%\section{Umkehrsatz und Anwendungen} \subsection{Der Satz "uber implizite Funktionen} \begin{Bemerkungl}[\textbf{Erl"auterung des Satzes in einem Spezialfall}] Gegeben eine differenzierbare Funktion $f:\DR^3\ra\DR$ von drei Ver"anderlichen scheint es mir anschaulich klar, da"s salopp gesprochen ihre Niveaufl"ache $N$ durch einen vorgegebenen Punkt $p\in\DR^3$ lokal um $p$ als Graph einer reellwertigen Funktion der ersten beiden Ver"anderlichen dargestellt werden kann, \emph{wenn} die Tangentialebene an unsere Niveaufl"ache bei $p$ nicht auf der $xy$-Ebene alias der Nullstellenmenge der dritten Ver"anderlichen senkrecht steht, wenn also die partielle Ableitung unserer Funktion $f$ nach der dritten Ver"anderlichen bei $p$ nicht verschwindet. Etwas formaler sollte es also unter der Bedingung $f_z(p)\neq 0$ offene Teilmengen $C_1\co \DR^2$ und $A_1\co \DR$ geben derart, da"s gilt $p\in C_1\times A_1$ und da"s $N \cap (C_1\times A_1)$ der Graph einer Funktion $g:C_1\ra A_1$ ist. Derartige \glqq implizit definierte Funktionen\grqq\ werden wir im folgenden in voller Allgemeinheit studieren, allerdings mit einer anderen Konvention der Bezeichnung der Variablen: Statt $(x,y,z)$ schreiben wir im folgenden $(z_1,z_2,x)$ und fassen $f$ bei vorgegebenem $b=f(p)$ auf als eine Gleichung in $x$, die von zwei Parametern $z_1,z_2$ abh"angt. Unsere implizite Funktion ist in dieser Notation dann diejenige Funktion $g:C_1\ra A_1$, die charakterisiert wird durch die Bedingung $f(z_1,z_2, g(z_1,z_2))=f(p)$. Die Bedingung an die lokale Existenz einer impliziten Funktion lautet in dieser Notation dann $f_x(p)\neq 0$. Im folgenden betrachten wir allgemeiner nicht nur von Parametern abh"angende Abbildungen $\DR\ra\DR$ sondern allgemeiner von Parametern abh"angende Abbildungen $\DR^m\ra\DR^m$. Mit $x$ werden dann Koordinaten des Ausgangsraums bezeichnet und mit $y$ Koordinaten des Raums, in dem unsere Abbildung landet. \end{Bemerkungl} \begin{Bemerkungl}[\textbf{Erl"auterung des Satzes in Koordinaten}] Gegeben allgemeiner nicht nur eine einzige Gleichung in mehreren Ver"anderlichen, sondern ein ganzes Gleichungssystem mit weniger Gleichungen als Unbekannten, sagen wir mit nur $m$ Gleichungen f"ur $m+n$ Unbekannte, wird man im allgemeinen erwarten, da"s sich die L"osungsmenge in der folgenden Weise beschreiben l"a"st: Wir d"urfen $n$ Unbekannte frei w"ahlen und k"onnen die "ubrigen $m$ Unbekannten dann aus unseren $m$ Gleichungen als Funktionen der bereits gew"ahlten $n$ Unbekannten bestimmen. % Das vorhergehende Beispiel w"are hier der Fall % einer Gleichung $m=1$ in $1+2=3$ Unbekannten. Mir hilft es beim Denken und Reden, diese $n$ frei zu w"ahlenden Unbekannten als \glqq Parameter\grqq\ zu bezeichnen und unser System als ein System von $m$ Gleichungen in $m$ Unbekannten $x_1,\ldots, x_m$ anzusehen, bei dem unsere $m$ Gleichungen noch von insgesamt $n$ Parametern $z_1,\ldots, z_n$ abh"angen, in Formeln $$ \begin{array}{ccc} f_1(z_1,\ldots, z_n,x_1,\ldots, x_m)&=&b_1\\ \vdots&&\vdots\\ f_m(z_1,\ldots, z_n,x_1,\ldots, x_m)&=&b_m \end{array} $$ f"ur fest vorgegebene $b_1,\ldots, b_m$. Besteht unser Gleichungsystem etwa aus $m$ linearen Gleichungen in $m$ Unbekannten, wobei diese $m$ Gleichungen noch stetig von den $n$ Parametern $z_1,\ldots, z_n$ abh"angen, und ist die $(m\times m)$-Matrix der Koeffizienten f"ur eine Wahl der Parameter invertierbar, so wird sie auch f"ur benachbarte Parameter invertierbar bleiben, und wir k"onnen die eindeutig bestimmten L"osungen f"ur benachbarte Parameter als Funktionen der Parameter schreiben. Sind unsere Gleichungen nicht linear, so gelten entsprechende Aussagen. Eine pr"azise Formulierung gibt der \glqq Satz "uber implizite Funktionen\grqq. Mit den \glqq impliziten\grqq\ Funktionen sind dabei diejenigen Funktionen gemeint, die die $m$ Unbekannten $x_1,\ldots, x_m$ als Funktionen der $n$ Parameter $z_1,\ldots, z_n$ ausdr"ucken: Diese Funktionen sind n"amlich a priori nicht explizit etwa als Polynome oder allgemeiner als algebraische Ausdr"ucke in bekannten Funktionen gegeben, sondern nur implizit als L"osungen eines Gleichungssystems. \end{Bemerkungl} \begin{Bemerkungl}[\textbf{Erl"auterung des Satzes im Fall linearer Funktionen}] Ich will den Fall, da"s unsere Gleichungen linear sind und sogar linear von den Parametern abh"angen, auch noch koordinatenfrei und etwas pr"aziser formulieren. Seien dazu ganz allgemein $X,Y,Z$ Vektorr"aume. Die Elemente von $Z$ spielen im folgenden die Rolle der \glqq Parameter\grqq. Ist $f: Z\times X\ra Y$ eine lineare Abbildung, deren Restriktion auf $X$ bijektiv ist, so gibt es bei festem $b\in Y$ genau eine Abbildung $g:Z\ra X$ mit $f(z,g(z))=b$ f"ur alle $z\in Z$. In der Tat ist unsere Gleichung wegen der Linearit"at von $f$ gleichbedeutend zu $f(0,g(z))+f(z,0)=b$, und nach Annahme gibt es eben genau ein $x\in X$ mit $f(0,x)=b-f(z,0)$. Bezeichnet in Formeln $\op{in}_X$ die lineare Einbettung $x\mapsto (0,x)$ von $X$ nach $Z\times X$, so haben wir $g(z)=(f\circ \op{in}_X)^{-1}(b-f(z,0))$. Notieren wir auch noch $\op{in}_Z$ die lineare Einbettung $z\mapsto (z,0)$ von $Z$ nach $Z\times X$ und nehmen der Einfachkeit halber $b=0$ an, so erhalten wir $$g=-(f\circ \op{in}_X)^{-1} \circ (f\circ \op{in}_Z)$$ Der Satz "uber implizite Funktionen besagt, da"s "ahnliche Aussagen \glqq lokal\grqq\ auch allgemeiner f"ur beliebige stetig differenzierbare Abbildungen gelten. \end{Bemerkungl} \begin{figure}[p] \centering \includegraphics[width=\textwidth]{SkriptenBilder/Bildimpl}\\[4mm] \noindent Der Schnitt der Niveaufl"ache $\{(z,x)\mid f(z,x)=x^2-z=0\}$ mit einem geeigneten Rechteck $C_1\times A_1$ ist der Graph einer Funktion, eben der entsprechenden impliziten Funktion, hier der Funktion $g(z)=\sqrt{z}$. Dieses Beispiel zeigt auch, da"s im Fall von nicht zusammenh"angendem $C_1$ die implizite Funktion durchaus von der Wahl von $A_1$ abh"angen kann: Zwei Paare $(C_1,A_1)$ und $(C_1,A_1')$ mit demselben\label{BIMPL} $C_1$ k"onnen verschiedene implizite Funktionen $C_1\ra A$ liefern! Die Tangente an den Graphen unserer impliziten Funktion $g$ schlie"slich steht in $(c,a)$ senkrecht auf dem Gradienten $(f_z(c,a),f_x(c,a))$, so da"s auch die Formel f"ur die Tangentensteigung $g'(c)= -f_z(c,a)/f_x(c,a)$ anschaulich unmittelbar einleuchtet. \end{figure} \begin{Satz}[\textbf{"uber implizite Funktionen}] Seien $Z,X,Y$ endlichdimensionale reelle R"aume, $C \co Z$ und $A \co X$ offen\label{SsIF} und $f: C\times A \ra Y$ stetig differenzierbar. Sei eine Stelle $(c,a)\in C\times A$ gegeben derart, da"s das Differential $\diff_{(c,a)} f$ von $f$ an dieser Stelle eine Bijektion $$(\diff_{(c,a)} f)\circ \op{in}_{\vec{X}}: \vec{X}\sira \vec{Y}$$ induziert. So existieren Paare $(C_1,A_1)$ bestehend aus einer offenen Umgebung $C_1\co C$ von $c$ und einer offenen Umgebung $A_1\co A$ von $a$ derart, da"s die Niveaumenge $\{(z,x)\in C_1\times A_1\mid f(z,x)=f(c,a)\}$ der Graph einer stetig differenzierbaren Funktion $g:C_1\ra A_1$ ist. Jede derart durch die Bedingung $f(z,g(z))=f(c,a)$ erkl"arte \emph{\bf implizite Funktion}\index{implizit!Funktion}\index{Funktion!implizite} $g$ hat dann bei $z\in C_1$ das Differential $$\diff_z g= -\left(\diff_{(z,g(z))}f \circ \op{in}_{\vec{X}}\right)^{-1} \circ (\diff_{(z,g(z))} f \circ \op{in}_{\vec{Z}})$$ \end{Satz} \begin{Bemerkungl}[\textbf{Eindeutigkeit impliziter Funktionen}] % Wir sagen unter diesen Umst"anden, die Funktion $g$ % sei {\bf implizit definiert % durch die Bedingung $f(z,g(z))=b$} f"ur $b=f(c,a)$. Es kann durchaus verschiedene\label{ZIF} Paare $(C_1,A_1)$ und $(C_1',A_1')$ geben, f"ur die die Bedingungen des Satzes erf"ullt sind. Im Fall von nicht zusammenh"angendem $C_1$ kann die implizite Funktion auch durchaus von der Wahl von $A_1$ abh"angen: Zwei Paare $(C_1,A_1)$ und $(C_1,A_1')$ mit demselben $C_1$ k"onnen also durchaus verschiedene implizite Funktionen $C_1\ra A$ liefern, wie nebenstehendes Bild illustriert. Wir werden jedoch zus"atzlich zeigen, da"s man im Satz eine offene Umgebung $C_1\co C$ von $c$ sogar so w"ahlen kann, da"s es (1) f"ur jede darin enthaltene \emph{wegzusammenh"angende} offene Umgebung $U$ von $c$ genau eine stetige Funktion $g:U\ra A$ gibt mit $g(c)=a$ und $f(z,g(z))=f(c,a)$ f"ur alle $z\in U$ und da"s (2) die so erkl"arten Funktionen $g:U\ra A$ stets stetig differenzierbar sind. \end{Bemerkungl} \begin{Bemerkungl} Die Kettenregel zeigt, da"s die lineare Abbildung $(\diff_{(c,a)} f)\circ \op{in}_{\vec{X}}$ auch als das Differential bei $a$ der Abbildung $x\mapsto f(c,x)$ verstanden werden kann. Wenn also dies Differential invertierbar ist f"ur einen Parameter $c$, so kann \glqq jedes kleine Verwackeln von $c$ zu $z$ eindeutig durch ein kleines Verwackeln von $a$ zu $x$ in dem Sinne ausgeglichen werden, da"s unter diesem simultanen Wackeln der Wert von $f$ konstant bleibt\grqq. \end{Bemerkungl} \begin{Bemerkungl}\label{IFBR} Wieder gilt der Satz mit demselben Beweis