Forum:  Mehrdim. Differentialrechnung
Thema: Injektivität des Differentials einer stetig diffbaren Funktion in normierten Räumen
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Phoensie
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Themenstart: 2020-09-15 22:19
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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
Senior
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-15 22:37
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Hallo Phoensie,

fehlen da nicht noch ein paar Voraussetzungen? Ansonsten kann ich nämlich eine beliebige nicht-injektive lineare Abbildung $L:X\to X$ wählen und $f(x):=L(x)$ setzen, dann ist $\mathrm Df(a)=L$ für alle $a\in U$, also nicht injektiv.

Viele Grüße
Vercassivelaunos
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Phoensie
Aktiv
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-15 22:45

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


Vercassivelaunos
Senior
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Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-16 09:02

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


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

2020-09-16 09:02 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 3 schreibt:
da die zu zeigende Aussage nicht stimmt

Es sei denn, man nimmt das PPS dazu...


Vercassivelaunos
Senior
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Beitrag No.5, eingetragen 2020-09-16 10:14
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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.
\(\endgroup\)

Phoensie
Aktiv
Dabei seit: 11.04.2020
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Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-18 20:00
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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:
\[    
    \begin{align*}
        0 \leq \|\mathrm{id}_X\|
        &= \|\mathrm{id}_X \color{blue}{- \mathrm{D}f(a) + \mathrm{D}f(a)}\| \\
        &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Subadditivität der Operatornorm.}} \\
        &\leq \|\mathrm{id}_X - \mathrm{D}f(a)\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\
        &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Absolute Homogenität der Operatornorm.}} \\
        &= |-1| \cdot \|\mathrm{D}f(a) - \mathrm{id}_X\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\
        &\quad\color{red}{\downarrow\;|-1|=1.} \\
        &= \|\mathrm{D}f(a) - \mathrm{id}_X\| + \|\mathrm{D}f(a)\| \\
        &\quad\color{red}{\downarrow\;\text{Annahme: $\mathrm{D}f(a)$ liegt überall \textit{nahe} an $\mathrm{id}_X$.}} \\
        &\quad\color{red}{\downarrow\;\|\mathrm{D}f(a)- \mathrm{id}_X\|<1.} \\
        &< 1 + \|\mathrm{D}f(a)\|
    \end{align*}
 \]
😖😖😖
\(\endgroup\)

Phoensie
Aktiv
Dabei seit: 11.04.2020
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Aus: Muri AG, Schweiz
Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-18 20:15
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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?
\(\endgroup\)

Vercassivelaunos
Senior
Dabei seit: 28.02.2019
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Beitrag No.8, eingetragen 2020-09-19 09:36
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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 $v$.
\(\endgroup\)

Phoensie
Aktiv
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Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-19 23:22

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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Druckdatum: 2020-12-04 06:14