $U\subseteq E$ heißt offene Umgebung von $x_0\in E$, wenn $U$ offen ist und $x_0\in U$ liegt.

Beweis. Zuerst vereinfachen wir das Problem. Durch eine Translation (wir ersetzen $f$ durch $x\mapsto f(x_0+x)-f(x_0)$) erreichen wir $x_0=0$ und $f(x_0)=0$. Durch Zusammensetzen mit $f'(x_0)^{-1}$ erreichen wir $f'(x_0)=\operatorname{id}$. Da die lineare Approximation $\operatorname{id}$ von $f$ invertierbar ist, sollten wir das Restglied

$$r(x) := f(x_0+x) - f(x_0) - f'(x_0)(x) = f(x) - x$$

betrachten. Es ist $r(0)=0$ und $r'(0)=f'(0)-\operatorname{id}=0$, also existiert ein $\delta >0$ mit $\Vert x\Vert\leq \delta \Rightarrow x\in U$ und $\Vert f'(x)-\operatorname{id}\Vert=\Vert r'(x)\Vert\leq 1/2$. Somit ist $f'(x)$ invertierbar und außerdem ist nach dem Mittelwertsatz 3.1.4

$$\Vert r(x_1)-r(x_2)\Vert \leq \max\bigl\{\Vert r'(x_2+t(x_1-x_2))(x_2-x_1)\Vert\bigr\} \leq \frac12\Vert x_1-x_2\Vert$$

für $\Vert x_j\Vert\leq \delta$. Speziell für $x_0:=0$ erhalten wir $\Vert r(x)\Vert\leq \Vert x\Vert/2$ für $\Vert x\Vert\leq \delta$. Wir behaupten nun, daß für alle $\Vert y\Vert< \delta /2$ ein eindeutiges $\Vert x\Vert<\delta$ mit $f(x)=y$ existiert. Dazu wandeln wir diese Gleichung in die Fixpunktgleichung $x=g_y(x):=y+x-f(x)=y-r(x)$ um. Für $\Vert y\Vert< \delta /2$ und $\Vert x\Vert\leq \delta$ ist $\Vert g_y(x)\Vert\leq \Vert y\Vert+\Vert r(x)\Vert< \delta /2 + \Vert x\Vert/2\leq \delta$ und weiters ist $\Vert g_y(x_1)-g_y(x_2)\Vert= \Vert r(x_1)-r(x_2)\Vert\leq \Vert x_1-x_2\Vert/2$. Also folgt aus dem Banach'schen Fixpunktsatz 2.4.6 die Existenz eines eindeutig bestimmten Fixpunktes $\Vert x\Vert\leq \delta$ und wegen $\Vert x\Vert=\Vert g_y(x)\Vert<\delta$ liegt dieser im Inneren.

Es sei nun $W:=\{y:\Vert y\Vert<\delta /2\}$ und $V:=f^{-1}(W)\cap\{x:\Vert x\Vert<\delta \}$. Dann existiert für jedes $y\in W$ ein eindeutiges $\Vert x\Vert<\delta$ mit $f(x)=y$, also liegt $x\in V$ und $f:V\to W$ ist bijektiv.

Es ist $f^{-1}$ (Lipschitz-)stetig, denn für $y_j\in W$ und $x_j\in V$ mit $f(x_j)=y_j$ gilt: $\Vert x_1-x_2\Vert \leq \Vert f(x_1)-f(x_2)\Vert + \Vert r(x_1)-r(x_2)\Vert \leq \Vert y_1-y_2 \Vert + \frac12\Vert x_1-x_2\Vert$, also $\Vert x_1-x_2\Vert \leq 2 \Vert y_1-y_2\Vert$.
Und schließlich ist $f^{-1}$ differenzierbar, denn

$$\bigl\Vert f^{-1}(y_1) - f^{-1}(y_2) - f'(x_2)^{-1}(y_1-y_2)\bigr\Vert = \bigl\Vert x_1-x_2-f'(x_2)^{-1}(f(x_1)-f(x_2)) \bigr\Vert$$

$$\leq \Vert f'(x_2)^{-1}\Vert\cdot \undersetbrace {\to 0}\to {\fra... ...2\Vert}} \cdot \undersetbrace{\leq 2\Vert y_1-y_2\Vert}\to{\Vert x_1-x_2\Vert}.$$

Beachte dabei, daß $f'(x_2)^{-1}$ existiert und mittels geometrischer Reihe berechnet werden kann, da $\Vert f'(x_2)-\operatorname{id}\Vert<1$.

