Der Satz uber implizite Funktionen

3.10. Der Satz über implizite Funktionen

Motivation:
Seien $x, y \in ℝ$ , $r > 0$ und sei ein Zusammenhang

\begin{array}{rcl} 0 = ϕ (x, y) = x^{2} + y^{2} - r^{2} \end{array}

gegeben. Die Lösungsmenge dieser Gleichung ist ein Kreis vom Radius $r$ um den Ursprung. Wir fragen uns nun, ob wir diese Beziehung nach einer der Variablen (z.B. $x$ ) auflösen können, es also eine Funktion $y = y (x)$ gibt, so dass

\begin{array}{rcl} y = y (x) \Leftrightarrow ϕ (x, y (x)) = 0 . \end{array}

Sind also alle Punkte, welche die Ausgangsgleichung $x^{2} + y^{2} - r^{2} = 0$ erfüllen beschreibbar durch eine Funktion $y (x)$ ? Dabei meinen wir nicht die Frage, ob wir die Fuktion $y (x)$ hinschreiben können, sondern ob es die Fukntion $y (x)$ prinzipiell gibt.
Global ist das nicht möglich, da zu jedem $x$ zwei Funktionswerte $y (x)$ gehören müssten, Funktionen sind aber nacheindeutige Relationen. Lokal ist dies eventuell möglich, die Antwort kann aber auch negativ sein.
Als zweites Beispiel betrachten wir

\begin{array}{rcl} 0 = ϕ (x, y) = x^{2} - y^{2} . \end{array}

Der geometrische Ort aller Punkte, welche diese Gleichung erfüllen sind nun die beiden Winkelhalbierenden, welche sich im Ursprung senkrecht schneiden. In einer Umgebung des Ursprungs ist auch eine lokale Auflösbarkeit nicht möglich.
Suchen wir nun nach geeigneten Sätzen, welche Aussagen über die Auflösbarkeit treffen, so können wir weder globale Aussagen, noch Aussagen vom Typ “überall lokal Auflösbar” erwarten, da diese bereits in den einfachsten Beispielen falsch sind. Wir können jediglich lokale Aussagen, unter gewissen Voraussetzungen erwarten.
Angenommen $ϕ$ lässt sich schreiben als

\begin{array}{rcl} 0 = ϕ (x, y) = ϕ (x_{0}, y_{0}) + ϕ^{'} h + r (h) \end{array}

mit $h = {(x - x_{0}, y - y_{0})}^{t}$ . Erfüllt der Punkt $(x_{0}, y_{0})$ ebenfalls die Ausgangsgleichung, so ist $ϕ (x_{0}, y_{0}) = 0$ . Gleichzeitig drücken wir $ϕ^{'}$ mit Hilfe der partiellen Ableitungen aus und erhalten

\begin{array}{rcl} 0 = \frac{\partial ϕ}{\partial x} (x - x_{0}) + \frac{\partial ϕ}{\partial y} (y - y_{0}) + r (h) \end{array}

bzw.

\begin{array}{rcl} {- \frac{\partial ϕ}{\partial y}|}_{(x_{0}, y_{0})} (y - y_{0}) = {\frac{\partial ϕ}{\partial x}|}_{(x_{0}, y_{0})} (x - x_{0}) + r (x, y) . \end{array}

Ist nun $\partial ϕ ∕ \partial y |_{(x_{0}, y_{0})} \neq 0$ , so folgt

\begin{array}{rcl} (y - y_{0}) = - {(\frac{\partial ϕ}{\partial y})}^{- 1} [(\frac{\partial ϕ}{\partial x}) (x - x_{0}) + r (x, y)] . \end{array}

Wäre $ϕ$ nun eine affine Funktion, sodass $r (x, y) = 0$ , so hätten wir eine auflösende Funktion gefunden. Dennoch: Sucht man nach allgemeinen Aussagen, so müssen diese auch im Spezielfall affiner Funktionen funktionieren und wir sehen, dass die Invertierbarkeit von $\partial ϕ ∕ \partial y |_{(x_{0}, y_{0})}$ von zentraler bedeutung sein wird.
Etwas allgemeiner seien $x = (x_{1}, \dots, x_{m}) \in ℝ^{m}$ , $y = (y_{1}, \dots, y_{n}) \in ℝ^{n}$ . Unter $ϕ (x, y) = 0$ wollen wir dann einen Satz von Gleichungen

\begin{array}{rcl} ϕ_{1} (x_{1}, \dots, x_{m}, y_{1}, \dots, y_{n}) = 0, \\ ⋮ \\ ϕ_{n} (x_{1}, \dots, x_{m}, y_{1}, \dots, y_{n}) = 0, \end{array}

welche gleichzeitig erfüllt sein sollen, verstehen. Ziel ist es nun alle $y$ -Variablen mit Hilfe der $x_{k}$ auszudrücken. Das wir genauso viele Gleichungen wie aufzulösende Variablen betrachten ist dabei kein Zufall.
Um obige Rechnung nocheinmal durchzuführen betrachten wir die Jakobimatrix

J = (\begin{matrix} \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial x_{m}} & \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial y_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial x_{m}} & \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix}) .

Wir sehen dabei, dass die Jakobimatrix in zwei Blöcke zerfällt. Für den linken Block, welcher alle Ableitungen nach den $x$ -Variablen enthält schreiben wir im Folgenden $\partial ϕ ∕ \partial x$ , dies ist eine $(n \times m)$ -Matrix. Für den rechten Block, welcher alle Ableitungen nach den $y$ -Variablen enthält schreiben wir im Folgenden $\partial ϕ ∕ \partial y$ , dies ist eine $(n \times n)$ -Matrix. Explizit:

\frac{\partial ϕ}{\partial x} = (\begin{matrix} \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial x_{m}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial x_{m}} \end{matrix}), \frac{\partial ϕ}{\partial y} = (\begin{matrix} \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{1}}{\partial y_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial ϕ_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix}) .

