Esercizio sulle funzioni implicite
Chiedo aiuto per il seguente esercizio che non mi è affatto chiaro:
- Siano $f:RR^3 rarr RR$ una funzione differenziabile e $a in RR^3$. Si supponga $f(a) =0$ e $det f'(a) != 0$ (dove f' è la derivata) e si ponga $phi(x,y) = f(x,y,0)$. Mostrare che $z= phi(x,y)$ è una soluzione di $f(x,y,z) = 0$ in una palla di centro $a$
- Sia $T:RR^3 rarr RR^3$ data da $T(x,y,z) = (x,y,f(x,y,z))$. Mostrare che T è invertibile in una palla di centro T(a) e determinare $T^-1$
Non so dove mettere le mani, sul primo punto mi verrebbe da dire che essendo il determinante diverso da 0 le tre variabili sono indipendenti, ergo se f(x,y,z) è una soluzione lo è anche f(x,y,0). Ma sicuramente è una fesseria... Aiuto!!!!:)
- Siano $f:RR^3 rarr RR$ una funzione differenziabile e $a in RR^3$. Si supponga $f(a) =0$ e $det f'(a) != 0$ (dove f' è la derivata) e si ponga $phi(x,y) = f(x,y,0)$. Mostrare che $z= phi(x,y)$ è una soluzione di $f(x,y,z) = 0$ in una palla di centro $a$
- Sia $T:RR^3 rarr RR^3$ data da $T(x,y,z) = (x,y,f(x,y,z))$. Mostrare che T è invertibile in una palla di centro T(a) e determinare $T^-1$
Non so dove mettere le mani, sul primo punto mi verrebbe da dire che essendo il determinante diverso da 0 le tre variabili sono indipendenti, ergo se f(x,y,z) è una soluzione lo è anche f(x,y,0). Ma sicuramente è una fesseria... Aiuto!!!!:)
Risposte
beh scusa il primo è il pezzo finale della dimostrazione del th della funzione implicita in tre variabili.
Ti dico la dimostrazione del teorema da $RR^(n+m)$ in $RR^m$ e tu lo puoi rigirare nel tuo caso.
nel tuo caso $m=1$ e $n=2$ rivedi i passaggi e vedrai come sistemare il tuo esercizio.
Per il secondo usando il risultato che hai appena trovato ricordando l'ultimo pezzo della dimostrazione dovresti ricavare qualcosa, se hai problemi di tutto
Ti dico la dimostrazione del teorema da $RR^(n+m)$ in $RR^m$ e tu lo puoi rigirare nel tuo caso.
nel tuo caso $m=1$ e $n=2$ rivedi i passaggi e vedrai come sistemare il tuo esercizio.
Per il secondo usando il risultato che hai appena trovato ricordando l'ultimo pezzo della dimostrazione dovresti ricavare qualcosa, se hai problemi di tutto
non mi è molto chiaro, potrei avere maggiori delucidazioni per favore? forse mi sono perso qualcosa nei passaggi
indicami i punti che non ti sono chiari... delucidare senza sapere cosa delucidare è difficile 
Hai ragione:) Le ultime tre righe non mi sono chiare:
sia quindi UxV⊂Ω', con (x0,y0)∈UxV. Allora ∀(x,y)∈UxV si ha che F(x,y)=0⇔φ(x,y)=(x,0)⇔(x,y)=ψ(x,0). Definiamo quindi f(x)=(ψn+1(x,0),...,ψn+m(x,0)), allora, essendo ψi(x,y)=x con i=1,...,n (cioè non tocca le x) si ha che (x,y)=ψ(x,0)⇔y=f(x) e questo conclude la dimostrazione.
Va bene che $F(x,y)=0 hArr phi(x,y)=(x,0)$ ma come si giustifica $hArr (x,y)=psi(x,0)$. E perchè $psi_i(x,y)=x$?
E ancora non ho ben capito come rispondere al secondo punto, ma magari ci arriverò una volta risolti i suddetti dubbi.
