Proyección de Serge Lang
Esta pregunta es una continuación de Identidad hasta el isomorfismo tratado como identidad en prueba . Pensé que con toda la ayuda brindada allí, ahora podría elaborar el boceto de una prueba dada por Lang para el corolario dual del hilo anterior, y eliminar sus supuestos de identidad basados en una identidad. hasta el isomorfismo allí también. Pero no puedo. Este es el problema:
En "Fundamentals of Differential Geometry", 1999, pp.18-19, Serge Lang da la siguiente definición:
Y luego este corolario del teorema de mapeo inverso:
En primer lugar, algunas aclaraciones: morfismo significa $ C^p$ mapa, isomorfismo local significa local $ C^p$difeomorfismo, el isomorfismo lineal superior puede considerarse aquí como un isomorfismo lineal. Además, entiendo ser$ V_1 \subseteq E_1 $ y $ V_2 \subseteq E_2 $, y la h inversa local, a la que se refiere Lang, es $ \varphi^{-1} $, y no la inversa de la derivada, como implica la redacción de Lang.
Una vez más, lo que no veo es cómo $ \varphi^{-1} $ satisface el requisito del corolario.
Para eliminar la identificación $ E_2=F $ en la prueba, deja en cambio ser
$ \varphi: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times F $.
Luego presenta el $ C^p $ difeomorfismo
$ g: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times F: \quad (x_1,x_2) \mapsto (id_1, D_2f(a_1,a_2))[x_1,x_2] $
y reemplazar $ h:=\varphi^{-1} $ por el $ C^p $ difeomorfismo $ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times E_2 $. Pero con esto, ¿cómo funciona el mapa resultante$ f \circ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow F $ factor en una proyección ordinaria $ V_1 \times V_2 \rightarrow V_2 $ y un isomorfismo lineal $ V_2 \rightarrow W(0) \subseteq F $ con un barrio abierto W?
¿Podemos indicar el mapa local? $ \varphi^{-1} $¿explícitamente? Lo es$ \varphi^{-1}(x_1,y) = (x_1, pr_2 \circ f^{-1}(y)) $ para $ y \in F $?
Claramente $ \varphi^{-1}(\varphi(x_1,x_2))= \varphi^{-1}(x_1,f(x_1,x_2)) = (x_1,x_2) $. Pero al revés no se resuelve correctamente:
$ \varphi(\varphi^{-1}(x_1,y))= \varphi(x_1, pr_2 \circ f^{-1}(y)) =(x_1,f(x_1,pr_2 \circ f^{-1}(y)) $.
Y, por cierto, ¿podemos considerar que f también es localmente invertible? Evaluando la composición$ f \circ h \circ g $ parece no llevar a ninguna parte
$ f(h(g(x_1,x_2))) = f(h(x_1,D_2f(a_1,a_2)[x_2])) = f(x_1,pr_2 \circ f^{-1}(D_2f(a_1,a_2)[x_2])) $.
Entonces, ¿cómo proceder? ¿Dónde está el error o cuál es la idea necesaria? Pensé en introducir explícitamente la proyección.$ pr_2: E_1 \times E_2 \rightarrow E_2 \equiv (\{0\} \times E_2) \subseteq (E_1 \times E_2) $ al comienzo de la composición: $ f \circ h \circ g \circ pr_2 $, pero lamentablemente la proyección no es $ C^p $-diffeomorfismo.
Respuestas
En este caso es mucho más fácil perderse.
Si revisamos la prueba, redefinamos $$\varphi:U\to E_1\times F, \quad (x,y)\mapsto (x,f(x,y))$$ esto también es un poco diferente de lo que Lang está haciendo en ese $\varphi$ no está definido en todo el espacio $E_1\times E_2$, ya que $f$ en sí solo se define en el vecindario $U$. Sin embargo, esta observación está lejos de ser seria.
La derivada de esto es: $$D\varphi(x,y)\ [w_1,w_2]= \bigg[w_1, D_1f(x,y)\ [w_1] + D_2f(x,y)\ [w_2]\bigg]$$
Esto es invertible en $(a_1,a_2)$. Puede utilizar la notación matricial, como hace Lang, para simplificar esto; tenga en cuenta que para$A, C$ invertible tienes eso $$\begin{pmatrix}A&0\\ B& C\end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix}A^{-1}&0\\ -C^{-1}BA^{-1}& C^{-1}\end{pmatrix}$$
Del teorema de la función inversa se deduce que hay alguna inversa local $$h: V_1\times V_2\to E_1\times E_2$$ con $V_1\subseteq E_1, V_2\subseteq F$ abierto para que $\varphi(a_1,a_2)\in V_1\times V_2$ (y $h(V_1\times V_2)\subseteq U$).
Dado que es un inverso local, tienes $\varphi \circ h=\mathrm{id}_{V_1\times V_2}$. Escribe esta composición: $$(\varphi\circ h)(x,y)=(h_1(x,y), f(h(x,y)) ) \overset!= (x,y)$$ por lo tanto $f(h(x,y)) = y$, que era el resultado deseado.
Lo que hice aquí fue revisar la prueba y adaptarla para que sea una prueba de la declaración sin asumir que $E_2=F$. Al leer tus pensamientos, creo que querías hacer lo mismo, pero como adaptación, quieres conectar el isomorfismo$D_2f(a_1,a_2)$en cada etapa en la que tiene lugar la identificación. Esto también es posible, y tal vez sea más sistemático, pero es más fácil perderse.
Una tercera forma de hacerlo sería utilizar la declaración real derivada por Lang, es decir, el caso $E_2=F$y trabajar con esta declaración solo para derivar el caso $E_2\neq F$. Aquí debemos usar primero las identificaciones para obtener la situación$E_2=F$, luego aplique el teorema y luego use identificaciones para volver a la situación $E_2\neq F$.
En este vano deja $T:F\to E_2$ser cualquier isomorfismo, por ejemplo$T=D_2f(a_1,a_2)^{-1}$. Entonces sí $$f:U\to E_1\times F$$ es un mapa con $D_2f(a_1,a_2)$ ser invertible considerar $\tilde f:=f\circ (\mathrm{id}_{E_1}, T): E_1\times F\to E_1\times F$. Aquí hemos modificado$f$ para ser un mapa del formulario requerido, tenga en cuenta que $$D_2\tilde f = D_2f(a_1,a_2)\circ T$$ que es invertible - entonces estás en la situación del lema donde $E_2=F$.
Aplicar el teorema: existe un $\tilde h:V_1\times V_2\to E_1\times F$ así que eso $\tilde f \circ \tilde h$es una proyección al segundo componente. Pero: $$\tilde f\circ \tilde h = f\circ ( (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h)$$ Definiendo $h:= (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h$ luego te permite recuperar el lema donde solo tienes $E_2\cong F$, en lugar del completo $E_2=F$.