Обратная функция

[nnosipov]

evgeniy в сообщении #701517 писал(а):

Если Вас такой стиль изложения не устраивает я тут ничего поделать не могу.

Ваш мутный стиль изложения --- это стиль графомана. Такой стиль здесь никого не устраивает.

[shwedka]

Цитата:

Если определенная мною обобщенная матрица имеет не нулевой определитель в замкнутой односвязной области, то в этой области определена однозначная обратная функция.

так, появилось условие односвязности. Раньше не было!

Но это Вас не спасет.
Нужно внимательнее следить за руками!

Плюс обычное косноязычие! Обратная функция определена не в области определения исходной функции, а, вовсе даже в области ЗНАЧЕНИЙ исходной функции!
Или, может, Вы в очередной раз передумаете и потребуете, чтобы область значений была односвязной? Давайте, давайте!
Но вот Вам еще пример. Замкнутая односвязная область, прямоугольник
$0\le x_1\le 4\pi, 1\le x_2\le 2$.
Отображение
$y_1=x_2\sin x_1, y_2=x_2\cos x_1$.

Найдите обратное отображение.
При этом, дайте определение обратного отображения.
Либо, Вычислите 'Вашу' матрицу Якоби, не один элемент, а все четыре!
Покажите, что определитель равен нулю.

[nnosipov]

И для меня выпишите "обобщённую матрицу Якоби" для отображения $y_1=x_1^2-x_2^2$, $y_2=2x_1x_2$.

[evgeniy]

Преобразование координат следующее
$x=r \cos\varphi$
$y=r \sin \varphi$
При построении обобщенной матрицы Якоби в случае разделения переменных надо воспользоваться свойством
$\Delta x=\cos\varphi \Delta r+r \Delta \cos\varphi$
И тогда нужно аппроксимировать только частные производные по одной переменной (находить среднее значение только для функции одной переменной, функцию аппроксимировать не надо)

Обобщенная матрица Якоби равна
$\frac{\partial x}{\partial r}=\cos\varphi$
$\frac{\partial y}{\partial r}=\sin\varphi$
$\frac{\partial x}{\partial \varphi}=-\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!} $
$\frac{\partial y}{\partial \varphi}=\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!} $

Вычисляемая сумма равна
$\cos\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!}+\sin\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!}\eqno(1) $
Расчет велся в программе Mathcad. Контрольный вариант считался по формуле
$\cos\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n)!}+\sin\varphi\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+1)!} $
Получилось с большой точностью значение единица при значениях аргумента от нуля до $2\pi$, т.е. единица без нулей, так как программа выдает на печать несколько знаков после запятой.
Потом был произведен расчет по формуле (1). В точке $2\pi 25/50$ появилось нулевое значение определителя, а дальше пошли отрицательные значения.
Shwedka , если вы меня научите как вставлять данные из графического файла, то я вставлю файл программы на mathcad, переведя его в графический режим, она очень короткая.

-- Ср мар 27, 2013 10:21:55 --

Обобщенная матрица Якоби для преобразования
$y_1=x_1^2-x_2^2$
$y_2=2x_1 x_2$
равна
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_1$
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=-x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=x_1$
При этом определитель равен
$x_1^2+x_2^2$

[evgeniy]

Преобразование координат следующее
$x=r \cos\varphi$
$y=r \sin \varphi$
При построении обобщенной матрицы Якоби в случае разделения переменных надо воспользоваться свойством
$\Delta x=\cos\varphi \Delta r+r \Delta \cos\varphi$
И тогда нужно аппроксимировать только частные производные по одной переменной (находить среднее значение только для функции одной переменной, функцию аппроксимировать не надо)

Обобщенная матрица Якоби равна
$\frac{\partial x}{\partial r}=\cos\varphi$
$\frac{\partial y}{\partial r}=\sin\varphi$
$\frac{\partial x}{\partial \varphi}=-\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!} $
$\frac{\partial y}{\partial \varphi}=\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!} $

Вычисляемая сумма равна
$\cos\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!}+\sin\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!}\eqno(1) $
Расчет велся в программе Mathcad. Контрольный вариант считался по формуле
$\cos\varphi \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n)!}+\sin\varphi\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+1)!} $
Получилось с большой точностью значение единица при значениях аргумента от нуля до $2\pi$, т.е. единица без нулей, так как программа выдает на печать несколько знаков после запятой.
Потом был произведен расчет по формуле (1). В точке $2\pi 25/50$ появилось нулевое значение определителя, а дальше пошли отрицательные значения.
Shwedka , если вы меня научите как вставлять данные из графического файла, то я вставлю файл программы на mathcad, переведя его в графический режим, она очень короткая.

-- Ср мар 27, 2013 10:21:55 --

Обобщенная матрица Якоби для преобразования
$y_1=x_1^2-x_2^2$
$y_2=2x_1 x_2$
равна
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_1$
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=-x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=x_1$
При этом определитель равен
$x_1^2+x_2^2$[/quote]

[shwedka]

evgeniy в сообщении #701931 писал(а):

Обобщенная матрица Якоби равна
$\frac{\partial x}{\partial r}=\cos\varphi$
$\frac{\partial y}{\partial r}=\sin\varphi$
$\frac{\partial x}{\partial \varphi}=-\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!} $
$\frac{\partial y}{\partial \varphi}=\sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!} $

следите за руками!
Производные сосчитаны неверно!
и, вообще, правило расчета 'обобщенной матрицы Якоби' отсутствует!