Die Verschiebung

\begin{array}{rcl} h = (\underset{n}{\underset{︸}{x - x_{0}}}, {\underset{m}{\underset{︸}{y - y_{0}}})}^{t} \end{array}

ist dann ein Vektor in $ℝ^{m + n}$ . Angenommen, wir haben wieder die selbe Relation wie oben, d.h.

\begin{array}{rcl} 0 = ϕ (x, y) = \underset{= 0}{\underset{︸}{ϕ (x_{0}, y_{0})}} + {ϕ^{'}|}_{(x_{0}, y_{0})} h + r (x, y), \end{array}

wobei wir dies als Kurzschreibweise für die $n$ Gleichungen für $ϕ_{1}, \dots, ϕ_{n}$ verstehen, so erhalten wir nun

\begin{array}{rcl} 0 = {\frac{\partial ϕ}{\partial x}|}_{(x_{0}, y_{0})} (x - x_{0}) + {\frac{\partial ϕ}{\partial y}|}_{(x_{0}, y_{0})} (y - y_{0}) + r (x, y) \end{array}

bzw.

\begin{array}{rcl} (y - y_{0}) = - {[\frac{\partial ϕ}{\partial y}]}^{- 1} [(\frac{\partial ϕ}{\partial x}) (x - x_{0}) + r (x, y)], \end{array}

falls $\partial ϕ ∕ \partial y |_{(x_{0}, y_{0})}$ invertierbar ist.
Noch allgemeiner haben wir einen Raum für die $x$ -Werte, einen für die $y$ -Werte und einen Raum in dem die Gleichungen erfüllt sein müssen. Wir betrachten im Folgenden daher drei Banachräume $E, F$ und $G$ . Mit

\begin{array}{rcl} ∥ (x, y) ∥_{E \times F} : = ∥ x ∥_{E} + ∥ y ∥_{F} \end{array}

wird auch $E \times F$ zu einem normierten Raum. Sind $E$ und $F$ vollständig, so auch $E \times F$ . Sei nun $V$ offen in $E \times F$ und

\begin{array}{rcl} ϕ : V \subset E \times F \to G, \end{array}

so definiert die Gleichung $ϕ (x, y) = 0$ eine Teilmenge von $V$ , wobei wir annehmen, dass es ein $(x_{0}, y_{0}) \in V$ gibt, so dass $ϕ (x_{0}, y_{0}) = 0$ ist.

DEfiNITION 3.10.1 (Lokale Auflösbarkeit). Eine Funktion $ϕ (x, y)$ ist in einer Umgebung von $(x_{0}, y_{0})$ lokal nach $y$ auflösbar genau dann, wenn es ein $ε, δ > 0$ und eine Funktion $f : U_{ε} (x_{0}) \to U_{δ} (y_{0})$ gibt, sodass folgende zwei Eigenschaften erfüllt sind:

Wenn $x \in U_{ε} (x_{0})$ , dann ist $ϕ (x, f (x)) = 0$ .
Wenn $(x, y) \in U_{ε} (x_{0}) \times U_{δ} (y_{0})$ , dann folgt $\begin{array}{rcl} ϕ (x, y) = 0 \Rightarrow y = f (x) . \end{array}$

DEfiNITION 3.10.2 (Partielle Frechet-Ableitung nach Unterräumen). Seien $ϕ : V \subset E \times F \to G$ und $x, x_{0} \in E$ , $y, y_{0} \in F$ . Dann ist

\begin{array}{rcl} T = {\frac{\partial ϕ}{\partial x}|}_{(x_{0}, y_{0})} = ϕ_{E}^{'} (x_{0}, y_{0}) \in (E, G) \end{array}

genau dann, wenn

\begin{array}{rcl} ϕ (x, y_{0}) = ϕ (x_{0}, y_{0}) + ϕ_{E}^{'} (x - x_{0}) + o (∥ x - x_{0} ∥), \end{array}

für $x \to x_{0}$ bzw.

\begin{array}{rcl} S = {\frac{\partial ϕ}{\partial y}|}_{(x_{0}, y_{0})} = ϕ_{F}^{'} (x_{0}, y_{0}) \in (F, G) \end{array}

genau dann, wenn

\begin{array}{rcl} ϕ (x_{0}, y) = ϕ (x_{0}, y_{0}) + ϕ_{F}^{'} (y - y_{0}) + o (∥ y - y_{0} ∥), \end{array}

für $y \to y_{0}$ .

SATZ 3.10.3 (Lokale Auflösbarkeit impliziter Funktionen). Seien $E, F, G$ Banachräume, $V \subset E \times F$ offen und $ϕ : V \to G$ mit $ϕ (x_{0}, y_{0}) = 0$ für ein $(x_{0}, y_{0}) \in V$ . Desweiteren seinen die folgenden Aussagen erfüllt

$ϕ$ sei stetig in $(x_{0}, y_{0})$ ,
$ϕ_{F}^{'} = \frac{\partial ϕ}{\partial y}$ existiere auf $V$ und $\frac{\partial ϕ}{\partial y} (\cdot) : V \to (F, G)$ sei stetig,
$\frac{\partial ϕ}{\partial y} (x_{0}, y_{0})$ sei auf $G$ invertierbar und $\begin{array}{rcl} {[\frac{\partial ϕ}{\partial y} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} \in (G, F) . \end{array}$

Dann ist $ϕ$ in einer Umgebung von $(x_{0}, y_{0})$ lokal auflösbar.

