IV.3 Satz von Schwarz und Integrabilitätsbedingung

Bevor wir den Satz von Schwarz formulieren, klären wir kurz, was 'stetig' bei zwei Variablen heisst. Aus Analysis I kennst du Stetigkeit für Funktionen in einer Variable: $f$ stetig in $x_0$ bedeutet, dass jede Folge $x_n \to x_0$ auch $f(x_n) \to f(x_0)$ erfüllt. In zwei Variablen heisst es genauso, nur jetzt mit Folgen in der Ebene.

Formal: $f$ heisst stetig in $(x_0, y_0)$, wenn für jede Folge $(x_n, y_n)$ in der Ebene mit $(x_n, y_n) \to (x_0, y_0)$ auch $f(x_n, y_n) \to f(x_0, y_0)$ gilt. Achtung: 'jede Folge' meint wirklich jede Annäherung, egal aus welcher Richtung.

Der Satz von Schwarz wird gleich verlangen, dass $f_{xy}$ und $f_{yx}$ stetig sind. Bei welchen Funktionen ist das automatisch der Fall?

Bei Polynomen, Exponentialfunktionen und trigonometrischen Funktionen sind alle partiellen Ableitungen aller Ordnungen automatisch stetig. Beispiel aus IV.2 §3.2: $f(x, y) = e^{x^3+3y}$. Alle Ableitungen sind wieder Polynome mal $e^{x^3+3y}$, also auf ganz $\mathbb{R}^2$ stetig. Für Schwarz reicht das.

Bei rationalen Funktionen (Quotienten von Polynomen): stetig auf dem Definitionsbereich, aber Vorsicht an Polstellen. Bei Wurzeln und Logarithmen: stetig im Inneren des Definitionsbereichs.

Jetzt der Hauptsatz dieses Kapitels.

Voraussetzungen: $f: A \to \mathbb{R}$ ist eine Funktion in zwei Variablen, $A \subset \mathbb{R}^2$ offen, $(x_0, y_0) \in A$ ein innerer Punkt. Die gemischten zweiten Ableitungen $f_{xy}$ und $f_{yx}$ existieren in einer Umgebung von $(x_0, y_0)$ und sind dort stetig.

Konklusion: Am Punkt $(x_0, y_0)$ stimmen $f_{xy}$ und $f_{yx}$ überein.

Die Idee des Beweises geht in drei Bewegungen. Erst ein kleines Quadrat mit einer Ecke bei $(x_0, y_0)$ aufstellen. Dann die Doppel-Differenz von $f$ auf zwei Wegen ausdrücken. Beide Wege liefern denselben Quotienten $A(h)/h^2$, einmal als $f_{xy}$-Wert, einmal als $f_{yx}$-Wert. Zum Schluss Limes für $h \to 0$, und Stetigkeit verschiebt die Auswertung an den Punkt $(x_0, y_0)$.

Konstruktion. Quadrat mit Ecken $(x_0, y_0)$, $(x_0+h, y_0)$, $(x_0+h, y_0+h)$, $(x_0, y_0+h)$. Wir nehmen $h$ so klein, dass alle vier Ecken in der Umgebung liegen, in der $f_{xy}$ und $f_{yx}$ stetig sind.

Erster Weg. Hilfsfunktion $\varphi$ in einer Variable: pro $x$ misst $\varphi(x)$ den vertikalen 'Höhenunterschied' von $f$ zwischen $y_0$ und $y_0+h$.

Die Doppel-Differenz $A(h)$ vergleicht $\varphi$ an zwei $x$-Stellen:

Mittelwertsatz auf $\varphi$ in $x$-Richtung: es existiert $\xi_1 \in (x_0, x_0+h)$ mit $A(h)/h = \varphi'(\xi_1)$. Da $\varphi'(x) = f_x(x, y_0+h) - f_x(x, y_0)$ wieder eine Differenz an zwei $y$-Stellen ist, dürfen wir den Mittelwertsatz nochmal anwenden, jetzt auf $f_x(\xi_1, \cdot)$ in $y$-Richtung. Es existiert $\eta_1 \in (y_0, y_0+h)$ mit $\varphi'(\xi_1)/h = f_{xy}(\xi_1, \eta_1)$. Zusammen:

Zweiter Weg. Definiere $\psi$ mit vertauschten Rollen: pro $y$ misst $\psi(y)$ den 'Längenunterschied' von $f$ zwischen $x_0$ und $x_0+h$.