[evgeniy]

Формулы для производной в средней точке подсчитаны верно. В силу разделения переменных при этом преобразовании надо считать обобщенную матрицу Якоби, вернее частную производную в средней точке у каждого члена, зависящего от одной переменной отдельно. При этом частная производная в средней точке сводится к записанной сумме. При этом она сводится вычитанию единицы и к вынесению аргумента за знак суммы у величины $\cos\varphi$
$\frac{\partial x[\xi_1(r,\varphi),\xi_2(r,\varphi)]}{\partial \varphi}=-r \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n+1}(-1)^n}{(2n+2)!} $
Вторая формула получается просто вынесением аргумента за знак суммы у $\sin\varphi$
$\frac{\partial y[\xi_1(r,\varphi),\xi_2(r,\varphi)]}{\partial \varphi}=r \sum_{n=0}^{10} \frac{\varphi^{2n}(-1)^n}{(2n+1)!} $
Конкретно скажите в чем ошибка.
Первая формула не соответствуют производной от $\cos\varphi$, а вычисляются по более сложной формуле.

[shwedka]

evgeniy в сообщении #701967 писал(а):

Конкретно скажите в чем ошибка.

Вот и сравните две Ваши версии!

[Someone]

evgeniy в сообщении #701967 писал(а):

Первая формула не соответствуют производной от $\cos\varphi$, а вычисляются по более сложной формуле.

Если написанная формула не соответствует той функции, от которой нужно найти производную, то, стало быть, производная найдена неправильно. Какие Вам ещё нужны объяснения?

[shwedka]

evgeniy в сообщении #701084 писал(а):

Рассмотрим представление функции через обобщенную матрицу Якоби
$y_n(x_1,...,x_N)=y_n(x^0_1,...,x^0_N)+\sum_{m=1}^N\frac{\partial f_n(\xi_1,...,\xi_N)}{\partial x_m}(x_m-x_m^0)\eqno(1)$

А можете ли Вы доказать, что такая точка $(\xi_1,...,\xi_N)$
существует?

[evgeniy]

Доказать существование точки я не могу, но вычислить это выражение возможно, т.е. можно
вычислить выражение
$\frac{\partial f_n(\xi_1,...,\xi_N)}{\partial x_m}$
но соответствует ли этому выражению какой-либо аргумент частной производной я доказать не могу, для этого надо решить нелинейное уравнение (1)
$y_n(x_1,...,x_N)=y_n(x^0_1,...,x^0_N)+\sum_{m=1}^N\frac{\partial f_n(\xi_1,...,\xi_N)}{\partial x_m}(x_m-x_m^0)\eqno(1)$

[shwedka]

Цитата:

Доказать существование точки я не могу, но вычислить это выражение возможно

УУ! Значит, обычная Ваша песня. Вычислить что-то, что, возможно, и не существует.

Цитата:

для этого надо решить нелинейное уравнение

Опять, Ваше 'надо'. Кому надо? И есть ли решение?

Цитата:

но соответствует ли этому выражению какой-либо аргумент частной производной

Значит, Ваше обозначение -- демонстрация обмана.

[nnosipov]

evgeniy в сообщении #701931 писал(а):

Обобщенная матрица Якоби для преобразования
$y_1=x_1^2-x_2^2$
$y_2=2x_1 x_2$
равна
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_1$
$\frac{\partial y_1(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=-x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_1}=x_2$
$\frac{\partial y_2(\xi_1,\xi_2)}{\partial x_2}=x_1$
При этом определитель равен
$x_1^2+x_2^2$

Ну, вот и кирдык Вашей "теореме": как Вы собираетесь обращать это отображение в кольце $1<x_1^2+x_2^2<2$, от которого отрезали небольшой кусочек, чтобы область стала односвязной?

-- Ср мар 27, 2013 18:45:42 --

evgeniy в сообщении #702022 писал(а):

для этого надо решить нелинейное уравнение (1)

Ну и чем этот хрен слаще той редьки (чтобы обратить отображение, тоже нужно решать нелинейную систему)?

[evgeniy]

Найдены условия, когда имеется принципиальное значение однозначной обратной функции. В одномерном случае это соответствует монотонной функции, или отсутствии нуля первой производной. Т.е. доказано существование обратной функции. Далее ее надо считать численно. Может быть обобщенная матрица Якоби поможет в этом расчете, как имеющая определитель, не обращающийся в ноль. А может быть надо действовать существующими численными методами. Одномерное уравнение с монотонными функциями легко считается численными методами методом касательных. Может быть будет глобально сходиться и метод касательной плоскости при этих условиях. Но надо оставаться в области, где обратная функция единственна.

[shwedka]

Цитата:

принципиальное значение однозначной обратной функции.

Понятие не определено.

Цитата:

Т.е. доказано существование обратной функции.

Не доказано. И утверждение неверно.

Поясняю.
Допустим, что отображение $F$ на области $D$ принимает одинаковые значения в двух разных точках, $F(X_1)=F(X_2), X_1\ne X_2$. Tаким образом, отображение НЕ ОБРАТИМО (и не надо болтовни о многозначном обратном...). Вы, конечно, о существовании этих точек не подозреваете, поэтому берете наобум начальную точку $X_0\in D$
и строите Вашу матрицу, как бы Якоби, хотя ничего похожего в ней с Якоби нет, для точек $X_1,X_2$с начальной точкой $X_0$. Если $F(X_0)\ne F(X_1)$, то эти две матрицы как бы Якоби, прекрасно обратимы. Ведь матрица для $X_1$ знать не знает того, что в какой-то другой точке значение такое же. А того факта, что $F(X_1)=F(X_2), X_1\ne X_2$ по свойствам обратимости или необратимости этих матриц Вы вжизнь не увидите. Так и будете думать, по дурости своей, что отображение однозначно обратимо.
Мораль. По локальным свойства отображения глобальную обратимость не отловить! По крайней мере, без дополнительных условий и большой науки.