$▸$
Schritt 1:
Wähle $ε_{1}, δ_{1} > 0$ mit $U_{ε_{1}} (x_{0}) \times U_{δ_{1}} (y_{0}) \subset V$ . Für ein festes $x \in U_{ε_{1}} (x_{0})$ betrachte

\begin{array}{rcl} A = A (x) : U_{δ_{1}} (y_{0}) \to F, y \mapsto A y = y - {[\frac{\partial ϕ}{\partial y}]}^{- 1} ϕ (x, y) . \end{array}

Wegen $ϕ (x, y) \in G$ und ${[\frac{\partial ϕ}{\partial y}]}^{- 1} \in (G, F)$ ist auch ${[\frac{\partial ϕ}{\partial y}]}^{- 1} ϕ (x, y) \in F$ und $A$ somit wohldefiniert. Gleichzeitig ist ${[\frac{\partial ϕ}{\partial y}]}^{- 1}$ als ein inverser Operator gegeben, d.h. selbst wieder invertierbar und besitzt damit einen trivialen Kern. Es folgt somit

\begin{array}{rcl} A y = y \Leftrightarrow ϕ (x, y) = 0 . \end{array}

Die Abbildung $A$ ermöglicht es also das Lösungen der Gleichung $ϕ (x, y) = 0$ in ein Fixpunktproblem zu überführen. Im weiteren Verlauf des Beweises wollen wir daher versuchen den Banachschen Fixpunktsatz auf $A$ anzuwenden.

Schritt 2:
Wir wollen nun zeigen, dass $A = A (x)$ eine Kontraktion ist für festgehaltenes $x \in U_{ε_{1}} (x_{0})$ . Seien nun $y_{1}, y_{2} \in U_{δ_{1}} (y_{0})$ . Dann erhalten wir mit einer Anwendung des Hauptsatzes der Differentialrechnung

\begin{array}{rcl} ∥ A y_{1} - A y_{2} ∥_{F} \leq sup_{y \in \bar{y_{1}, y_{2}}} ∥ A_{y}^{'} y ∥_{(F, F)} \cdot ∥ y_{1} - y_{2} ∥_{F} . \end{array}

Wir benötigen also die Frechet-Ableitung von $A_{y}^{'}$ . Dafür betrachten wir

\begin{array}{l} A (y + k) & = (y + k) - {[\frac{\partial ϕ}{\partial y} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ (x, y + k) \\ A y & = y - {[\frac{\partial ϕ}{\partial y} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ (x, y) \end{array}

Subtrahieren wir beide Zeilen voneinander, ergibt das

\begin{array}{l} A (y + k) - A y = k - {[\frac{\partial ϕ}{\partial y} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} \underset{ϕ_{y}^{'} (x, y) k + o (∥ k ∥_{F})}{\underset{︸}{(ϕ (x, y + k) - ϕ (x, y))}} \end{array}

Die untere Klammer folgt aus der partiellen Frechet-Differenzierbarkeit von $ϕ (x, y)$ in $y$ , was vorausgesetzt wurde. Wir setzen an dieser Stelle um abzukürzen $ϕ_{y}^{'} = \frac{\partial ϕ}{\partial y}$ . Wir fügen geschickt die Identität an der Stelle, wo das $k$ steht, ein und erhalten

\begin{array}{l} A (y + k) - A y & = {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k \\ - {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} (ϕ_{y}^{'} (x, y) k + o (∥ k ∥_{F})) \\ = \underset{= A_{y}^{'}}{\underset{︸}{{[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} (ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) - ϕ_{y}^{'} (x, y))}} k \underset{= o (∥ k ∥_{F})}{\underset{︸}{- {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} o (∥ k ∥_{F})}} \end{array}

Also gilt folgende Gleichheit

\begin{array}{l} A_{y}^{'} = - \underset{\in (G, F)}{\underset{︸}{{[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1}}} \cdot \underset{\in (F, G)}{\underset{︸}{(ϕ_{y}^{'} (x, y) - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}))}} . \end{array}

Offensichtlich ist $A_{y}^{'} \in (F, F)$ . Nun wollen wir die Operatornorm von $A_{y}^{'}$ abschätzen. Da $A_{y}^{'}$ ein Produkt von zwei linearen Abbildungen ist, erhalten wir

\begin{array}{l} ∥ A_{y}^{'} ∥_{(F, F)} \leq ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ∥_{(G, F)} \cdot ∥ ϕ_{y}^{'} (x, y) - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) ∥_{(F, G)} . \end{array}

Da nach Voraussetzung ${[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} \in (G, F)$ ist, ist die Norm davon eine feste Konstante. Zusätzlich wissen wir nach Voraussetzung, dass $ϕ_{y}^{'} : V \to (F, G)$ stetig ist. Aus diesem Grund existieren $ε_{2}, δ_{2}$ , so dass $0 < ε_{2} < ε_{1}$ und $0 < δ_{2} < δ_{1}$ erfüllt ist und zusätzlich folgende Eigenschaft gilt

\begin{array}{l} ∥ A_{y}^{'} (x) ∥_{(F, F)} \leq α < 1 . \end{array}

Fassen wir unser Ergebnis zusammen. Für $(x, y) \in U_{ε_{2}} (x_{0}) \times U_{δ_{2}} (y_{0})$ und $y_{1}, y_{2} \in U_{δ_{2}} (y_{0})$ gilt

\begin{array}{l} ∥ A y_{1} - A y_{2} ∥_{F} \leq α ∥ y_{1} - y_{2} ∥_{F} . \end{array}

Wir erkennen, dass $A (x) = A$ die Kontraktionseigenschaft erüllt.

