Det(J(f))≠0<->det(A)≠0
Buongionro a tutti!!!l'esercizio chiedeva In quali punti la funzione[tex]f:R^2->R^2[/tex]di componenti [tex]f1=x^2 -y^2 f2=2xy[/tex] è invertibile localmente? si faccio lo jacobiano e lo pongo diverso da 0.... difatti[tex]J(f)=4(x^2+y^2)\neq0[/tex] e risulta che solo nell'origine non è invertibile. Proviamo a manipolare f e riscriverla dandogli una forma matriciale [tex]f=Ax[/tex] ove x è vettoro di cordinate x,y:
[tex]\binom{f1}{f2}=\begin{Bmatrix} x & -y \\ y & x \end{Bmatrix}\binom{x}{y}[/tex]
[tex]x=A^-1 f[/tex] , la matrice A è invertibile se [tex]det(A)\neq0[/tex] quel che vi chiedo è lecito tutto ciò? non ho trovato nessun teorema che mi venisse incontro...sempre che ne esistano...notate che carina questa coincidenza, [tex]det(A)=(x^2+y^2)=det(J(f))/4[/tex] (credo abbia a che fare con l'operatore di derivazione). Io ho cercato di scavare più a fondo nella vicenda e mi son reso conto che l'inversione che effettuo è punto fisso x=x(y,x) e y=y(x,y) e guarda caso il det(A) mi da le condizioni per il dominio di x(x,y) e dell'altra...
Ora un po' di brutte notizie, mi son reso conto che la forma matriciale A non è unica... mi chiedevo se esiste un teorema che metta in relazione i due determinanti? ovvero se [tex]det(A)\neq0<->det(J)\neq0[/tex] per ogni funzione riscrivibile in quella forma?mi pare di aver trovato un contro esempio che confutava la doppia implicazione ma adesso non me torna in mente!!!
[tex]\binom{f1}{f2}=\begin{Bmatrix} x & -y \\ y & x \end{Bmatrix}\binom{x}{y}[/tex]
[tex]x=A^-1 f[/tex] , la matrice A è invertibile se [tex]det(A)\neq0[/tex] quel che vi chiedo è lecito tutto ciò? non ho trovato nessun teorema che mi venisse incontro...sempre che ne esistano...notate che carina questa coincidenza, [tex]det(A)=(x^2+y^2)=det(J(f))/4[/tex] (credo abbia a che fare con l'operatore di derivazione). Io ho cercato di scavare più a fondo nella vicenda e mi son reso conto che l'inversione che effettuo è punto fisso x=x(y,x) e y=y(x,y) e guarda caso il det(A) mi da le condizioni per il dominio di x(x,y) e dell'altra...
Ora un po' di brutte notizie, mi son reso conto che la forma matriciale A non è unica... mi chiedevo se esiste un teorema che metta in relazione i due determinanti? ovvero se [tex]det(A)\neq0<->det(J)\neq0[/tex] per ogni funzione riscrivibile in quella forma?mi pare di aver trovato un contro esempio che confutava la doppia implicazione ma adesso non me torna in mente!!!
Risposte
Offro una crocchetta a chi mi risponde!!
"ithilion6":
Buongionro a tutti!!!l'esercizio chiedeva In quali punti la funzione[tex]f:R^2->R^2[/tex]di componenti [tex]f1=x^2 -y^2 f2=2xy[/tex] è invertibile localmente? si faccio lo jacobiano e lo pongo diverso da 0.... difatti[tex]J(f)=4(x^2+y^2)\neq0[/tex] e risulta che solo nell'origine non è invertibile. Proviamo a manipolare f e riscriverla dandogli una forma matriciale [tex]f=Ax[/tex] ove x è vettoro di cordinate x,y:
[tex]\binom{f1}{f2}=\begin{Bmatrix} x & -y \\ y & x \end{Bmatrix}\binom{x}{y}[/tex]
[tex]x=A^-1 f[/tex] , la matrice A è invertibile se [tex]det(A)\neq0[/tex] quel che vi chiedo è lecito tutto ciò?
In una parola: "No, non è lecito".
Hai solo avuto la fortuna che la jacobiana del sistema differisse per un fattore moltiplicativo dalla matrice che tu chiami \(A\).
ho fatto altri tentativi anche con funzioni trigonometriche e notavo sempre una somiglianza!!comunque spiegami perchè non è lecito se la scrittura è formalmente corretta!
anche quello che ne scaturisce ha senso!!! i punti fissi x=x(y,x) e y(x,y) applicando la matirice ad f..sono effettivamente gli x e y di partenza ed effettivamente verificano l'uguaglianza, e c'è un teorema dell'algebra che mi garantisce che la matrice A è invertibile(e possiede inversa unica) se e solo se ha determinate ≠0!! e poi ho scritto che la cosa non vale in generale ma solo per le funzioni riscrivibili sotto quella forma!