auch f"ur vollst"andige normierte R"aume, wenn man zus"atzlich zur Bijektivit"at auch noch die Stetigkeit der inversen Abbildung von $(\diff_{(c,a)} f)\circ \op{in}_{\vec{X}}: \vec{X}\sira \vec{Y}$ fordert und \glqq stetig differenzierbar\grqq\ im Sinne von \ref{SDi} interpretiert. Diese Allgemeinheit wird sich bei der L"osung gew"ohnlicher Differentialgleichungen \ref{ALAW} als n"utzlich erweisen. Der Satz vom offenen Bild \eref{BSU}{AN3} wird sp"ater einmal zeigen, da"s unsere zus"atzliche Voraussetzung "uberfl"ussig ist, da sie n"amlich automatisch erf"ullt ist, aber das soll vorerst weder bewiesen noch verwendet werden. \end{Bemerkungl} \begin{Beispiel}\label{BIMP} Wir betrachten $f(z,x) = x^3 + zx^2 -3$ als eine Schar von Polynomen in $x$ mit Parameter $z$. F"ur $z =2$ ist $x =1$ eine Nullstelle, $f(2,1) =0$. Wir wollen nun untersuchen, wie diese Nullstelle \glqq mit dem Parameter $z$ wackelt\grqq, und wenden dazu den Satz "uber implizite Funktionen an. Die partielle Ableitung nach $x$ ist $f_x = 3x^2 +2zx$, insbesondere haben wir $f_x (2,1) =7 \neq 0$ und nach dem Satz "uber implizite Funktionen gibt es folglich $\varepsilon > 0$ und $\delta >0$ derart, da"s f"ur alle $z \in (2-\varepsilon, 2+\varepsilon)$ das Polynom $f(z,\;)$ genau eine Nullstelle $x = g (z) \in (1-\delta, 1+\delta)$ hat. Diese Funktion $g$ ist zwar schwer explizit anzugeben, aber der Satz sagt uns, da"s sie in einer Umgebung von $z=2$ differenzierbar ist, und ihre Ableitung bei $z =2$ kennen wir auch: Wir haben n"amlich $f_z =x^2$, $ f_z (2,1) =1$ und folglich \begin{displaymath} g^\prime (2) = - f_x (2,1)^{-1} f_z (2,1) = -\frac{1}{7} \end{displaymath} Betrachten wir stattdessen $h(z,x)=x^2-z$, so ist f"ur $z=0$ nat"urlich $x=0$ eine Nullstelle, aber Entsprechendes gilt keineswegs: Schieben wir $z$ etwas ins Negative, so hat $h(z,\;)$ "uberhaupt keine \begin{figure}[p] \centering \includegraphics[width=\textwidth]{SkriptenBilder/Bildimq}\\[4mm] \noindent Die Graphen von $h(0,\;)$, $h(-1/2,\;)$ und $h(1/2,\;)$ f"ur die Funktion $h(z,x)=x^2-z$ vom Ende des Beispiels \ref{BIMP}. Hier haben wir anders als sonst $x$ in horizontaler Richtung aufgetragen und denken an Nullstellen der ver"anderten Gleichung statt an Schnitte der Niveaulinie $h(z,x)=x^2-z=0$ mit verschiedenen horizontalen Geraden. Dies Bild interpretiert also diesselbe Formeln wie das vorhergehende Bild auf Seite \pageref{BIMPL}, nur eben in der alternativen Anschauung der \glqq Abh"angigkeit der Nullstellen von den Parametern\grqq\ und in einem entsprechend an der Hauptdiagonale gespiegeltem Koordinatensystem. \end{figure} reelle Nullstelle mehr, schieben wir $z$ dahingegen etwas ins Positive, so werden aus unserer Nullstelle pl"otzlich zwei Nullstellen, wie das nebenstehende Bild illustriert. Das zeigt, da"s die Bedingung an die Ableitung auch wirklich notwendig ist. \end{Beispiel} \begin{Bemerkungl} Ich will den Satz "uber implizite Funktionen auch noch in Koordinaten angeben. Seien