Schritt 3:
Dieser Schritt ist wichtig um Sicherzustellen, dass unsere Kontraktion wirklich wieder in sich selbst abbildet. Wir wählen $δ_{3} = \frac{δ_{2}}{2} > 0$ . Wir wollen in diesem Schritt folgende Aussage beweisen:

\begin{array}{l} \exists ε_{3} > 0 : ∥ y - y_{0} ∥_{F} \leq δ_{3} \Rightarrow ∥ A (x) y - y_{0} ∥_{F} \leq δ_{3} \end{array}

für alle $x \in U_{ε_{3}} (x_{0})$ . Also schätzen wir, wie folgt, ab

\begin{array}{l} ∥ A (x) y - y_{0} ∥_{F} \leq ∥ A (x) y - A (x) y_{0} ∥_{F} + ∥ A (x) y_{0} - y_{0} ∥_{F} \end{array}

Für den Term $∥ A (x) y - A (x) y_{0} ∥_{F}$ können wir die Kontraktionseigenschaft aus Schritt 2 verwenden und erhalten

\begin{array}{l} ∥ A (x) y - A (x) y_{0} ∥_{F} \leq α ∥ y - y_{0} ∥_{F} . \end{array}

Wir müssen nur noch

\begin{array}{l} ∥ A (x) y_{0} - y_{0} ∥_{F} \end{array}

abschätzen. Dafür verwenden wir die Defintion von $A (x)$ , die in Schritt 1 definiert wird und berechnen damit $A (x) y_{0}$ . Wir erhalten

\begin{array}{l} ∥ A (x) y_{0} - y_{0} ∥_{F} & = ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ (x, y_{0}) ∥_{F} \\ \leq ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ∥_{(G, F)} \cdot ∥ ϕ (x, y_{0}) ∥_{G} \\ = ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ∥_{(G, F)} \cdot ∥ ϕ (x, y_{0}) - ϕ (x_{0}, y_{0}) ∥_{G} . \end{array}

Die letzte Gleichheit folgt aus $ϕ (x_{0}, y_{0}) = 0$ . Nun wissen wir nach Voraussetzung, dass $ϕ$ stetitg ist. Also können wir $ε_{3} > 0$ so wählen, dass für alle $x \in U_{ε_{3}} (x_{0})$ folgendes gilt

\begin{array}{l} ∥ A (x) y_{0} - y_{0} ∥_{F} \leq (1 - α) δ_{3} . \end{array}

Wir setzen nun unsere Ungleichungen wieder zusammen und erhalten

\begin{array}{l} ∥ A (x) y - y_{0} ∥_{F} & \leq α ∥ y - y_{0} ∥_{F} + (1 - α) δ_{3} . \end{array}

Da $y \in U_{δ_{3}} (y_{0})$ folgt

\begin{array}{l} ∥ A (x) y - y_{0} ∥_{F} & \leq α δ_{3} + (1 - α) δ_{3} = δ_{3} . \end{array}

Schritt 4:
Wir wollen nun den Banachschen Fixpunktsatz verwenden. Zuerst definieren wir uns unseren Banachraum. Das ist der Raum $(M, d)$ mit

\begin{array}{l} M & : = {y \in F | ∥ y - y_{0} | \leq δ_{3}} \\ d (y_{1}, y_{2}) & : = ∥ y_{1} - y_{2} ∥_{F} . \end{array}

Dieser Raum ist wirklich ein Banachraum, weil $F$ einer ist und $M$ ein abgeschlossener Unterraum von $F$ ist. Für $x \in U_{ε_{3}} (x_{0})$ gilt zudem

\begin{array}{l} A : M \to M . \end{array}

Das liegt an der Eigenschaft aus Schritt 3, dass für $y \in U_{δ_{3}} (y_{0})$ folgt

\begin{array}{l} ∥ A (x) y - y_{0} ∥_{F} & \leq δ_{3} . \end{array}

Dass die Operatornorm von $A$ unter unseren Voraussetzungen kleiner eins ist, wissen wir aus Schritt 2. Also wenden wir den Fixpunktsatz von Banach an und erhalten ein eindeutiges $y \in M$ mit

\begin{array}{l} A y = y \Leftrightarrow ϕ (x, y) = 0 . \end{array}

$◂$
Anmerkung: Die so gefundene Funktion $y = y (x)$ ist stetig im Punkt $x = x_{0}$ , was aus der Definition von $A (x) y$ folgt und der Tatsache, dass $ϕ (x, y)$ stetig in $(x_{0}, y_{0})$ vorausgesetzt wurde.

Frage: Was kann man nun über die Funktion $y = y (x)$ aussagen. Man kann sie meistens nicht explizit hinschreiben. Trotzdem möchte man die Minima bzw. Maxima berechnen. Der folgende Satz hilft uns für diese Fragestellung.

SATZ 3.10.4. Ist unter den Voraussetzungen des vorigen Satzes $ϕ : V \subset E \times F \to G$ partiell in $x$ Frechet-differenzierbar und ist $ϕ_{x}^{'} : V \to (E, G)$ stetig im Punkt $(x_{0}, y_{0})$ , dann ist $y = y (x)$ im Punkt $x_{0}$ Frechet-differenzierbar und

\underset{(E, F)}{\underset{︸}{y^{'} (x_{0})}} = \underset{(G, F)}{\underset{︸}{- {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1}}} \underset{(E, G)}{\underset{︸}{ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0})}} .