Daß $f^{-1}$ $C^1$ ist folgt, da $(f^{-1})' = \operatorname{inv}\o f'\o f^{-1}$ und alle Komponenten stetig sind.     []

3.3.5 Beispiele.

1. Es ist $\sin:[-\pi/2,\pi/2]\to [-1,1]$ streng monoton wachsend mit Ableitung $\sin'(x)=\cos(x)>0$ für $-\pi/2<x<\pi/2$. Also existiert nach dem inversen Funktionensatz die Ableitung der Umkehrfunktion $\arcsin$ und zwar ist

   $$\arcsin'(y) = \frac1{\sin'(\arcsin(y))}=\frac1{\cos(\arcsin(y))}$$

   $$=\frac1{\sqrt{1-\sin(\arcsin(y))^2}} =\frac1{\sqrt{1-y^2}}.$$

   
   
   Analoges zeigt man für $\cos:[0,\pi]\to[-1,1]$.
2. Es ist $\tan:(-\pi/4,\pi/4)\to \mathbb{R}$ streng monoton wachsend mit Ableitung

   $$\tan'(x) =\frac{\cos(x)\sin'(x)-\sin(x)\cos'(x)}{\cos(x)^2} =\frac{\cos(x)^2+\sin(x)^2}{\cos(x)^2}$$

   $$=1+\tan(x)^2=\frac1{\cos(x)^2}\geq 1$$

   
   
   für alle $x$. Also existiert nach dem inversen Funktionensatz die Ableitung der Umkehrfunktion $\arctan$ und zwar ist
   $$\arctan'(y) = \frac1{\tan'(\arctan(y))}=\frac1{1+\tan(\arctan(y))^2} =\frac1{1+y^2}.$$

3. Es ist die Exponentialfunktion $\exp:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^+$, $x\mapsto e^x$ streng monoton wachsend mit Ableitung $\exp'(x)=e^x>0$. Also existiert nach dem inversen Funktionensatz die Ableitung der Umkehrfunktion $\ln$ und zwar ist
   $$\ln'(y) = \frac1{\exp'(\ln(y))}=\frac1{\exp(\ln(y))} =\frac1y.$$

4. Quadrieren: Es sei $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ geben durch $f(z):=z^2$. Also ist $f$ als Abbildung von $\mathbb{R}^2\cong\mathbb{C}$ gegeben durch $f(x,y)=(x^2-y^2,2xy)$. Die Jacobimatrix von $f$ ist somit
   $$[f'(x,y)]=\begin{pmatrix}2x & -2y \\ 2y & 2x \end{pmatrix}$$
   mit Determinante $\det(f'(x,y))=4(x^2+y^2)\ne 0$ für $(x,y)\ne(0,0)$. Nach den inversen Funktionensatz existiert somit lokal um Punkte $\ne 0$ die (eindeutig bestimmte) Umkehrfunktion $\sqrt{\quad}$. Global ist jedoch zu jeder Lösung $z$ von $z^2=w$ auch $-z$ eine weitere Lösung.
5. Polarkoordinaten:
   Es sei $f:\mathbb{R}^2\supseteq \mathbb{R}_+\times \mathbb{R}\to \mathbb{R}^2$, $(r,\varphi )\mapsto (r\,\cos(\varphi ),r\,\sin(\varphi ))$. Dann ist $f$ $C^1$ und
   $$f'(r,\varphi ) = \left(\begin{matrix}\cos(\varphi ) & -r\,\sin(\varphi ) \\ \sin(\varphi ) & r\,\cos(\varphi ) \end{matrix}\right)$$
   invertierbar, da $\det(f'(r,\varphi ))=r>0$, aber
   $$f(r,\varphi +2\,k\,\pi) = f(r,\varphi )$$ für alle $$k\in\mathbb{Z}.$$
   Also ist $f$ nicht global injektiv, vergleiche das mit dem 1-dimensionalen Inversen-Funktionnen Satz 3.1.8.
6. Ähnliches gilt auch für Kugelkoordinaten
   $$f:(r,\varphi ,\theta)\mapsto r(\cos(\theta)\,\cos(\varphi ),\cos(\theta)\,\sin(\varphi ),\sin(\theta))$$
   mit Jacobimatrix
   $$\begin{pmatrix} \cos(\theta)\,\cos(\varphi ) & -r\,\cos(\theta)\,... ...theta)\,\sin(\varphi ) \\ \sin(\theta) & 0 & r\,\cos(\theta) \\ \end{pmatrix}$$
   und Determinante

