Demuestre que en una vecindad de $(u_0, v_0, x_0, y_0)=(0,0,1,1), (u,v)$ pueden escribirse como funciones diferenciables de $x$ et $y$

Question

Tengo el siguiente problema:

Considera el siguiente sistema:

$$x=\cos(u)+\sin(v) $$

$$y=\sin(u)+\cos(v)$$

Demuestre que en una vecindad de $(u_0, v_0, x_0, y_0)=(0,0,1,1), (u,v)$ pueden escribirse como funciones diferenciables de $x$ et $y$ . Además,

$$\left(\frac {\partial u}{\partial x}\right)^2 +\left(\frac {\partial u}{\partial y}\right)^2=\left(\frac {\partial v}{\partial x}\right)^2+\left(\frac {\partial v}{\partial y}\right)^2$$

Hice algunos intentos, pero no tuve éxito en la segunda parte. Pero en relación con eso, lo intentaré de nuevo. Agradecería cualquier pista en la primera parte, que creo que es una aplicación del teorema de la función implícita.

Gracias de antemano.

Answer 1

PARTE $1$

Sólo tenemos que aplicar el Teorema de la función implícita . Considere la asignación $F : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^2$ dado por $F(x,y,u,v) = (\cos u + \sin v-x, \cos v + \sin u-y)$ . El conjunto de $(x,y,u,v) \in \mathbb{R}^4$ tal que $F(x,y,u,v) = (0,0)$ es la superficie que te interesa. Calcular la Matriz jacobiana de $F$ :

$$J_F = \left[ \begin{array}{cccc} -1 & 0 & -\sin u & \cos v \\ 0 & -1 & \cos u & -\sin v \end{array} \right] . $$

Es evidente que el rango de $J_F$ es máxima, es decir, igual a dos, para todo $x,y,u$ et $v.$ De ello se desprende que $F$ no tiene valores críticos y que $(0,0)$ debe ser un valor regular. Esto significa que la superficie es una superficie suave parametrizable en una vecindad de cada uno de sus puntos.

Además, en $(x,y,u,v) = (0,0,1,1)$ vemos que las dos últimas columnas forman una matriz invertible de dos en dos. Por la IFT podemos escribir $u$ et $v$ como funciones suaves de $x$ et $y$ . (Obsérvese que esto es válido para todos los $u$ et $v$ con $\cos(u+v) \neq 0.$ )

PARTE $2$

Supongamos que $u$ et $v$ son funciones de $x$ et $y$ es decir $u = u(x,y)$ et $v=v(x,y).$ Considere la ecuación $x = \cos u + \sin v.$ Diferenciando con respecto a $x$ da $1 = -u_x\sin u + v_x\cos v.$ Diferenciando con respecto a $y$ da $0 = -u_y\sin u + v_y\cos v.$ Aplicando un proceso similar a $y = \sin u + \cos v$ da $0 = u_x\cos u -v_x\sin v$ et $1 = u_y\cos u - v_y\sin v.$ Lo conseguimos:

$$\left[ \begin{array}{cc} -\sin u & \cos v \\ \cos u & -\sin v \end{array} \right]\left[ \begin{array}{cc} u_x & u_y \\ v_x & v_y\end{array}\right] = \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{array} \right] $$

Suponiendo que $\sin u \sin v - \cos u \cos v \neq 0$ podemos reorganizar esto para dar:

$$\left[ \begin{array}{cc} u_x & u_y \\ v_x & v_y\end{array}\right] = \frac{1}{\cos(u+v)}\left[ \begin{array}{cc} \sin v & \cos v \\ \cos u & \sin u \end{array} \right].$$

De ello se desprende que:

$$u_x^2+u_y^2 = v_x^2 + v_y^2 \iff \frac{\sin^2v}{\cos^2(u+v)} + \frac{\cos^2v}{\cos^2(u+v)} = \frac{\cos^2u}{\cos^2(u+v)} + \frac{\sin^2u}{\cos^2(u+v)} \, . $$