Schlüssel-Beobachtung: dieselbe Doppel-Differenz $A(h)$ lässt sich auch über $\psi$ ausdrücken.

Mittelwertsatz zweimal, jetzt zuerst nach $y$, dann nach $x$. Es existieren $\xi_2 \in (x_0, x_0+h)$ und $\eta_2 \in (y_0, y_0+h)$ mit:

Limes-Schluss. Beide Ausdrücke $f_{xy}(\xi_1, \eta_1)$ und $f_{yx}(\xi_2, \eta_2)$ sind gleich $A(h)/h^2$, also identisch. Lassen wir $h \to 0$ gehen, schrumpft das Quadrat auf den Punkt $(x_0, y_0)$. Die Punkte $(\xi_1, \eta_1)$ und $(\xi_2, \eta_2)$ konvergieren gegen $(x_0, y_0)$, weil sie im schrumpfenden Quadrat eingeschlossen sind. Stetigkeit der Mischableitungen lässt den Grenzübergang durch:

Aus IV.2 §3.2 erinnern wir uns: bei $f(x, y) = e^{x^3+3y}$ kam $f_{xy} = f_{yx} = 9 x^2 e^{x^3+3y}$ als Beobachtung heraus. Mit Schwarz wird daraus jetzt ein Satz.

Diagramm dazu. Zwei Wege durch die Ableitungs-Reihenfolge führen zum selben Resultat. Erst nach $x$, dann nach $y$ ergibt $f_{xy}$. Erst nach $y$, dann nach $x$ ergibt $f_{yx}$. Schwarz garantiert: bei stetigen Mischableitungen sind beide Wege identisch.

Praktischer Wert. Bei Polynomen, Exponentialfunktionen und trigonometrischen Funktionen sind alle Voraussetzungen ohne weitere Prüfung erfüllt. Alle Ableitungen sind wieder Funktionen derselben Klasse, also stetig. Schwarz darf benutzt werden, ohne den Stetigkeits-Check explizit zu führen.

Schwarz fragt: gegeben $f$, ist $f_{xy}$ gleich $f_{yx}$? Die Integrabilitätsbedingung dreht das um. Gegeben zwei Funktionen $\varphi$ und $\psi$, gibt es ein gemeinsames $f$, dessen partielle Ableitungen genau diese sind?

Das umgekehrte Diagramm. Gegeben sind $\varphi(x, y)$ und $\psi(x, y)$ als zwei stetig differenzierbare Funktionen in zwei Variablen. Gesucht ist eine einzige Funktion $f$ mit $f_x \equiv \varphi$ und $f_y \equiv \psi$ auf demselben Definitionsbereich. Wenn so ein $f$ existiert, sagen wir, das Paar $(\varphi, \psi)$ ist integrabel.

Notwendige Bedingung. Falls so ein $f$ existiert, dann gilt $\varphi_y = (f_x)_y = f_{xy}$ und $\psi_x = (f_y)_x = f_{yx}$. Aus Schwarz folgt $f_{xy} = f_{yx}$, also muss $\varphi_y \equiv \psi_x$ gelten. Verletzen $\varphi$ und $\psi$ diese Bedingung, kann kein gemeinsames $f$ existieren.

Schöner ist die umgekehrte Richtung. Die Bedingung ist auch hinreichend, sofern $\varphi$ und $\psi$ stetig differenzierbar in einem achsenparallelen Rechteck sind.

Beweis dafür kommt nicht im Theorie-Block, sondern operational: in §4 zeigen wir an Beispielen, wie man $f$ aus $\varphi, \psi$ konstruiert. Die Konstruktion ist der Beweis.

Vor jeder Rekonstruktion: prüf erst, ob IB überhaupt erfüllt ist. Spart Zeit, wenn IB scheitert.

Beispiel 1 (positiv). Sei $\varphi(x, y) = x^2 + y$ und $\psi(x, y) = y^2 + x$.

IB-Check: $\partial_y(x^2 + y) = 1$ und $\partial_x(y^2 + x) = 1$. Beide Resultate identisch.

IB ist erfüllt, also existiert ein $f$ mit $f_x \equiv \varphi$ und $f_y \equiv \psi$. Konstruktion folgt in §4.1 und §4.2.