   $$\det(f'(r,\varphi ,\theta)) = \sin(\theta)\,r^2\,\sin(\theta)\,\cos(\theta)\,(\sin(\varphi )^2+\cos(\varphi )^2) +$$

   $$\quad + r\,\cos(\theta)\,r\,\cos(\theta)^2\,(\sin(\varphi )^2+\cos(\varphi )^2)$$

   $$= r^2\,\cos(\theta)\ne 0,$$

   
   
   falls $-\pi/2<\theta<\pi/2$ und $r\ne 0$. Folglich existiert eine stetig differenzierbare Umkehrfunktion.
7. Es sei $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ gegeben durch $f(x,y)=(\sin(x) - \cos(y),\sin(y) - \cos(x))$ mit Jacobimatrix
   $$\begin{pmatrix} \cos(x) & \sin(y) \\ \sin(x) & \cos(y) \end{pmatrix}$$
   und Determinante $\cos(x)\,\cos(y)-\sin(x)\,\sin(y)=\cos(x-y)$. Dies ist $\ne 0$ falls $x$ nahe $y$ liegt. Folglich gibt es lokale $C^1$-Lösungen.

3.3.6 Implizite-Funktionen Satz.
Es sei $f:E\times F\to F$ lokal um $(x_0,y_0)$ $C^1$ und $\d _2 f(x_0,y_0):F\to F$ ein Isomorphismus. Dann existieren offene Umgebungen $U$ von $x_0$, $V$ von $y_0$ und $W$ von $f(x_0,y_0)$, so daß für jedes $z\in W$ und $x\in U$ ein eindeutiges $y\in V$ existiert mit $f(x,y)=z$. Weiters ist die Abbildung $(x,z)\mapsto y$, $U\times W\to V$ $C^1$.

Beachte, daß wir die Ableitungen von $(x,z)\mapsto y$ durch Differenzieren der Gleichung $f(x,y)=z$ unter Anwendung der Kettenregel errechnet werden können.

Beweis. Es sei $g:E\times F\to E\times F$ gegeben durch $(x,y)\mapsto (x,f(x,y))$. Dann ist

$$g'(x,y) = \left(\begin{matrix}1 & 0 \\ \d _1f(x,y) & \d _2f(x,y) \end{matrix}\right)$$

invertierbar mit Inverser

$$\left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ -\d _2f(x,y)^{-1}\cdot \d _1f(x,y) & \d _2f(x,y)^{-1} \end{matrix}\right),$$

(Man erhält dies durch einen allgemeinen Ansatz), also existieren nach dem Inversen-Funktionen Satz Umgebungen $U$, $V$ und $O$ von $x_0$, $y_0$ und $g(x_0,y_0)$, so daß $g:U\times V\to O$ ein Diffeomorphismus ist.