$▸$ Zu allererst wissen wir, dass $ϕ (x_{0}, y_{0}) = 0$ gilt. Zusätzlich verbinden wir $x_{0} + h = x$ , so wie $y_{0} + h = y$ , so dass die Gleichung $ϕ (x_{0} + h, y_{0} + k) = 0$ immer noch erfüllt ist. Nun wenden wenden wir den Hauptsatz der Differentialrechnung in der x-Koordinate an und erhalten

\begin{array}{l} ∥ ϕ (x_{0} + h, y_{0}) - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h ∥_{G} = ∥ ϕ (x_{0} + h, y_{0}) - ϕ (x_{0}, y_{0}) - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h ∥_{G} \\ \leq sup_{x \in \bar{x_{0}, x_{0} + h}} ∥ ϕ_{x}^{'} (x, y_{0}) - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y) ∥ \cdot ∥ h ∥_{E} . \end{array}

Wir machen dasselbe nun in der y-Koordinate für

\begin{array}{l} ∥ ϕ (x_{0} + h, y_{0}) + ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y_{0}) k ∥_{G} \\ = & ∥ ϕ (x_{0} + h, y_{0} + k) - ϕ (x_{0} + h, y_{0}) - ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y_{0}) k ∥_{G} \\ \leq & sup_{y \in \bar{y_{0}, y_{0} + k}} ∥ ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y) - ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y_{0}) ∥_{(F, G)} ∥ k ∥_{F} \end{array}

An dieser Stelle wollen wir folgenden Term abschätzen

\begin{array}{l} ∥ - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k ∥_{G} \\ \leq & ∥ - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + ϕ (x_{0} + h, y_{0}) ∥_{G} + ∥ - ϕ (x_{0} + h, y_{0}) - ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y_{0}) k ∥_{G} \\ + & ∥ ϕ_{y}^{'} (x_{0} + h, y_{0}) k - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k ∥_{G} \end{array}

Nun können wir die Ungleichungen, die wir davor bewiesen haben verwenden und erhalten schließlich

\begin{array}{l} ∥ ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k ∥_{G} \\ \leq & 2 sup_{(x, y) \in U_{ε} (x_{0}) \times U_{δ} (y_{0})} ∥ ϕ_{y}^{'} (x, y) - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) ∥_{(F, G)} \cdot ∥ k ∥_{F} \\ + & sup_{(x, y) \in U_{ε} (x_{0}) \times U_{δ} (y_{0})} ∥ ϕ_{x}^{'} (x, y) - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) ∥_{(E, G)} \cdot ∥ h ∥_{E} . \end{array}

Mit dieser Ungleichung arbeiten wir später weiter. Weiterhin für $k = y - y_{0}$ und $h = x - x_{0}$ mit $ϕ (x, y) = 0 = ϕ (x_{0}, y_{0})$ , zeigen wir, dass

\begin{array}{l} ∥ k |_{F} \leq C ∥ h ∥_{E} \end{array}

Zuerst geben wir eine Normabschätzung an

\begin{array}{l} y - y_{0} = A (x) y - A (x_{0}) y_{0} = A (x) y - A (x) y_{0} + A (x) y_{0} - A (x_{0}) y_{0}, \end{array}

folgt

\begin{array}{l} ∥ y - y_{0} ∥_{F} \leq ∥ A (x) y - A (x) y_{0} ∥_{F} + ∥ A (x) y_{0} - A (x_{0}) y_{0} ∥_{F} . \end{array}

An dieser Stelle schätzen wir wieder, wie im vorherigen Satz in Schritt 2, wie folgt ab

\begin{array}{l} ∥ y - y_{0} ∥_{F} \leq α ∥ y - y_{0} ∥_{F} + ∥ A (x) y_{0} - A (x_{0}) y_{0} ∥_{F} . \end{array}

Offensichtlich folgt nun

\begin{array}{l} (1 - α) ∥ y - y_{0} ∥_{F} \leq ∥ A (x) y_{0} - A (x_{0}) y_{0} ∥_{F} \\ \leq ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} \underset{ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + o (∥ h |)}{\underset{︸}{(ϕ (x, y_{0}) - ϕ (x_{0}, y_{0}))}} ∥ \end{array}

Die untere Klammer folgt aus der Voraussetzung, dass $ϕ (x, y)$ Frechet differenzierbar in $x$ ist. Weil $y - y_{0} = k$ ist gilt

\begin{array}{l} (1 - α) ∥ k ∥_{F} \leq ∥ {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ∥_{(G, F)} \cdot ∥ ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + o (∥ h ∥_{E}) ∥_{G} . \end{array}

Für hinreichend kleines $ε > 0$ mit $∥ h ∥_{E} < ε$ folgt

\begin{array}{l} ∥ k ∥_{F} \leq C ∥ h ∥_{E} . \end{array}

An dieser Stelle wenden wir uns nochmals unserer Abschätzung, die wir zu Beginn gemacht haben

\begin{array}{l} ∥ ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k ∥_{G} \\ \leq & 2 \underset{o (1)}{\underset{︸}{sup_{(x, y) \in U_{ε} (x_{0}) \times U_{δ} (y_{0})} ∥ ϕ_{y}^{'} (x, y) - ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})}} ∥_{(F, G)} \cdot \underset{\leq C ∥ h ∥_{E}}{\underset{︸}{∥ k ∥_{F}}} \\ + & \underset{o (1)}{\underset{︸}{sup_{(x, y) \in U_{ε} (x_{0}) \times U_{δ} (y_{0})} ∥ ϕ_{x}^{'} (x, y) - ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) ∥_{(E, G)}}} \cdot ∥ h ∥_{E} . \end{array}

Die Eigenschaft des $o (1)$ folgt aus der Stetigkeit von $ϕ_{x}^{'}$ bzw. $ϕ_{y}^{'}$ nach Voraussetzung. Also gilt

\begin{array}{l} ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) k = o (∥ h ∥_{E}) . \end{array}