dazu $C \co \Bbb{R}^{n}$ und $A\co \Bbb{R}^{m}$ offen, $f: C\times A \ra \Bbb{R}^{m}$ stetig differenzierbar und $z_1,\ldots,z_n,x_1,\ldots,x_m$ unsere \glqq Parameter\grqq\ und \glqq Unbekannten\grqq. So gilt: \begin{enumerate} \item Ist die Matrix $$\left( \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}}\right)^{m}_{i,j=1}$$ nicht ausgeartet an einer Stelle $(c,a)\in C\times A$, so existieren Tripel $(C_1,A_1,g)$ bestehend aus einer offenen Umgebung $C_1\co C$ von $c$, einer offenen Umgebung $A_1\co A$ von $a$ und einer stetig differenzierbaren Funktion $g:C_1\ra A_1$ derart, da"s an jeder Stelle $z\in C_1$ der Wert $g(z)$ das einzige $x \in A_1$ ist mit $f(z,x)=f(c,a)$. \item Die partiellen Ableitungen der Komponenten von $g$ werden dann gegeben durch die Matrix-Gleichung $$\left(\left.\frac{\partial g_{j}}{\partial z_{k}}\right|_z\right)= -\left(\left. \frac{\partial f_{i}}{\partial x_{j}} \right|_{(z,g(z))}\right)^{-1} \left(\left.\frac{\partial f_{i}} {\partial z_{k}}\right|_{(z,g(z))}\right)$$ \end{enumerate} In dieser Sprache ausgedr"uckt kann also ein System von $m$ Gleichungen in $m+n$ Unbekannten im allgemeinen \glqq lokal\grqq\ in der Weise aufgel"ost werden, da"s wir $n$ der Unbekannten frei w"ahlen und die restlichen $m$ Unbekannten dadurch dann im Wesentlichen eindeutig festgelegt werden. \end{Bemerkungl} \begin{Beispiel} Wir betrachten $f:\DR\times \DR\ra \DR$, $f(z,x)=z^2+x^2$ und $(c,a)=(0,1)$. Da $\frac{\partial f}{\partial x}$ nicht verschwindet bei $(0,1)$, sind die Voraussetzungen des Satzes erf"ullt. Ein m"ogliches Tripel best"unde aus $C_1=(-1,1)$, $A_1=(0,\infty)$ und $g(z)=\sqrt{1-z^2}$. Unsere implizite Funktion sucht sich in diesem Fall f"ur jedes $z\in (-1,1)$ dasjenige positive $x=g(z)$ aus, f"ur das der Punkt $(z,x)$ auf dem Einheitskreis liegt. Die Ableitung dieser impliziten Funktion ergibt sich mit unserer Regel richtig zu $$\frac{\partial g}{\partial z} =-\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{-1} \left(\frac{\partial f}{\partial z}\right) =-\frac{2z}{2x}=-\frac{z}{\sqrt{1-z^2}}$$ \end{Beispiel} \begin{Beispiel} Wir betrachten $f: \DR^2\times\DR\ra \DR$, $f(z,w,x)=z^2+w^2+x^2 $ und $(c,a)=(0,0,1)$. Um Indizes zu vermeiden, haben wir hier die Parameter mit $(z,w)$ statt mit $(z_1,z_2)$ bezeichnet. Da $\frac{\partial f}{\partial x}$ nicht verschwindet bei $(0,0,1)$, sind die Voraussetzungen des Satzes erf"ullt. Ein m"ogliches Tripel best"unde aus $C_1$ der offenen Einheitskreisscheibe in der $zw$-Ebene, $A_1=(0,\infty)$ und $g(z,w)=\sqrt{1-z^2-w^2}$. Anschaulich w"ahlt unsere implizite Funktion f"ur jedes Paar $(z,w)$ aus der offenen Einheitskreisscheibe das positive $x$ aus, f"ur das der Punkt $(z,w,x)$ auf der Einheitssph"are liegt. \end{Beispiel} \begin{Beispiel} Wir betrachten das Gleichungssystem $$ \begin{array}{lll} \zeta \xi +\zeta v-\xi u^2&=&1\\[2mm] \zeta u^3+3\zeta u-uv&=&3 \end{array} $$ Es ist etwa erf"ullt f"ur $(\zeta ,\xi ,u,v)=(1,1,1,1)$. Wenn man