Beispiel 2 (negativ). Sei $\varphi(x, y) = y^2 + x$ und $\psi(x, y) = x^2 + y$.

IB-Check: $\partial_y(y^2 + x) = 2y$ und $\partial_x(x^2 + y) = 2x$. Identisch nur auf der Geraden $y = x$, sonst nirgends.

IB ist nicht erfüllt, also existiert kein $f$ mit $f_x \equiv \varphi$ und $f_y \equiv \psi$. Warum der Versuch trotzdem zerbricht (und genau so der Beweis dafür entsteht), zeigt §4.3.

Erste Idee zur Rekonstruktion: $\int \varphi\,dx$ und $\int \psi\,dy$ getrennt aufstellen, dann die Resultate vergleichen. Konzeptionell klar, jeder Schritt ist Stammfunktion-Bilden. Als Beispiel nehmen wir $\varphi(x, y) = x^2 + y$ und $\psi(x, y) = y^2 + x$ aus §3.2 (positives Beispiel, IB ist erfüllt).

Erster Integral-Pass. Aus $f_x \equiv \varphi$ folgt durch Integration nach $x$ ein Ausdruck, in dem die 'Konstante' eine beliebige Funktion in $y$ ist (siehe IV.2 §5.1). Aus $f_y \equiv \psi$ analog mit Funktion in $x$:

Vergleich. Beide Ausdrücke müssen dasselbe $f$ darstellen. Die rein-$x$-abhängigen Stücke aus Eq 2 (also $\tfrac{y^3}{3}$ und $xy$ stehen schon in Eq 2; $u(x)$ muss die rein-$x$-abhängigen Stücke von Eq 1 ergänzen, also $\tfrac{x^3}{3}$ plus eventuell eine echte Konstante). Analog für $v(y)$.

Aus Eq 1 lesen wir $u(x) = \tfrac{x^3}{3} + C$ ab. Aus Eq 2 lesen wir $v(y) = \tfrac{y^3}{3} + C$ mit derselben Konstante $C$ (denn das volle $f$ ist eindeutig bis auf eine reelle Zahl).

Schnellere Variante: integriere nur einmal, leite das Ergebnis nach der zweiten Variable ab und vergleiche mit $\psi$. Dasselbe Beispiel wie in §4.1.

Eine Integration plus eine Ableitung. Erst $f = \int \varphi\,dx$ in $f$-Skelett mit Funktions-Loch $v(y)$ aufstellen. Dann $f_y$ aus diesem Skelett ableiten und mit $\psi$ identifizieren, das gibt $v'(y)$. Zum Schluss $v(y)$ durch Integration.

$v(y)$ einsetzen: $f(x, y) = \tfrac{x^3}{3} + xy + \tfrac{y^3}{3} + C$, identisch zu §4.1.

Was passiert, wenn IB nicht erfüllt ist und man trotzdem zu rekonstruieren versucht? Antwort: der Versuch endet algebraisch unrettbar, und genau das ist der Beweis dafür, dass IB notwendige Bedingung ist.

Wir nehmen das negative Beispiel aus §3.2: $\varphi(x, y) = y^2 + x$ und $\psi(x, y) = x^2 + y$. IB-Check ergab $\varphi_y = 2y$ vs $\psi_x = 2x$, nicht identisch.

Vergleich. Eq 1 enthält den Mischterm $xy^2$. Damit Eq 2 dasselbe $f$ darstellt, müsste $u(x)$ den Term $xy^2$ tragen. Aber $u$ hängt nur von $x$ ab, kann also kein $y$ enthalten. Analog enthält Eq 2 den Mischterm $x^2 y$, den $v(y)$ nicht abdecken kann (hängt nur von $y$ ab).

Beide gemischten Terme sind algebraisch unrettbar. Schluss: kein $f$ existiert, das beiden Bedingungen gleichzeitig genügt.

Aufgaben werden vom Nutzer geliefert. Standard-Vorgehen: bei Schwarz-Aufgaben Mischableitungen ausrechnen, Voraussetzungen (Stetigkeit) verifizieren, Gleichheit als Theorem berufen. Bei Rekonstruktions-Aufgaben erst IB-Check ($\varphi_y \stackrel{?}{=} \psi_x$), dann Variante 1 oder 2. Cheat-Sheet aus §4.3 deckt die Standardfälle ab.