Utilizando el hecho de que $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ para todos $\theta$ vemos que esta última afirmación es efectivamente cierta. (Suponiendo que $\cos(u+v) \neq 0.$ )

Answer 2

Trabajando con la definición del teorema de la función implícita en Wikipedia , dejemos que $\textbf{f}(x,y,u,v)=(x-\cos u-\sin v,y-\sin u-\cos v)$ . Entonces hay alguna función $\textbf{g}(x,y)=(u(x,y),v(x,y))$ cuyo gráfico es el conjunto de niveles $\mathbf{f}(x,y,u,v)=\mathbf{0}$ en las proximidades de un punto $(x_0,y_0,u_0,v_0)=(1,1,0,0)$ si la matriz de derivadas parciales $\frac{\partial\mathbf{f}}{\partial(u,v)}(x_0,y_0,u_0,v_0)$ es no singular. Pero $\frac{\partial\mathbf{f}}{\partial(u,v)}(1,1,0,0)=\left[\begin{matrix} 0&1\\1&0\end{matrix}\right]$ por lo que es invertible y todo está bien.

Answer 3

Dejemos que $\phi: \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ sea dada por $\phi(w,z) = \begin{bmatrix} \cos w_1 + \sin w_2 -z_1 \\ \sin w_1 + \cos w_2 - z_2 \end{bmatrix}$ . El sistema anterior es equivalente a $\phi(w,z) = 0$ y tenemos $\phi((0,0),(1,1)) = 0$ .

Un cálculo rápido da como resultado $\frac{\partial \phi(w,z)}{\partial w} = \begin{bmatrix} -\sin w_1 & \cos w_2 \\ \cos w_1 & -\sin w_2\end{bmatrix}$ , $\frac{\partial \phi(w,z)}{\partial z} = -I$ . Desde $\frac{\partial \phi((0,0),(1,1))}{\partial w} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$ es invertible y $\frac{\partial \phi}{\partial w}$ es continua, vemos que es invertible en una vecindad de $((0,0),(1,1))$ .

Entonces la función implícita dice que hay vecindades $U$ de $(1,1)$ et $V$ de $(0,0)$ y una única función diferenciable $\omega:U \to V$ tal que $\phi(\omega(z),z) = 0$ para todos $z \in U$ . (En la notación de la pregunta, esto se puede escribir como $(u(x,y),v(x,y)) = \omega((x,y))$ . Además, hay que tener en cuenta que la unicidad implica $\omega((1,1)) = (0,0)$ .) Esta es la solución a la primera parte.

La segunda parte es sólo computación, diferenciando $\phi(\omega(z),z) = 0$ utilizando la regla de la cadena da $\frac{\partial \phi(\omega(z),z)}{\partial w} \frac{\partial \omega(z)}{\partial z}+\frac{\partial \phi(\omega(z),z)}{\partial z} = 0$ de lo que se deduce que $\frac{\partial \omega(z)}{\partial z} = - \frac{\partial \phi(\omega(z),z)}{\partial w}^{-1} \frac{\partial \phi(\omega(z),z)}{\partial z}$ . Haciendo el cálculo se ve que $\frac{\partial \omega(z)}{\partial z} = \frac{1}{\sin w_1 \sin w_2 - \cos w_1 \cos w_2} \begin{bmatrix} -\sin w_2 & -\cos w_2 \\ -\cos w_1 & -\sin w_1\end{bmatrix}$ . Ya que tenemos $\frac{\partial \omega((x,y))}{\partial z} = \begin{bmatrix} \frac{\partial u(x,y)}{\partial x} & \frac{\partial u(x,y)}{\partial y} \\ \frac{\partial v(x,y)}{\partial x} & \frac{\partial v(x,y)}{\partial y} \end{bmatrix}$ el resultado deseado se desprende de la identidad $(\cos x)^2 + (\sin x)^2 = 1$ .