Nun wähle Umgebungen $U_1$ von $x_0$ und $W$ von $f(x_0,y_0)$ mit $U_1\times W\subseteq O$. Dann ist für jedes $x\in U_1$ und $z\in W$ der Punkt $(x,z)\in O$, also existiert ein eindeutiger Punkt $(u,y)\in U\times V$ mit $(x,z)=g(u,y)=(u,f(u,y))$, d.h. $u=x\in U_1$ und $f(x,y)=z$, also ein eindeutiger Punkt $y\in V$ mit $f(x,y)=z$. Weiters ist $(x,z)\mapsto y$ durch $(u,y)=g^{-1}(x,z)=:(h^1(x,z),h^2(x,z))$ gegeben, wobei $h^j$ die Komponenten von $g^{-1}$ bezeichnet. Folglich ist diese Zuordnung $C^1$.     []

3.3.7 Beispiele.

1. Kreisgleichung: $x^2+y^2=1$, d.h. die Lösungsmenge der impliziten Gleichung $f(x,y):=x^2+y^2=1$. Die Ableitung von $f$ ist $f'(x,y)=(2x,2y)$ d.h. für $y_0\ne 0$ ist $y$ lokal um $y_0$ nach $x$ auflösbar und für $x_0\ne 0$ ist $x$ lokal um $x_0$ nach $y$ auflösbar. Wir können dies sogar explizit machen: $y=\pm\sqrt{1-x^2}$ bzw. $x=\pm\sqrt{1-y^2}$.
2. Das kartesische Blatt ist durch $x^3+y^3=3xy$ gegeben, d.h. als Lösung der impliziten Gleichung $f(x,y):=x^3+y^3-3xy=0$. Die Ableitung von $f$ ist $f'(x,y)=(3(x^2-y),3(y^2-x))$, also ist nach dem impliziten Funktionensatz $y$ lokal um $y_0$ nach $x$ auflösbar falls $y_0^2\ne x_0^2$. Falls ein Punkt $(x_0,y_0)$ mit $y_0^2=x_0$ die Gleichung erfült, so gilt $0=f(x_0,y_0)=y_0^6+y_0^3-3y_0^2y_0=y_0^3(y_0^3-2)$, d.h. $(x_0,y_0)=(0,0)$ oder $(x_0,y_0)=(\root3\of4,\root3\of2)$.

   

   Ohne die Lösungskurve $x\mapsto y(x)$ explizit zu kennen, können wir durch Differenzieren der impliziten Gleichung $0=f(x,y(x))$ dennoch deren Ableitung berechnen:

   $$=\d _1 f(x,y(x)) + \d _2 f(x,y(x))\,y'(x)$$ 0

   $$=3x^2 -3y(x) + (3y(x)^2-3x)\,y'(x) \Rightarrow$$

   $$y'(x) =\frac{y(x)-x^2}{y(x)^2-x}.$$

   
   

3. Es sei ein Polynom $p(t,x):=x^n+a_{n-1}(t)\,x^{n-1}+\dots+a_1(t)\,x+a_0(t)$ mit variable Koeffizienten $a_{n-1}(t)$,...,$a_0(t)$ gegeben. Angenommen wir kennen für $t=0$ eine Nullstelle $x_0$ von $p$, d.h. $p(0,x_0)=0$. Wir wüßten gerne, daß für alle kleinen $t$ auch Nullstelen $x_t$ die nahe $x_0$ liegen existieren, d.h. wir wollen in $p(t,x)=0$ die Variable $x$ nach $t$ auflösen. Falls $\d _2 p(0,x_0)\ne 0$ ist so geht dies auf stetig differenzierbare Weise wegen dem impliziten Funktionensatz. Es bedeutet $0=\d _2 p(0,x_0)$ gerade, daß $x_0$ keine Mehrfachnullstelle ist.

4. Es ist die Menge der Lösungen der impliziten Gleichung $f(x,y,z):=z^2+(\sqrt{x^2+y^2}-5)^2=4^2$ gesucht, ein sogenannter Torus. Die Ableitung ist
   $$f'(x,y,z)= ( 2(\sqrt{x^2+y^2}-5)\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, 2(\sqrt{x^2+y^2}-5)\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},2z)$$
   Für $z_0\ne 0$ ist also $z$ nahe $z_0$ eindeutig aus $(x,y)$ berechenbar, beschreibt also eine Fläche im $\mathbb{R}^3$. Ist andererseits $z_0=0$ und $f(x_0,y_0,z_0)=0$, so ist $\sqrt{x_0^2+y_0^2}=5\pm2\ne 0$ und somit $f'(x,y,z)\ne (0,0,0)$ also sicher eine der 3 Variablen aus den anderen beiden auf $C^1$-Weise berechenbar.

