Para resolver una función 5 dimensiones en un barrio

Question

Considere una función de $f:\mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^2$ definido por

$$f(u,v,w,x,y)=(uy+vx+w+x^2,uvw+x+y+1)$$

tal que $f(2,1,0,-1,0)=(0,0)$

(i) la demostración de que podemos solucionar $f(u,v,w,x,y) = (0,0)$ $(x,y)$ en términos de (u,v,w) en una vecindad de a $(2,1,0)$.

(ii)Si $(x,y) = \phi(u,v,w)$ es la solución de (i) a continuación, mostrar que derivado de la $\phi$ $(2,1,0)$ es

$$\Phi(2,1,0)=\frac13 \begin{bmatrix} 0 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & -3 \\ \end{bmatrix}$$

He aquí cómo he intentado:

Deje $F=uy+vx+w+x^2=0$

& $G=uvw+x+y+1=0$

$$\frac{\partial(F,G)}{\partial(x,y)}_{(2,1,0,-1,0)} = \begin{bmatrix} v+2x & u \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix}$$

$$\qquad \qquad \qquad= \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \\ \end{bmatrix}$$

que no es singular, por lo que existe una solución.

En la parte (ii):

podemos escribir

$$x=X(u,v,w)$$

$$y=Y(u,v,w)$$

se define en el barrio de $(2,1,0)$

de tal forma que: $$X(2,1,0)=-1$$

$$Y(2,1,0)=0$$

qué hacer a continuación? Cómo encontrar $x=X(u,v,w)$ & $y=Y(u,v,w)$?

Answer 1

Edit: errores Tipográficos han sido eliminados, y la respuesta correcta era obtenidos.

Desde el Teorema de la Función Implícita, tenemos que donde $$ \left| \begin{array}{cccc} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \\ \end{array} \right|_{(u,v,w,x,y) = (2,1,0,-1,0)} = \left| \begin{array}{cccc} v+2x & u \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right| _{(u,v,w,x,y) = (2,1,0,-1,0)} \neq 0 $$ Podemos resolver para $m$ de las variables de $f$ en términos de $n-m$ otras variables (aquí, $n=5:u,v,w,x,y$$m=2:x,y$) sobre un barrio de $(u,v,w) = (2,1,0)$. Así que, como $$ \left| \begin{array}{cccc} v+2x & u \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right| _{(u,v,w,x,y) = (2,1,0,-1,0)} = (1-2)(-2) = 2 \neq 0 $$ Entonces, hay un barrio $U$ $(u,v,w) = (2,1,0)$ donde podemos resolver para $f(\mathbf{x}) = f(u,v,w,\phi(u,v,w)) = 0$.

Nota, que nos podemos encontrar en el conjunto general de los valores de $(u,v,w)$ sobre los cuales usted puede hacer esto mediante la consideración de $$ \left| \begin{array}{cccc} v+2x & u \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right| _{(u,v,w,x,y) = (u,v,w,-1,0)} = (v-2)(-u) \neq 0 $$ implica que $ \left\{ (u,v,w) : v \neq 2 \right\} \cup \left\{ (u,v,w) : u \neq 0 \right\} $ es el conjunto completo.

Independientemente, para encontrar $\phi$, vamos $$ \begin{cases} uy + vx + w +x^2 &= 0 \\ uvw + x+ y + 1 &= 0 \end{casos} $$ Esto se puede solucionar de alguna manera - por ejemplo, $$ y = -1 -x -uvw \implica x^2 + (v-u)x + (w-u-u^2vw) = 0 $$ por lo $x = \frac{u-v}{2} \pm \frac{\sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }}{2}$. A continuación, $y= -1 -\frac{u-v}{2} \mp \frac{\sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }}{2} - uvw$. Por lo tanto, \begin{align} \phi(u,v,w) &= (x(u,v,w), y(u,v,w)) \\ &= \left( \frac{u-v}{2} \pm \frac{\sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }}{2}, (-1) \left( 1 + \frac{u-v}{2} \pm \frac{\sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }}{2} + uvw \right) \right) \end{align} Podemos tomar el signo $\pm$ ser $+$ o $-$ (he trabajado por $-$). Para comprobar, $D \phi (2,10)$ es $$ \left( \begin{array}{cccc} \frac{\partial \phi_1}{\partial u} & \frac{\partial \phi_1}{\partial v} & \frac{\partial \phi_1}{\partial w} \\ \frac{\partial \phi_2}{\partial u} & \frac{\partial \phi_2}{\partial v} & \frac{\partial \phi_2}{\partial w} \\\end{array} \right) _{\mathbf{u} = (u,v,w) = (2,1,0)} $$ Es decir, $$ \left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{2} - \frac{( -2(v-u) + 4(1+2uvw) )}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} & - \frac{1}{2} - \frac{2(v-u) + 4u^2w }{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} & (-1) \frac{-4(1 - u^2v)}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} \\ % - \frac{1}{2} + \frac{( -2(v-u) + 4(1+2uvw) )}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} - vw & \frac{1}{2} + \frac{2(v-u) + 4u^2w }{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} - uw & - uv + \frac{-4(1 - u^2v)}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} \\ \end{array} \right) _{\mathbf{u}} % $$ o como abajo en la transposición de la forma (reescrito para caber en la página) $$ \left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{2} - \frac{( -2(v-u) + 4(1+2uvw) )}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} & - \frac{1}{2} + \frac{( -2(v-u) + 4(1+2uvw) )}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} - vw \\ % - \frac{1}{2} - \frac{2(v-u) + 4u^2w }{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} & \frac{1}{2} + \frac{2(v-u) + 4u^2w }{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} - uw \\ % (-1) \frac{-4(1 - u^2v)}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} & - uv + \frac{-4(1 - u^2v)}{4 \sqrt{ (v-u)^2 - 4(w-u-u^2vw) }} \end{array} \right) _{\mathbf{u}} ^\mathbf{T} % $$

Por lo tanto, tenemos $$ % D \phi (2,1,0) = \left[ \begin{array}{ccc} 0 & - \tfrac{1}{3} & - 1 \\ 0 & \tfrac{1}{3} & -1 \\ \end{array} \right] = \frac{1}{3} \left[ \begin{array}{ccc} 0 & - 1 & -3 \\ 0 & 1 & -3 \\ \end{array} \right] . $$

Answer 2

La solución no tiene que ser tan complicado como lo izœc.

Para mostrar que $\phi$ existe en un barrio de $(2,1,0)$, podemos hacer exactamente lo que hizo: $$Df(u,v,w,x,y) = \begin{pmatrix} y & x & 1 & v + 2x & u \\ vw & uw & uv & 1 & 1 \end{pmatrix},$$ $$Df(2,1,0,-1,0) = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$$ Debido a que la matriz $$\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$ correspondiente a $(x,y)$ es invertible, el teorema de la función implícita se puede aplicar.

Ahora bien, si escribimos $Df = (A | B)$, donde $$A = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},$$ un poco de trabajo con la regla de la cadena nos muestra que $$D\phi(2,1,0) = -A^{-1} B.$$ Esto funciona para todos teorema de la función implícita problemas; ver Rudin los Principios de Análisis Matemático para los detalles. En nuestro caso, $$A^{-1} = -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix},$$ y por lo tanto \begin{align} D\phi(2,1,0) & = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -2 \\\ -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \\ & = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 0 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & -3 \end{pmatrix}. \end{align}