24 – Implizite Funktion, Höhenlinie

 

Auf der offenen Einheitskreisscheibe

B_1 \left( {0,0} \right) \in \mathbb{R}^2

sei die Funktion

F:B_1 \left( {0,0} \right) \to \mathbb{R}

durch

\left( {x,y} \right) \mapsto \sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)}-\frac{{\sqrt 2 }} {2}

gegeben.

  1. Skizzieren Sie die Höhenlinien

    H_0 = \left\{ {\left( {x,y} \right) \in B_1 \left( {0,0} \right)|F\left( {x,y} \right) = 0} \right\}

    und

    H_{\frac{{\sqrt 3-\sqrt 2 }} {2}} = \left\{ {\left( {x,y} \right) \in B_1 \left( {0,0} \right)|F\left( {x,y} \right) = \frac{{\sqrt 3-\sqrt 2 }} {2}} \right\}

  2. Zeigen Sie, dass die Bedingungen erfüllt sind, unter denen der Satz über implizite Funktionen die Existenz eines \varepsilon > 0 und einer stetig differenzierbaren Funktion

    f:\left] {-\varepsilon ,\varepsilon } \right[ \to \mathbb{R},\quad \quad f\left( 0 \right) =-\frac{{\sqrt 2 }} {2},\quad \quad F\left( {x,f\left( x \right)} \right) = 0\quad \forall \quad x \in \left] {-\varepsilon ,\varepsilon } \right[

    garantiert.

  3. Wie groß kann e höchstens gewählt werden?
  4. Geben Sie f(x) an. Berechnen Sie f’(x) einmal direkt und einmal mit Hilfe des Satzes über implizite Funktionen.
  5. Es gilt auchF\left( {\frac{{\sqrt 2 }} {2},0} \right) = 0

    Gibt es auch hier ein d > 0 und eine Funktion

    f_2 :\left] {-\delta ,\delta } \right[ \to \mathbb{R},\quad \quad f_2 \left( {\frac{{\sqrt 2 }} {2}} \right) = 0,\quad \quad F\left( {x,f_2 \left( x \right)} \right) = 0\quad \forall \quad x \in \left] {-\delta ,\delta } \right[ ?

Lösung

a )

Ein Schaubild der Funktion:

Die Höhenlinie H0 ist definiert als der Schnitt der Funktion mit einer Ebene in der Höhe 0:

Wir bestimmen nun den Radius des Kreises der Höhenlinie:

F\left( {x,y} \right) = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)}-\frac{{\sqrt 2 }} {2} = 0

\sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)} = \frac{{\sqrt 2 }} {2}

x^2+y^2 = \frac{1} {2}

Analog dazu die andere Höhenlinie:

F\left( {x,y} \right) = \frac{{\sqrt 3-\sqrt 2 }} {2}\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)}-\frac{{\sqrt 2 }} {2} = \frac{{\sqrt 3-\sqrt 2 }} {2}

\sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)} = \frac{{\sqrt 3 }} {2}

1-\left( {x^2+y^2 } \right) = \frac{3} {4}

x^2+y^2 = \frac{1} {4}

b )

Die implizite Funktion kann an jeder Stelle nur eine endliche Steigung haben, da sie stetig differenzierbar ist. Die Funktion ist nun aber die Zuordnung von y-Werten zu x-Werten. Die beiden Bedingungen an die Funktion sind:

f\left( 0 \right) =-\frac{{\sqrt 2 }} {2}

und

F\left( {x,f\left( x \right)} \right) = 0

Die erste Bedingung legt schon einen Punkt der impliziten Funktion fest, die zweite besagt, dass die Koordinaten (x, f(x)) je einer Koordinate auf der Nulllinie entsprechen (da die ursprüngliche Funktion dort = 0 sein soll).

Die Funktion f(x) sieht daher so aus:

Die Bedingungen sind beide erfüllt.

c )

Die Steigung der impliziten Funktion bleibt endlich, solange y ungleich 0 ist. e muss also innerhalb des Definitionsbereiches sein:

\varepsilon \in \left] {-\frac{{\sqrt 2 }} {2},\frac{{\sqrt 2 }} {2}} \right[

d )

Für die Höhenlinie gilt:

F\left( {x,y} \right) = 0

Wir setzen ein und formen nach y um, um die Funktion in Abhängigkeit von x zu erhalten:

F\left( {x,y} \right) = 0\quad \quad \Rightarrow \quad \quad \sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)}-\frac{{\sqrt 2 }} {2} = 0

\sqrt {1-\left( {x^2+y^2 } \right)} = \frac{{\sqrt 2 }} {2}

x^2+y^2 = \frac{1} {2}

y = \sqrt {\frac{1} {2}-x^2 }

Die Funktion ergibt einen Halbkreis:

Wir schreiben daher

y = \pm \sqrt {\frac{1} {2}-x^2 }

um auch die untere Hälfte zu erwischen:

Nun berechnen wir die Ableitung:

f\left( x \right) = \sqrt {\frac{1} {2}-x^2 } = \left( {\frac{1} {2}-x^2 } \right)^{\frac{1} {2}}

\Rightarrow \quad f ^{\prime}\left( x \right) = \frac{1} {2}\left( {\frac{1} {2}-x^2 } \right)^{-\frac{1} {2}} \left( {-2x} \right) =-\frac{x} {{\sqrt {\frac{1} {2}-x^2 } }}

Setzen wir y wieder ein, erhalten wir:

f ^{\prime}\left( x \right) =-\frac{x} {{\sqrt {\frac{1} {2}-x^2 } }} =-\frac{x} {y}

Das gleiche Ergebnis erhalten wir, wenn wir uns den Satz über implizite Funktionen zunutze machen. Die Ableitung der impliziten Funktion ist der Quotient aus den Richtungsableitungen der ursprünglichen Funktion:

f ^{\prime}\left( x \right) = \frac{{F_x }} {{F_y }} =-\frac{{\frac{1} {2}\left( {1-\left( {x^2+y^2 } \right)} \right)^{-\frac{1} {2}} \left( {-2x} \right)}} {{\frac{1} {2}\left( {1-\left( {x^2+y^2 } \right)} \right)^{-\frac{1} {2}} \left( {-2y} \right)}} =-\frac{x} {y}

e )

Der Betrachtete Punkt liegt auf dem Schnittpunkt von Höhenlinie und x-Achse. Daher kann es kein geeignetes δ geben, denn rechts vom Punkt ist die Funktion nicht definiert und im Punkt selbst hat sie eine unendliche Steigung.