nun $\zeta $ und $\xi $ ein bi"schen "andert, kann man dann stets $u$ und $v$ so anpassen, da"s unser Gleichungssystem erf"ullt bleibt? Der Satz "uber implizite Funktionen liefert genau diese Aussage, man mu"s dazu nur pr"ufen, da"s die $(2\times 2)$-Matrix der partiellen Ableitungen der beiden Gleichungen unseres Systems nach $u$ und $v$ bei $(1,1,1,1)$ invertierbar ist. Genauer erh"alt man hier die Matrix $${\scriptstyle\begin{pmatrix}-2&\;\;1\\\;\;5&-1 \end{pmatrix}}$$ und damit implizite Funktionen $u(\zeta ,\xi )$ und $v(\zeta ,\xi )$, die in einer Umgebung von $(1,1)$ definiert sind und die dort jeweils den Wert $1$ annehmen. Man beachte jedoch die Verschiebung der Notation: Unser $(\zeta ,\xi )$ hier entspricht im Satz "uber implizite Funktionen dem $z$ und unser $(u,v)$ hier hie"s dort $x$. Wie finden wir nun die partiellen Ableitungen von $u$ und $v$ bei $(\zeta ,\xi )=(1,1)$? Sicher k"onnen wir unsere abstrakte Formel anwenden, aber dabei verheddert man sich leicht. Ich ziehe es vor, den Beweis im Spezialfall zu wiederholen und die definierenden Gleichungen partiell abzuleiten. Wir erhalten so f"ur die partiellen Ableitungen nach $\zeta $ etwa $$ \begin{array}{lll} \xi +v+\zeta v_\zeta -2\xi uu_\zeta &=&0\\[2mm] u^3+3\zeta u^2u_\zeta +3u +3\zeta u_\zeta -u_\zeta v-uv_\zeta &=&0 \end{array} $$ und nach Auswerten bei $(\zeta ,\xi )=(1,1)$ ergibt sich f"ur die Werte unserer partiellen Ableitungen dort das lineare Gleichungssystem $$ \begin{array}{lll} 2+v_\zeta -2u_\zeta &=&0\\[2mm] 4 +5u_\zeta -v_\zeta &=&0 \end{array} $$ dessen L"osung keine Probleme mehr aufwerfen sollte. \end{Beispiel} \begin{proof}[Beweis des Satzes \ref{SsIF} "uber implizite Funktionen] Wir setzen $f(c,a)=b$ und betrachten die Abbildung $$\begin{array}{cccl} F :& C\times A &\ra & \;\;\; Z\times Y\\ &(z,x) & \mapsto & (z , f(z,x) ) \end{array}$$ Ihr Differential bei $(c,a)$ hat im Sinne von \eref{MaDS}{LA1} Block-Gestalt $$\left(\begin{array}{cc} \op{id}_{\vec{Z}}&0\\[4mm] \diff_{(c,a)}f\circ \op{in}_{\vec{Z}}&\diff_{(c,a)}f\circ \op{in}_{\vec{X}} \end{array} \right) $$ und ist insbesondere invertierbar. Nach dem Umkehr\-satz gibt es also offene Umgebungen $C_{1} \subset C$ von $c$ und $A_{1} \subset A$ von $a$ und $P_{1} \co Z\times Y $ von $(c,b)=F(c,a)$ derart, da"s $F$ einen $\cal{C}^1$-Diffeomorphismus $$F : C_{1}\times A_1 \sira P_{1}$$ liefert. Die Umkehrabbildung $G= F^{-1} : P_{1} \sira C_{1}\times A_1$ hat dann offensichtlich die Gestalt $(z,y) \mapsto (z,\tilde{g}(z,y))$ f"ur geeignetes $\tilde{g} : P_{1} \ra X$. Nun ist $f(z,x) =b$ gleichbedeutend zu $F(z,x) = (z,b)$, und unter den Zusatzannahmen $(z,x)\in C_{1}\times A_1$ und $(z,b)\in P_1$ ist das weiter gleichbedeutend zu $(z,x)=G(z,b)$ alias $x=\tilde{g}(z,b)$. Verkleinern wir falls n"otig $C_1$ noch weiter derart, da"s zus"atzlich gilt $ C_1 \times\{b\} \subset P_{1}$, dann gibt es zu jedem $z \in C_1$ genau ein $x = g(z) \in A_1$ mit $f(z,x) =b$, n"amlich $g(z) = \tilde{g}(z,b)$. Die