Analysis

4. UMKEHRSATZ UND ANWENDUNGEN 451
im Satz über implizite Funktionen dem z und unser (u, v) hier hieß dort x.
Wie finden wir nun die partiellen Ableitungen von u und v bei (ζ, ξ) = (1, 1) ?
Sicher können 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 für die
partiellen Ableitungen nach ζ etwa
ξ + v + ζvζ − 2ξuuζ = 0
u 3 + 3ζu 2 uζ + 3u + 3ζuζ − uζv − uvζ = 0
und nach Auswerten bei (ζ, ξ) = (1, 1) ergibt sich für die Werte unserer
partiellen Ableitungen dort das lineare Gleichungssystem
2 + vζ − 2uζ = 0
4 + 5uζ − vζ = 0
dessen Lösung keine Probleme mehr aufwerfen sollte.
Beweis des Satzes 4.2.4 über implizite Funktionen. Wir setzen f(c, a) = b
und betrachten die Abbildung
F : C × A → Z × Y
(z, x) ↦→ (z, f(z, x))
Ihr Differential bei (c, a) hat im Sinne von ?? Block-Gestalt
⎛
⎝
idZ 0
⎞
⎠
d(c,a)f ◦ inZ d(c,a)f ◦ inX und ist insbesondere invertierbar. Nach dem Umkehrsatz gibt es also offene
Umgebungen C1 ⊂ C von c und A1 ⊂ A von a und P1 ⊂◦ Z × Y von (c, b) =
F (c, a) derart, daß F einen C 1 -Diffeomorphismus
F : C1 × A1
∼
→ P1
liefert. Die Umkehrabbildung G = F −1 ∼
: P1 → C1×A1 hat dann offensichtlich
die Gestalt (z, y) ↦→ (z, ˜g(z, y)) für geeignetes ˜g : P1 → X. Nun ist f(z, x) = b
gleichbedeutend zu F (z, x) = (z, b), und unter den Zusatzannahmen (z, x) ∈
C1×A1 und (z, b) ∈ P1 ist das weiter gleichbedeutend zu (z, x) = G(z, b) alias
x = ˜g(z, b). Verkleinern wir falls nötig C1 noch weiter derart, daß zusätzlich
gilt C1 × {b} ⊂ P1, dann gibt es zu jedem z ∈ C1 genau ein x = g(z) ∈ A1
mit f(z, x) = b, nämlich g(z) = ˜g(z, b). Die so definierte Funktion g ist