5. Es ist die Schnittmenge 2 normal aufeinander stehende Zylinder, der Achsen sich nicht treffen, zu bestimmen.

   

   Der 1. Zylinder ist z.B. durch $(x+1)^2+y^2=4$ gegeben und der 2. Zylinder durch $(x-1)^2+z^2=4$. Gesucht sind also die Lösungen der impliziten Gleichung $f(x,y,z):=((x+1)^2+y^2,(x-1)^2+z^2)=(4,4)$. Die Ableitung von $f$ ist

   $$f'(x,y,z) = \begin{pmatrix}2x+2 & 2y & 0 \\ 2x-2 & 0 & 2z \end{pmatrix}.$$
   Wir fassen $f$ als Abbildung $f:\mathbb{R}\times \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ auf. Dann ist $\d _2 f(x,y,z)=\begin{pmatrix}2y & 0 \\ 0 & 2z \end{pmatrix}$ genau dann invertierbar, wenn $yz\ne 0$ ist. Andererseits folgt aus $y=0$, daß $(x+1)^2=4$, d.h. $x=-1\pm 2$ und somit ist wegen $(x-1)^2+z^2=4$ im $+$-Fall $z=\pm 2$ und sonst existiert kein passendes $z$. Aus $z=0$ folgt hingegen, daß $(x-1)^2=4$, d.h. $x=1\pm 2$ ist und somit ist wegen $(x+1)^2+y^2=4$ im $-$-Fall $y=\pm 2$ und sonst existiert kein passendes $y$. D.h. abgesehen von den 4 Punkten $(1,0,\pm 2)$ und $(-1,\pm 2,0)$ ist also $y$ und $z$ lokal eindeutig aus $x$ ausrechenbar.

6. Wir wollen nun die Differenzierbarkeit der Abbildung $\iota :A\mapsto A^{-1}$ von $GL(E):=\{A\in L(E,E):A$ ist invertierbar $\}$ nach $GL(E)$ beweisen. Es ist $A^{-1}$ durch die Gleichung $A\o A^{-1}=\operatorname{id}_E$ gegeben, also $\iota$ durch die implizite Gleichung $\mu(A,\iota (A))=\operatorname{id}_E$ wobei $\mu:L(E,E)\times L(E,E)\to L(E,E)$ die Komposition ist. Da $\mu$ bilinear ist, ist $\d _2\mu (A,B)(C)=\mu(A,C)$ und somit ist $\d _2\mu(A,B)$ invertierbar mit inverser $C\mapsto \mu(A^{-1},C)$. Nach dem impliziten Funktionensatz ist also $\iota :GL(E)\to GL(E)$ differenzierbar mit Ableitung $\iota '(A)(B)=-((\d _2\mu(A,\iota (A)))^{-1}\o (\d _1\mu(A,\iota (A))))(B) =-A^{-1}\o B\o A^{-1}$. Vergleiche dies mit der Ableitung von $x\mapsto x^{-1}$, $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$.

Um eine Nullstelle der (nicht-linearen) Gleichung $f(x)=0$ zu erhalten beginnen wir mit irgend einen Näherungswert $x_0$, betrachten die affine Funktion $x\mapsto f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$ die $f$ am besten approximiert, bestimmen ihre Nullstelle $x_1$, d.h. lösen $f'(x_0)(x_1-x_0)+f(x_0)=0$ und erhalten als neue Näherungsnullstelle von $f$ den Punkt $x_1:=x_0-f'(x_0)^{-1}\,f(x_0)$. Das Newtonverfahren besteht nun darin auf rekursive Weise $x_{n+1}:=g(x_n):=x_n-f'(x_n)^{-1}\,f(x_n)$ zu definieren und zu hoffen, daß $x_{\infty}:=\lim_{n\to{\infty}}x_n$ existiert, weil dann $x_{\infty}=g(x_{\infty})$, also $f(x_{\infty})=0$ ist (Verwende die stetige Differenzierbarkeit von $f$ und damit die Stetigkeit von $g$). Da aber die Bestimmung der Inversen $f'(x_0)^{-1}$ einer Matrix $f'(x_0)$ sehr aufwendig ist, modifizieren wir dieses Verfahren derart, daß wir Anstelle von $f'(x_n)$ immer das fixe $f'(x_0)$ verwenden und erhalten:

3.3.8 Vereinfachtes Newtonverfahren.
Es sei $f:E\to F$ stetig differenzierbar und $x_0\in E$. Es sei $f'(x_0)$ invertierbar und es existiere ein $q<1$ mit $\vert f'(x_0)^{-1}\vert\cdot\vert f'(x_0)-f'(x)\vert\leq q$ für alle $x$ in einer offenen Menge $U$. Weiters sei

$$B:=\Bigl\{x:\vert x-x_0\vert\leq\frac{\vert f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_0)\vert}{1-q}\Bigr\}\subseteq U.$$

Dann konvergiert die vereinfachte Newtonfolge $x_{n+1}:=x_n-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_n)$ gegen eine Nullstelle $\xi \in B$.

Beweis. Wir betrachten $g(x):=x-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x)$. Für $x,y\in B$ ist nach dem Mittelwertsatz $\vert g(x)-g(y)\vert\leq \sup\{\vert g'(\xi )\vert\,\vert x-y\vert:\xi \in B\}$. Es ist

$$g'(z)=\operatorname{id}- f'(x_0)^{-1}\, f'(z) = f'(x_0)^{-1}\,(f'(x_0)-f'(z))$$

und somit

$$\vert g'(z)\vert\leq \vert f'(x_0)^{-1}\vert\,\vert f'(x_0)-f'(z)\Vert\leq q<1.$$

Nach Aufgabe 105 ist $g(B)\subseteq B$, da $B=\{x:d(x,x_0)\leq \frac{d(g(x_0),x_0)}{1-q}\}$. Nach dem Banach'schen Fixpunktsatz 2.4.6 existiert somit $x_{\infty}:=\lim_{n\to{\infty}} x_n\in B$ und somit ist $x_{\infty}=g(x_{\infty})=x_{\infty}-f'(x_0)^{-1}\cdot f(x_{\infty})$, also ist $f(x_{\infty})=0$.     []

3.3.9 Beispiel.
Die Menge der Startwerte, für die die Newtonfolge gegen eine fixe Nullstelle konvergiert, ist im allgemeinen schwer beschreibbar. Betrachten wir z.B. das Polynom $p(z):=z^3-1$ als Abbildung $p:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$. Dieses hat 3 komplexe Nullstellen $1$, $-\frac12\pm i\,\frac{\sqrt{3}}2$. Wir können es auch als Abbildung $p:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ auffassen. Die Ableitung von $p$ ist gegeben durch (Multiplikation mit) $3z^2$ und die Newtonrekursion somit durch $g:z\mapsto z-\frac{p(z)}{p'(z)}=z-\frac{z^3-1}{3z^2}=\frac{2z^3+1}{3z^2}$. Färben wir die Punkte der Ebene in 3 Farbe entsprechend den 3 Nullstellen gegen welche die Newtonfolge mit diesen Startwerten konvergiert so erhalten wir folgendes fraktales Bild, eine Juliamenge:

Wir werden später sehen, daß für die Konvergenz der allgemeinen Newtonfolge die Bedingungen $\vert f'(z)^{-1}\vert^2\,\vert f''(z)\vert\,\vert f(z)\vert\leq q<1$ und $\vert f'(z)^{-1}\, f(z)\vert\leq (1-q)\,r$ für alle $\vert z-z_0\vert\leq r$ genügen. In diesen Beispiel sind diese Bedingungen für $q:=1/2$ und $r:=1/2$ erfüllt.