so definierte Funktion $g$ ist stetig differenzierbar nach dem Umkehrsatz. Ihre Ableitung bei $z\in C_1$ ergibt sich leicht, wenn man die Definitionsgleichung $f(z,g(z))=b$ als Abbildung $C_1\ra Y$ auffa"st und auf beiden Seiten das Differential an der Stelle $z$ nimmt: Mit der Kettenregel folgt n"amlich $$\diff _{(z,g(z))} f \circ {\op{id} \choose \diff_z g} = 0$$ und zerlegen wir darin $\diff _{(z,g(z))} f=(\diff _{(z,g(z))} f \circ \op{in}_{\vec{Z}}, \diff _{(z,g(z))} f \circ \op{in}_{\vec{X}})$ als Zeilen-Blockmatrix im Sinne von \eref{MaDS}{LA1}, so ergibt sich sofort die behauptete Formel f"ur das Differential. \end{proof} \begin{figure}[p] \centering \includegraphics[width=\textwidth]{SkriptenBilder/BildIFP}\\[4mm] \noindent Die Funktion $ f: \mathbb R^3 \backslash \langle \op{e}_3 \rangle \rightarrow \mathbb R $ auf dem Komplement der $z$-Achse gegeben durch $ (r \cos \vartheta, r \sin \vartheta, z) \mapsto \sin (z -\vartheta) $ f"ur $r > 0$ und $\vartheta$ beliebig hat als Niveaumenge zum Niveau Null eine Wendeltreppe, die sich um die $z$-Achse $\langle \op{e}_3\rangle$ windet. Eingezeichnet sind zusammenh"angende offene Umgebungen $C_1$ und $C^\prime_1$ eines Punkte $c\in \DR^2$, die sich durchaus zu \glqq erlaubten\grqq\ Paaren $(C_1, A_1)$ und $(C^\prime_1, A^\prime_1)$ erg"anzen lassen, bei denen die zugeh"origen impliziten Funktionen jedoch auf $C_1 \cap C_1^\prime$ nicht "ubereinstimmen. \end{figure} \begin{Bemerkunge} Wir zeigen noch unsere Behauptung \ref{ZIF} und zeigen genauer, da"s f"ur $C_1$ wie im vorhergehenden Beweis und $U\co C_1$ eine wegzusammenh"angende Umgebung von $c$ die Einschr"ankung der bisher betrachteten Funktion $g:C_1\ra A_1$ auch die einzige stetige Funktion $\hat{g}:U\ra A$ ist mit $\hat{g}(c)=a$ und $f(z,\hat{g}(z))=b$ f"ur alle $z\in U$. Sei in der Tat solch ein $\hat{g}$ gegeben. Die Menge der Punkte $z\in U$ mit $\hat{g}(z)=g(z)$ ist nicht leer, da sie $c$ enth"alt. Sie ist abgeschlossen in $U$ wegen der Stetigkeit beider Funktionen. Wenn wir auch noch ihre Offenheit zeigen, sind wir fertig mit \ref{WZTT}. Wegen der Stetigkeit nimmt $\hat{g}$ in einer Umgebung von $c$ nur Werte aus $A_1$ an, in dieser Umgebung von $c$ mu"s also $\hat{g}$ mit $g$ "ubereinstimmen. Dieselbe Argumentation greift nun aber f"ur jeden Punkt $z\in U$ mit $\hat{g}(z)=g(z)$, denn alles bereits Gesagte gilt genauso f"ur $(z,g(z))$ wie f"ur $(c,a)$. \end{Bemerkunge} \subsubsection*{"Ubungen} \begin{Ubung}\label{ReKo} Gegeben eine einfache Nullstelle eines reellen oder komplexen Polynoms wird bei hinreichend kleinem Wackeln an den Koeffizienten des Polynoms sich auch unsere Nullstelle nur ein bi"schen bewegen und differenzierbar, im komplexen Fall sogar komplex differenzierbar von besagten Koeffizienten abh"angen. Man formuliere diese Aussage pr"azise und beweise sie. \end{Ubung} \begin{Ubung} Man zeige, da"s es keine stetig differenzierbare bijektive Abbildung $\DR^2\sira \DR$ geben kann. \end{Ubung}