Per capirci, tu vuoi lavorare con un sistema del tipo:
\[
\begin{cases}
u=a_{1,1} (x,y)\ x +a_{1,2}(x,y)\ y\\
v=a_{2,1}(x,y)\ x+ a_{2,2}(x,y)\ y
\end{cases}
\]
di modo che:
\[
\begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix} = A(x,y)\ \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}
\]
con:
\[
A(x,y) := \begin{pmatrix} a_{1,1} (x,y) & a_{1,2} (x,y)\\ a_{2,1}(x,y) & a_{2,2} (x,y) \end{pmatrix}\; ?
\]
Se sì, lo jacobiano del sistema è:
\[
\begin{split}
J(x,y) &= \begin{pmatrix} a^{1,1} (x,y) + a_x^{1,1}(x,y)\ x+ a_x^{1,2} (x,y)\ y & a_y^{1,1}(x,y)\ x+a^{1,2}(x,y) +a_y^{1,2}(x,y)\ y\\ a^{2,1}(x,y)+a_x^{2,1}(x,y)\ x + a_x^{2,2}(x,y)\ y & a_y^{2,1} (x,y)\ x+a^{2,2}(x,y)+a_y^{2,2}(x,y)\ y \end{pmatrix}\\
&= A(x,y) + \underbrace{\begin{pmatrix} a_x^{1,1}(x,y)\ x+ a_x^{1,2} (x,y)\ y & a_y^{1,1}(x,y)\ x +a_y^{1,2}(x,y)\ y\\ a_x^{2,1}(x,y)\ x + a_x^{2,2}(x,y)\ y & a_y^{2,1} (x,y)\ x+a_y^{2,2}(x,y)\ y \end{pmatrix}}_{=:A^\prime (x,y)}\\
&= A(x,y) +A^\prime (x,y)
\end{split}
\]
ed, in generale, non mi pare plausibile che \(J(x,y)\) sia non-singolare se e solo se tale è \(A(x,y)\) per la presenza di quel "misterioso" addendo \(A^\prime (x,y)\) (che nel tuo caso uguaglia \(A(x,y)\)...).
[Nota, inoltre, che nel tuo esempio hai preso come funzioni \(f_1(x,y)\) ed \(f_2(x,y)\) due armoniche coniugate, il che può influire molto sui conti.]
Insomma, in qualche caso particolarissimo, l'equivalenza che asserisci si verifica: ad esempio, se esiste una costante \(c\neq -1\) tale che \(A^\prime (x,y)=c\ A(x,y)\) allora si ha \(J(x,y)=(1+c)\ A(x,y)\) e perciò \(\det J(x,y)\neq 0 \Leftrightarrow \det A(x,y)\neq 0\).
Tuttavia, in assenza di una dimostrazione, non credo proprio che l'equivalenza sia vera nel caso generale.
\[
\begin{cases}
u=a_{1,1} (x,y)\ x +a_{1,2}(x,y)\ y\\
v=a_{2,1}(x,y)\ x+ a_{2,2}(x,y)\ y
\end{cases}
\]
di modo che:
\[
\begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix} = A(x,y)\ \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}
\]
con:
\[
A(x,y) := \begin{pmatrix} a_{1,1} (x,y) & a_{1,2} (x,y)\\ a_{2,1}(x,y) & a_{2,2} (x,y) \end{pmatrix}\; ?
\]
Se sì, lo jacobiano del sistema è:
\[
\begin{split}
J(x,y) &= \begin{pmatrix} a^{1,1} (x,y) + a_x^{1,1}(x,y)\ x+ a_x^{1,2} (x,y)\ y & a_y^{1,1}(x,y)\ x+a^{1,2}(x,y) +a_y^{1,2}(x,y)\ y\\ a^{2,1}(x,y)+a_x^{2,1}(x,y)\ x + a_x^{2,2}(x,y)\ y & a_y^{2,1} (x,y)\ x+a^{2,2}(x,y)+a_y^{2,2}(x,y)\ y \end{pmatrix}\\
&= A(x,y) + \underbrace{\begin{pmatrix} a_x^{1,1}(x,y)\ x+ a_x^{1,2} (x,y)\ y & a_y^{1,1}(x,y)\ x +a_y^{1,2}(x,y)\ y\\ a_x^{2,1}(x,y)\ x + a_x^{2,2}(x,y)\ y & a_y^{2,1} (x,y)\ x+a_y^{2,2}(x,y)\ y \end{pmatrix}}_{=:A^\prime (x,y)}\\
&= A(x,y) +A^\prime (x,y)
\end{split}
\]
ed, in generale, non mi pare plausibile che \(J(x,y)\) sia non-singolare se e solo se tale è \(A(x,y)\) per la presenza di quel "misterioso" addendo \(A^\prime (x,y)\) (che nel tuo caso uguaglia \(A(x,y)\)...).