Das Landau-Symbol verändert sich nicht, wenn wir auf ihn einen linearen Operator anwenden. Daher gilt

\begin{array}{l} {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + k = o (∥ h ∥_{E}) . \end{array}

Mit $k = y - y_{0}$ folgt

\begin{array}{l} k = y - y_{0} = - {[ϕ_{y}^{'} (x_{0}, y_{0})]}^{- 1} ϕ_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) h + o (∥ h ∥_{E}) \end{array}

die Definition der Frechet-Ableitung. $◂$

Merkregel: Wenn wir uns die Funktion $f (x) : = ϕ (x, y (x)) = 0$ betrachten, wobei $x \in ℝ^{m}$ und $y \in ℝ^{n}$ und voraussetzen, dass $y (x)$ in $x$ stetig differenzierbar ist, erhalten wir indem wir $f (x)$ nach $x$ ableiten und die Kettenregel verwenden

\begin{array}{l} 0 = (ϕ_{x}^{'}, ϕ_{y}^{'}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ y_{x}^{'} (x) \end{matrix}) = ϕ_{x}^{'} + ϕ_{y}^{'} \cdot y_{x}^{'} (x) . \end{array}

Sofern nun die Inverse von $ϕ_{y}^{'}$ existiert, ergibt sich

\begin{array}{l} y_{x}^{'} (x) = - {[ϕ_{y}^{'}]}^{- 1} ϕ_{x}^{'} . \end{array}

BEISPIEL 3.10.5. Sei $E = F = G = ℝ$ mit $ϕ (x, y) = 0 \Leftrightarrow y = y (x)$ . Wir leiten folgende Gleichung nach $x$ ab.

\begin{array}{l} 0 = ϕ (x, y (x)) \end{array}

und erhalten mit der Kettenregel

\begin{array}{l} 0 = (ϕ_{x}^{'}, ϕ_{y}^{'}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ y_{x}^{'} \end{matrix}) = ϕ_{x}^{'} + ϕ_{y}^{'} \cdot y_{x}^{'} \end{array}

In diesem Fall erhalten wir die von uns bekannte Formel

\begin{array}{l} y_{x}^{'} = - \frac{ϕ_{x}^{'}}{ϕ_{y}^{'}} . \end{array}

Da wir im skalaren Fall sind, ist die Division tatsächlich definiert. Wir verwenden diese Formel um $y_{x}^{'}$ zu berechnen für unser altbekanntes Beispiel:

\begin{array}{l} ϕ (x, y) = x^{2} + y^{2} - r^{2} = 0, x, y, r > 0 . \end{array}

Offensichtlich gilt $ϕ_{x}^{'} = 2 x$ und $ϕ_{y}^{'} = 2 y$ , also ist

\begin{array}{l} y_{x}^{'} (x) = - \frac{2 x}{2 y} = - \frac{x}{y} = - \frac{x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} . \end{array}

Das hätte man in diesem Fall auch direkt sehen können, indem man $y = \sqrt{r^{2} - x^{2}}$ nach $x$ ableitet. Man erkenne, dass es keine lokale Auflösbarkeit in einer Umgebung um die Punkten $P (r ∕ 0)$ und $Q (- r ∕ 0)$ gibt, da $ϕ_{y}^{'} (x, y)$ in diesen Punkten verschwindet.
Frage: Wie berechnet man in diesem Fall $y^{″} (x)$ ? Hierfür starten wir mit unserer bekannten Formel

\begin{array}{l} 0 = (ϕ_{x}^{'}, ϕ_{y}^{'}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ y_{x}^{'} \end{matrix}) = ϕ_{x}^{'} (x, y (x)) + ϕ_{y}^{'} (x, y (x)) \cdot y_{x}^{'} (x) \end{array}

und leiten diese ein weiteres mal nach $x$ ab. Mit der Produkt- und Kettenregel erhalten wir

\begin{array}{l} 0 = ϕ_{x x}^{″} \cdot 1 + ϕ_{x y}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} + ϕ_{y x}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} + ϕ_{y y}^{″} \cdot {(\frac{\partial y}{\partial x})}^{2} + ϕ_{y}^{'} \cdot \frac{\partial^{2} y}{\partial^{2} x} \end{array}

Weil unsere zweiten partiellen Ableitungen stetig sind, gilt $ϕ_{x y}^{″} = ϕ_{y x}^{″}$ . Somit lässt sich unser Ergebnis folgendermaßen vereinfachen

\begin{array}{l} 0 = ϕ_{x x}^{″} \cdot 1 + 2 ϕ_{x y}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} + ϕ_{y y}^{″} \cdot {(\frac{\partial y}{\partial x})}^{2} + ϕ_{y}^{'} \cdot \frac{\partial^{2} y}{\partial^{2} x} . \end{array}

Weil wir im skalaren Fall sind, dividieren wir durch $ϕ_{y}^{'}$

\begin{array}{l} \frac{\partial^{2} y}{\partial^{2} x} = - \frac{ϕ_{x x}^{″} + 2 ϕ_{x y}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} + ϕ_{y y}^{″} \cdot {(\frac{\partial y}{\partial x})}^{2}}{ϕ_{y}^{'}} . \end{array}

Für $\frac{\partial y}{\partial x}$ verwenden wir, die schon hergeleitete Formel $y_{x}^{'} = - \frac{ϕ_{x}^{'}}{ϕ_{y}^{'}}$ . Somit erhalten wir insgesamt

\begin{array}{l} \frac{\partial^{2} y}{\partial^{2} x} & = - \frac{ϕ_{x x}^{″} + 2 ϕ_{x y}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} + ϕ_{y y}^{″} \cdot {(\frac{ϕ_{x}^{'}}{ϕ_{y}^{'}})}^{2}}{ϕ_{y}^{'}} \\ = - \frac{ϕ_{x x}^{″} \cdot {(ϕ_{y}^{'})}^{2} + 2 ϕ_{x y}^{″} \cdot \frac{\partial y}{\partial x} \cdot {(ϕ_{y}^{'})}^{2} + ϕ_{y y}^{″} \cdot {(ϕ_{x}^{'})}^{2}}{{(ϕ_{y}^{'})}^{3}} . \end{array}