Grazie davvero per la disponibilità
sia quindi UxV⊂Ω', con (x0,y0)∈UxV. Allora ∀(x,y)∈UxV si ha che F(x,y)=0⇔φ(x,y)=(x,0)⇔(x,y)=ψ(x,0). Definiamo quindi f(x)=(ψn+1(x,0),...,ψn+m(x,0)), allora, essendo ψi(x,y)=x con i=1,...,n (cioè non tocca le x) si ha che (x,y)=ψ(x,0)⇔y=f(x) e questo conclude la dimostrazione.
Va bene che $F(x,y)=0 hArr phi(x,y)=(x,0)$ ma come si giustifica $hArr (x,y)=psi(x,0)$. E perchè $psi_i(x,y)=x$?
E ancora non ho ben capito come rispondere al secondo punto, ma magari ci arriverò una volta risolti i suddetti dubbi.
Grazie davvero per la disponibilità
allora $phi(x,y)=(x,0)$ visto che $psi=phi^{-1}$ e tu sei in $Omega$ allora $psi*phi=id$ quindi applicando $psi$ da entrambi i membri ottieni $(x,y)=psi(x,0)$.
Inoltre nota come è definita $phi:RR^{m+n}->RR^{m+n}$. $phi(x,y)=(x,F(x,y))$ con $x\inRR^n$ e $F(x,y)\inRR^m$ avrai quindi che $phi=(phi_1,...,phi_n,phi_{n+1},...,phi_{m+n})$ come vedi le prime $n$-entrate sono ne più ne meno l'identità, infatti se guadi la jacobiana hai il primo blocco $nxn$ che è l'identità, mentre il secondo pezzo è la jacobiana di $(delF)/(dely)$, nella matriciona $n+mxn+m$.
In particolare avrai che $phi_i=id=>phi_i(x,y)=phi_i(x_1,...,x_n,y_1,...,y_m)=x_i$ con $i=1,...,n=>phi=(x_1,...,x_n,phi_{n+1},...,phi_{m+n})$ e quindi l'inversa sarà $psi=(x_1,...,x_n,psi_{n+1},...,psi_{m+n})$.
più chiaro ora?
Inoltre nota come è definita $phi:RR^{m+n}->RR^{m+n}$. $phi(x,y)=(x,F(x,y))$ con $x\inRR^n$ e $F(x,y)\inRR^m$ avrai quindi che $phi=(phi_1,...,phi_n,phi_{n+1},...,phi_{m+n})$ come vedi le prime $n$-entrate sono ne più ne meno l'identità, infatti se guadi la jacobiana hai il primo blocco $nxn$ che è l'identità, mentre il secondo pezzo è la jacobiana di $(delF)/(dely)$, nella matriciona $n+mxn+m$.
In particolare avrai che $phi_i=id=>phi_i(x,y)=phi_i(x_1,...,x_n,y_1,...,y_m)=x_i$ con $i=1,...,n=>phi=(x_1,...,x_n,phi_{n+1},...,phi_{m+n})$ e quindi l'inversa sarà $psi=(x_1,...,x_n,psi_{n+1},...,psi_{m+n})$.
più chiaro ora?
eccellente, ora non rimane che risolvere il secondo punto, grazie infinitamente per la pazienza:)
bene, se hai problemi riprendi il post ciao!
ciao!
ho risolto brillantemente il primo punto, sul secondo sono fermo, ma direi che hai perso già abbastanza tempo ad aiutarmi, grazie ancora di tutto
come vuoi, comunque ho investito il mio tempo se ritenessi di buttarlo non aiuterei di certo
se ritenessi di buttarlo non aiuterei di certo
se non ti porta via troppo tempo approfitterò del tuo ultimo suggerimento, quando vuoi, sei stato comunque prezioso;) è che mi dispiace farmi risolvere gli esercizi, ma non sono uno studente di Matematica e non ho mai capito la teoria...
beh prova a scrivere come lo imposteresti, se poi ti blocchi ragioniamo insieme... il mio consiglio è sbatterci la testa fino a romperla, poi all'ultima spiaggia chiedere
a presto
a presto
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