¿Cuál es la inversa de la cartografía parabólica dada por $F(\sigma, \tau) = (\sigma\tau, (\tau^2-\sigma^2)/2)$

Question

Dado el mapeo $$F:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2;\ \ \ F(\sigma,\tau) = (\sigma\tau, (\tau^2 - \sigma^2)/2) = (x,y) \text{(Cartesian)},$$ Podemos utilizar el hecho de que $F$ es invertible donde $(\sigma, \tau)\neq (0,0)$ y la imagen de este dominio bajo $F$ es $\mathbb{R}\backslash\{x|x\neq 0\}$ y $x^2+y^2 = (\tau^2 + \sigma^2)^2/4$ . Debemos encontrar la cartografía inversa.

Sé por el Teorema de la Función Invertible que si $DF$ es la matriz de derivadas parciales, entonces $DF^{-1}(x, y) = [DF(\sigma,\tau)]^{-1}$ .

Así que, $$DF(\sigma,\tau) = \begin{pmatrix} \tau & \sigma \\ -\sigma & \tau \end{pmatrix}$$

Por lo tanto,

$$DF^{-1}(x,y) = \frac{1}{\tau^2 + \sigma^2} \begin{pmatrix} \tau & -\sigma \\ \sigma & \tau \end{pmatrix}$$

Aquí es donde empiezo a sentirme incómodo. Necesito cambiar $\tau$ y $\sigma$ a $x$ y $y$ para que esto sea válido, y utilizar la integración parcial para trabajar hacia atrás desde la matriz de la derivada inversa para encontrar $F^{-1}$ . Esto va a ser un desastre y desagradable. Sería un poco más agradable si sólo puedo utilizar la matriz en términos de $\sigma$ y $\tau$ pero como sé que $F$ tomar un punto en $\sigma, \tau$ espacio para $x, y$ espacio, la inversa debe hacer lo contrario, y quiero que la matriz de la derivada parcial inversa tenga $x$ y $y$ en él. Aquí está mi intento con eso:

$x = \sigma\tau$ Así que $\sigma = x/\tau$ .

$y=(\tau^2-(s^2/\tau^2))/2\Rightarrow \tau^4-2y\tau^2-x^2 = 0$ Así que $$\tau = \pm \sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}},\ \ \ \ \sigma = \frac{x}{\sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}}}$$ Así que si $F^{-1}(x,y) = (g(x,y), h(x,y))$ , $$DF^{-1}(x,y) = \frac{2}{\sqrt{x^2+y^2}} \begin{pmatrix} \pm \sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}} & \mp\frac{x}{\sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}}} \\ \pm\frac{x}{\sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}}} & \pm \sqrt{y + \sqrt{x^2+y^2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} g_x & g_y\\ h_x & h_y \end{pmatrix}$$

Esto está más allá de lo que creo que se requiere para integrar para este curso, así que estoy realmente luchando para encontrar una alternativa más agradable. Sin embargo, usando WolframAlpha para hacer el trabajo sucio por mí, encuentro $$\begin{aligned} g_x(x,y) = \pm\frac{4x}{\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}} & g_y(x,y) = \text{some arctangent stuff}\\ h_x(x,y) = \text{No exact solution} & h_y(x,y) = \pm 4\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y} \end{aligned}$$

Así que claramente he perdido algo, pero no estoy seguro de qué.