[Nota, inoltre, che nel tuo esempio hai preso come funzioni \(f_1(x,y)\) ed \(f_2(x,y)\) due armoniche coniugate, il che può influire molto sui conti.]
Insomma, in qualche caso particolarissimo, l'equivalenza che asserisci si verifica: ad esempio, se esiste una costante \(c\neq -1\) tale che \(A^\prime (x,y)=c\ A(x,y)\) allora si ha \(J(x,y)=(1+c)\ A(x,y)\) e perciò \(\det J(x,y)\neq 0 \Leftrightarrow \det A(x,y)\neq 0\).
Tuttavia, in assenza di una dimostrazione, non credo proprio che l'equivalenza sia vera nel caso generale.
Sto ancora ponderando sulla cosa, concedimi però che vale[tex]J(F)\binom{x}{y}=A\binom{x}{y}+A'\binom{x}{y}=F+A'\binom{x}{y}[/tex]
[tex]quindi[/tex] [tex]F=(J(F)-A')\binom{x}{y}[/tex] che è un'uguaglianza particolare valida solo per questo genere di funzioni... E poi boh continuo ad avere la sensazione che quell'implicazione valga per alcune classi ristrette , tipo polinomiali , che la linearità della loro derivata si rifletta nel fatto che il determinante delle due matrici differisca solo di un fattore scalare,e quindi se uno è = 0 pure l'altro deve necessariamente esserlo!(ed oltre ad essere lineare la derivata abbassa il polinomio di un grado,in maniera alternata proprio come la matrice A). non so però come dimostrarlo...va beh caso mai te venisse n'illuminazione famme sapè! grazie!!!p.s. avevo fatto due prove anche con funzioni trigonometriche anche li stessa scena, al chè mi ero convinto che non era una coincidenza!!
[tex]quindi[/tex] [tex]F=(J(F)-A')\binom{x}{y}[/tex] che è un'uguaglianza particolare valida solo per questo genere di funzioni... E poi boh continuo ad avere la sensazione che quell'implicazione valga per alcune classi ristrette , tipo polinomiali , che la linearità della loro derivata si rifletta nel fatto che il determinante delle due matrici differisca solo di un fattore scalare,e quindi se uno è = 0 pure l'altro deve necessariamente esserlo!(ed oltre ad essere lineare la derivata abbassa il polinomio di un grado,in maniera alternata proprio come la matrice A). non so però come dimostrarlo...va beh caso mai te venisse n'illuminazione famme sapè! grazie!!!p.s. avevo fatto due prove anche con funzioni trigonometriche anche li stessa scena, al chè mi ero convinto che non era una coincidenza!!
Probabilmente, avrai preso funzioni trigonometriche armoniche coniugate...
Posta un esempio di quelli che avevi trovato.
Ad ogni modo, come già detto hai avuto fortuna.
Ed è proprio per questo che in matematica ha più valore ragionare sul caso generale, che su mille casi particolari.
Posta un esempio di quelli che avevi trovato.
Ad ogni modo, come già detto hai avuto fortuna.
Ed è proprio per questo che in matematica ha più valore ragionare sul caso generale, che su mille casi particolari.
Cerca di capirmi...l'idea di fare un mio teorema mi gasa troppo!!!porterò avanti sta vicenda, anche a costo di limitare la proprietà ad un numero di funzioni, numerabile sulle dita di una mano!!!xD
magari son proprio queste funzioni armoniche coniugate di cui non ho mai sentito parlare per cui vale sta storia!!! cmq vado a tentoni perchè con l' algebra non lineare...ahimè non ho mai avuto modo di cimentarmi!
ok ho trovato un controesempio che confuta la doppia implicazione(come lo avevo già trovato,e cmq non vuol dire non vale per tutti i tipi di funzione)!!!ovvero presa funzione F
[tex]F=\binom{\cos(x)x+y}{x+y} il suo det(J)[/tex] si annulla per x=2k[tex]\pi[/tex] o (3/4)k[tex]\pi[/tex] mentre det(A) solo per x=2k\pi... ma cmq l'implicazine det(A)=0->det(J)=0 nonriesco a negarla...ci penso n'artro po' e vedo che succede!
[tex]F=\binom{\cos(x)x+y}{x+y} il suo det(J)[/tex] si annulla per x=2k[tex]\pi[/tex] o (3/4)k[tex]\pi[/tex] mentre det(A) solo per x=2k\pi... ma cmq l'implicazine det(A)=0->det(J)=0 nonriesco a negarla...ci penso n'artro po' e vedo che succede!