Hausaufgabe: Berechnen Sie mit dieser Formel $y^{″} (x)$ , wobei offensichtlich $ϕ_{x x}^{″} = ϕ_{y y}^{″} = 2$ und $ϕ_{x y} = 0$ gelten, um die Rechnungen zu vereinfachen. Zusätzlich überprüfe man sein Ergebnis, indem man die Ableitung von

\begin{array}{l} y^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} \end{array}

direkt berechne.

BEISPIEL 3.10.6. Es seien nun $(x, y) \in E = ℝ^{2}$ und $z \in F = ℝ$ . Wir betrachten die Gleichung

\begin{array}{l} ϕ (x, y, z) = 0 \Leftrightarrow z = z (x, y) . \end{array}

Frage: Wie berechnet man $\frac{\partial z}{\partial y}$ ? Wie schon im vorherigen Beispiel verwenden wir die Gleichung $ϕ (x, y, z (x, y)) = 0$ und leiten diese nach $y$ ab

\begin{array}{l} 0 = (ϕ_{x}^{'}, ϕ_{y}^{'}, ϕ_{z}^{'}) \cdot (\begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial y} \\ \frac{\partial y}{\partial y} \\ \frac{\partial z}{\partial y} \end{matrix}) = (ϕ_{x}^{'}, ϕ_{y}^{'}, ϕ_{z}^{'}) \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ \frac{\partial z}{\partial y} \end{matrix}) . \end{array}

Wir lösen die Gleichung nach $\frac{\partial z}{\partial y}$ auf und erhalten

\begin{array}{l} \frac{\partial z}{\partial y} = - \frac{ϕ_{y}^{'}}{ϕ_{z}^{'}} . \end{array}

Aufgabe: Berechnen Sie auf ähnliche Weise wie im vorherigen Beispiel $\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}, \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}$ und $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ .

An dieser Stelle wollen wir kurz diskutieren, was passiert, wenn wir die Rolle der Variablen tauschen. Das heißt konkret, dass wir annehmen können, dass wir die Gleichung $ϕ (x, y, z) = 0$ mit $x, y, z \in ℝ$ , jeweils lokal nach $x = x (y, z), y = y (x, z)$ oder $z = z (x, y)$ auflösen können. Wie in Beispiel $3.10.6$ erhalten wir folgende drei Gleichungen, indem wir die Gleichung $ϕ (x, y, z) = 0$ jeweils nach $x, y$ und $z$ ableiten

\begin{array}{l} \frac{\partial x}{\partial y} = - \frac{ϕ_{y}^{'}}{ϕ_{x}^{'}}, \frac{\partial y}{\partial z} = - \frac{ϕ_{z}^{'}}{ϕ_{y}^{'}}, \frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{ϕ_{x}^{'}}{ϕ_{z}^{'}} . \end{array}

Nun multiplizieren wir diese miteinander und erhalten

\begin{array}{l} \frac{\partial x}{\partial y} \cdot \frac{\partial y}{\partial z} \cdot \frac{\partial z}{\partial x} = - 1 . \end{array}

Man sollte sich nicht zu dem Gedanken verleiten lassen, dass sich die partiellen Ableitungen einfach kürzen, denn es steht auf der rechten Seite $- 1$ .

BEISPIEL 3.10.7. Wir nehmen folgendes Szenario an. Seien $U : = U_{ε} (x_{0}) \subset E$ und $V : = V_{\tilde{ε}} (y_{0}) \subset F$ . Wir betrachten eine glatte Funktion $f : U \to V$ mit $y = f (x)$ und wollen uns fragen, wann diese invertierbar ist. Dazu definieren wir uns die Abbildung $ϕ (x, y) : = y - f (x)$ und setzen wie gewohnt

\begin{array}{l} ϕ (x, y) = y - f (x) = 0 \Leftrightarrow y = f (x) . \end{array}

Wir wollen nun $x$ darstellen als Inverse von $y$ , d.h. $x = x (y)$ . Damit wir eine lokale Auflösbarkeit bekommen, muss nach dem Satz der lokalen Auflösbarkeit impliziter Funktionen gelten, dass ${[ϕ_{x}^{'}]}^{- 1}$ existiert. In unserem Fall ist

\begin{array}{l} ϕ_{x}^{'} = - f^{'} (x) \end{array}

die Frechet Ableitung von $f$ und diese muss invertierbar sein! Wir erkennen zusätzlich, dass $ϕ_{y}^{'} = 1$ ist und verwenden die bekannte Formel aus Satz 3.10.4

\begin{array}{l} \frac{\partial x}{\partial y} = - {[ϕ_{x}^{'}]}^{- 1} \cdot [ϕ_{y}^{'}] = {[f^{'} (x)]}^{- 1} \cdot 1 \end{array}

BEISPIEL 3.10.8. Wir wollen nun Beispiel 3.10.7 im $ℝ^{n}$ diskutieren, das heißt $E = F = ℝ^{n}$ . Die Gleichung $y = f (x)$ lässt sich wie folgt darstellen

y = f (x) \Leftrightarrow \begin{matrix} y_{1} = f_{1} (x_{1}, \dots, x_{n}) = y_{1} (x_{1}, \dots, x_{n}) \\ ⋮ \\ y_{n} = f_{n} (x_{1}, \dots, x_{n}) = y_{n} (x_{1}, \dots, x_{n}) \end{matrix}\} Gleichungssystem .