Answer 1

Prólogo. Esta es una forma de encontrar la inversa de $F$ sin tener que lidiar con la matriz jacobiana. Es importante señalar que $F$ no es invertible. Sólo tiene inversos locales alrededor de ciertos puntos de $\mathbb{R}^2$ . Tenga en cuenta que este enfoque sólo es aplicable a $F$ debido a su simetría. En general, analizar la matriz joacobiana para identificar los puntos en los que la función es localmente invertible y luego aplicar el Teorema de la Función Inversa es probablemente un mejor enfoque.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $F(-s,-t)=F(+s,+t)$ para todos $s,t\in\mathbb{R}$ . Por lo tanto, $F$ no es inyectiva en ninguna vecindad abierta de $(0,0)$ . Así, $F$ no tiene inversos locales alrededor de $(0,0)$ . Definir $S_+$ , $S_-$ , $T_+$ y $T_-$ para los subconjuntos de $\mathbb{R}^2$ de la forma $$S_+:=\big\{(s,t)\in\mathbb{R}^2\,|\,s>0\big\}\,,\,\,S_-:=\big\{(s,t)\in\mathbb{R}^2\,|\,s<0\big\}\,,$$ $$T_+:=\big\{(s,t)\in\mathbb{R}^2\,|\,t>0\big\}\,,\,\,T_-:=\big\{(s,t)\in\mathbb{R}^2\,|\,t<0\big\}\,.$$ Escribe $V:=\mathbb{R}^2\setminus\big\{(0,0)\big\}$ . Expondremos las inversiones locales $F_1^{-1}:V\to S_+$ , $F_2^{-1}:V\to S_-$ , $F_3^{-1}:V\to T_+$ y $F_4^{-1}:V\to T_-$ de $F$ .

En primer lugar, cada $(s,t)\in V$ se encuentra en uno de $S_+$ , $S_-$ , $T_+$ y $T_-$ . Supongamos que $F(s,t)=(x,y)$ . Entonces, $$st=x\text{ and }\frac{t^2-s^2}{2}=y\,.$$ Definir $$P(\lambda):=\lambda^2+2y\,\lambda-x^2=\lambda^2-(s^2-t^2)\,\lambda-s^2t^2\,.$$ Así, $$P(\lambda)=(\lambda-s^2)(\lambda+t^2)\,.$$ Las raíces de $P(\lambda)$ son entonces $\lambda=s^2$ y $\lambda=-t^2$ . Utilizando el fórmula cuadrática las raíces de $P(\lambda)$ son $-y\pm\sqrt{x^2+y^2}$ . Desde $s^2\geq 0$ y $-t^2\leq 0$ Debemos tener $$s^2=-y+\sqrt{x^2+y^2}\text{ and }-t^2=-y-\sqrt{x^2+y^2}\,,$$ para que $$s=\pm\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}-y}\text{ and }t=\pm\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}\,.$$

Si $(s,t)\in S_+$ entonces podemos elegir la inversa local $F_1^{-1}:V\to S_+$ para ser $$F_1^{-1}(x,y):=\Biggl(+\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}-y},+\text{sign}(x)\,\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}\Biggr)$$ para todos $x,y\in V$ . Si $(s,t)\in S_-$ entonces podemos elegir la inversa local $F_2^{-1}:V\to S_-$ para ser $$F_2^{-1}(x,y):=\Biggl(-\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}-y},-\text{sign}(x)\,\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}\Biggr)\,.$$ Si $(s,t)\in T_+$ entonces podemos elegir la inversa local $F_3^{-1}:V\to T_+$ para ser $$F_3^{-1}(x,y):=\Biggl(+\text{sign}(x)\,\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}-y},+\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}\Biggr)\,.$$ Si $(s,t)\in T_-$ entonces podemos elegir la inversa local $F_3^{-1}:V\to T_-$ para ser $$F_4^{-1}(x,y):=\Biggl(-\text{sign}(x)\,\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}-y},-\sqrt{\sqrt{x^2+y^2}+y}\Biggr)\,.$$

Epílogo. Para $(s,t)\in\mathbb{R}^2$ y $(s',t')\in\mathbb{R}^2$ Obsérvese que $F(s,t)=F(s',t')$ si y sólo si $(s',t')=\pm (s,t)$ . Por lo tanto, $F^{-1}$ tiene dos ramas y $(0,0)$ es su único punto de ramificación.

Al identificar el plano complejo $\mathbb{C}$ con $\mathbb{R}^2$ a través de $z\mapsto \big(\text{Im}(z),\text{Re}(z)\big)$ por cada $z\in\mathbb{C}$ En realidad, vemos que $$F(z)=\frac{1}{2}\,z^2$$ para todos $z\in\mathbb{C}$ . La tarea consiste básicamente en calcular las funciones raíz cuadrada del plano complejo.