Detto in altre parole il dominio del punto fisso(che creaiamo effettuando[tex]A^-1F[/tex]), oltre ad escludere i punti in cui F non è continua, esclude anche alcune soluzioni dell'equazione det(J(F(x,y)))= 0...credo che non li escluda tutti perchè stiamo decomponendo la vicenda e ne consideriamo solo un pezzo!!a proprio ora ho pensato, che dai punti fissi x(x,y)=x e y(x,y)=y
possiamo estrarre delle funzioni(magari anche solo localmente) y=y(x) e x=x(y)...però non so come posso metterli in relazine con tutto l'ambaradan precedente, magari con qualche considerazione di iniettività etc...
possiamo estrarre delle funzioni(magari anche solo localmente) y=y(x) e x=x(y)...però non so come posso metterli in relazine con tutto l'ambaradan precedente, magari con qualche considerazione di iniettività etc...
Innanzitutto, gradirei la smettessi di postare tre/quattro volte di seguito.
Se non l'hai ancora notato, esiste un pulsante Modifica, che ti consente di editare i tuoi post.
Per quanto riguarda il resto, mi sembra sia sufficientemente interessante provare a caratterizzare tutte le matrici \(A(x,y)\) per le quali:
\[
\exists \lambda \neq -1:\ A^\prime (x,y)=\lambda\ A(x,y)\; .
\]
Dato che l'operatore \(^\prime\) è un operatore differenziale lineare del primo ordine, la condizione \(A^\prime =\lambda\ A\) equivale ad un sistema di PDE lineari del primo ordine in quattro equazioni ed altrettante incognite; inoltre, \(A^\prime =\lambda\ A\) è una sorta di problema agli autovalori per \(^\prime\).
Data la forma di \(A^\prime\), è abbastanza evidente che le prime due equazioni e le seconde due si separano; quindi per risolvere \(A^\prime =\lambda\ A\) occorre e basta risolvere il sistema di PDE:
\[
\begin{cases}
x\ u_x +y\ v_x=\lambda\ u\\
x\ u_y+y\ v_y=\lambda\ v
\end{cases} \qquad \text{con } \lambda \neq -1
\]
al quale si possono ricondurre entrambi i gruppi di due equazioni citati in precedenza.
Chi vuole contribuire è ben accetto.
Se non l'hai ancora notato, esiste un pulsante Modifica, che ti consente di editare i tuoi post.
Per quanto riguarda il resto, mi sembra sia sufficientemente interessante provare a caratterizzare tutte le matrici \(A(x,y)\) per le quali:
\[
\exists \lambda \neq -1:\ A^\prime (x,y)=\lambda\ A(x,y)\; .
\]
Dato che l'operatore \(^\prime\) è un operatore differenziale lineare del primo ordine, la condizione \(A^\prime =\lambda\ A\) equivale ad un sistema di PDE lineari del primo ordine in quattro equazioni ed altrettante incognite; inoltre, \(A^\prime =\lambda\ A\) è una sorta di problema agli autovalori per \(^\prime\).
Data la forma di \(A^\prime\), è abbastanza evidente che le prime due equazioni e le seconde due si separano; quindi per risolvere \(A^\prime =\lambda\ A\) occorre e basta risolvere il sistema di PDE:
\[
\begin{cases}
x\ u_x +y\ v_x=\lambda\ u\\
x\ u_y+y\ v_y=\lambda\ v
\end{cases} \qquad \text{con } \lambda \neq -1
\]
al quale si possono ricondurre entrambi i gruppi di due equazioni citati in precedenza.
Chi vuole contribuire è ben accetto.
Pregio,con quella condizione: J=(1-l)A, così i determinanti di A, A' e J son multipli l'uno dell'altro!!!!!se veramente ci salta fuori un teorema, metto anche il tuo nome!!!meglio di na crocchetta, no?xD così però il sistema ha una soluzione solo per alcuni valori di x, y quindi la validità è ristretta solo in quei punti...credo, quindi niente doppia implicazione vale solo det(A)=0->det(J)=0 anche perchè se no non si spiegherebbe il secondo esempio che ti ho portato...essendo analitica soddisfa le ipotesi di Chauchy Rieman,allora è armonica coniugata(ho leggiucchiato adesso l'argomento,non vorrei dire ostiate) però li vale solo l'implicazione singola!credo che quei punti siano i punti al di fuori del dominio delle funzioni di punto fisso x(x,y) y(x,y)..certo con la doppia freccia avrebbe un altro sapore, cerco un altra condizione ad hoc per farla valere, e secondo me si potrebbe estendere, con le dovute condizioni, in un caso più generale, ove al posto del vettore (x,y), si prenda un vettore (a(x,y),b(x,y)) . buona notte!!Rimando ogni mia altra considerazione a dopo l'esame, "mi sto menando via con sto quesito" 
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