Wir leiten nun alle Gleichungen jeweils nach allen Raumrichtungen in $x$ ab und erhalten dann für die Frechet-Ableitung von $f (x)$

f^{'} (x) = \frac{D (y)}{D (x)} = \frac{D (y_{1}, \dots, y_{n})}{D (x_{1}, \dots, x_{n})} = (\begin{matrix} \frac{\partial y_{1}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial y_{1}}{\partial x_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial y_{n}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial y_{n}}{\partial x_{n}} \end{matrix}) : = J .

Nun folgt, dass die Existenz von ${[f^{'} (x)]}^{- 1}$ genau dann gewährleistet ist, wenn $J$ als Matrix invertierbar ist. Dieses ist äquivalent dazu, dass $det (J) \neq 0$ . Nehmen wir nun an, dass wir $f$ invertieren dürfen. Wir erhalten dann die folgenden Gleichungen

f^{- 1} (y) = x (y_{1}, \dots, y_{n}) \Leftrightarrow \begin{matrix} x_{1} = x_{1} (y_{1}, \dots, y_{n}) \\ ⋮ \\ x_{n} = x_{n} (y_{1}, \dots, y_{n}) \end{matrix} .

Wir berechnen nun die Frechet-Ableitung von $x^{'} (y)$ und erhalten

x^{'} (y) = \frac{D (x)}{D (y)} = \frac{D (x_{1}, \dots, x_{n})}{D (y_{1}, \dots, y_{n})} = (\begin{matrix} \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial x_{n}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial x_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix})

Wir verwenden nun die Formel $x^{'} (y) = \frac{\partial x}{\partial y} = {[f^{'} (x)]}^{- 1}$ , die in Beispiel 3.10.7 hergeleitet wurde und erhalten den folgenden Zusammenhang

(\begin{matrix} \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial x_{n}}{\partial y_{1}} & \dots & \frac{\partial x_{n}}{\partial y_{n}} \end{matrix}) = x^{'} (y) = {[f^{'} (x)]}^{- 1} = {(\begin{matrix} \frac{\partial y_{1}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial y_{1}}{\partial x_{n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ \frac{\partial y_{n}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial y_{n}}{\partial x_{n}} \end{matrix})}^{- 1} .

Die Invertierbarkeit ist im Sinne einer Matrix zu bestimmen. Man beachte, dass im Allgemeinen die folgende Ungleichheit gelte $\frac{\partial y_{k}}{\partial x_{l}} \neq {(\frac{\partial x_{l}}{\partial y_{k}})}^{- 1}$ .

DEfiNITION 3.10.9. $f : U \subset ℝ^{n} \to V \subset ℝ^{n}$ ist ein Diffeomorphismus der Klasse $^{p}$ genau dann, wenn

$f : U \to V$ bijektiv ist,
$f \in^{p} (U, V)$ und $f^{- 1} \in^{p} (V, U)$ .

Bis jetzt haben wir noch keine Aussage darüber, ob $f^{- 1}$ Frechet-differenzierbar ist, sofern $f$ Frechet-differenzierbar war. Der nächste Satz klärt auf.

SATZ 3.10.10 (Umkehrfunktion). Es gelte $f : G \subset ℝ^{n} \to ℝ^{n}$ , wobei $G$ offen sein soll. Sei $f \in^{p} (G, ℝ^{m})$ mit $y_{0} = f (x_{0})$ und $x_{0} \in G$ . Weiterhin sei

J (x_{0}) = f^{'} (x_{0}) = {(\begin{matrix} \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial f_{1}}{\partial x_{n}} \\ ⋮ & \dots & ⋮ \\ \frac{\partial f_{n}}{\partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial f_{m}}{\partial x_{n}} \end{matrix})|}_{x = x_{0}}

als Matrix invertierbar. Dann gibt es offene Mengen $x_{0} \in U (x_{0}) : = U$ , $y_{0} \in V (y_{0}) : = V$ , so dass

f : U \to V

ein $^{p}$ -Diffeomorphismus ist.

Wir wollen diesen Satz nicht beweisen, sondern an dieser Stelle wollen wir wissen, wie dieser Satz wirkt. Dafür betrachten wir folgendes Beispiel.

BEISPIEL 3.10.11. Wir betrachten die Abbildung die $x, y$ auf ihre Polarkoordinaten abbildet. Also konkret sei $f : ℝ^{+} \times [0, 2 π) \subset ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ mit folgender Funktionsvorschrift gegeben

f (r, θ) : = (\begin{matrix} x (r, θ) \\ y (r, θ) \end{matrix}) = (\begin{matrix} r cos (θ) \\ r sin (θ) \end{matrix}) .

Wir berechnen nun die Frechet-Ableitung von $f$ und erhalten

f^{'} (r, θ) = (\begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial θ} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial θ} \end{matrix}) = (\begin{matrix} cos (θ) & - r sin (θ) \\ sin (θ) & r cos (θ) \end{matrix}) .

Offensichtlich ist $det f^{'} (r, θ) = r > 0$ . Wenn wir uns also außerhalb einer Umgebung um die Null bewegen, haben wir hier einen $^{p}$ -Diffeomorphismus vorliegen für $p \in ℕ$ . Der Grund dafür ist die lokale Invertierbarkeit da $r > 0$ und alle partiellen Ableitungen von $f$ glatt sind, was mit einer Anwendung des vorherigen Satzes bedeutet, dass $f^{- 1}$ auch glatte partielle Ableitungen besitzt.

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