Pruebalo $f(W)$ es la gráfica de $y_{n+1} = \varphi(y_1,\cdots,y_n)$
Dejar $f: U \subseteq \mathbb R^n \rightarrow \mathbb R^{n+1}$ ser de clase $C^k,k\geq 1,$ y $U$abierto. Si por cada$x\in U$, $$f(x) = (f_1(x),\cdots, f_{n+1}(x)) \text{ and }\det\bigg(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}\bigg)_{1\leq i,j \leq n} \neq0,$$ entonces, para cada $x\in U$, existe un barrio $W\subseteq U$ de $x$ tal que $f(W)$ es la gráfica de un $C^k$ función $y_{n+1} = \varphi (y_1,\cdots,y_n)$.
Diciendo que $f(W)$ es la gráfica de $\varphi$ es lo mismo que decir que los siguientes conjuntos son iguales:
$\{(f_1(x),\cdots,f_{n+1}(x)): x\in W\} = \{((y_1,\cdots,y_n,\varphi(y_1,\cdots,y_n)): (y_1,\cdots,y_n)\in \text{Domain of $\ varphi$}\}$.
En otras palabras, tengo que demostrar que localmente hay una función $\varphi$ dependiendo de las coordenadas anteriores $f_1,\cdots,f_n$.
Lo primero que noté es que $f'(x)$es una transformación lineal inyectiva. De hecho, tenemos$n = \dim \ker f'(x) + \dim \text{im}f'(x) \geq n + \dim \ker f'(x) \geq n \implies \dim\ker f'(x) =0,$ ya que $f'(x)$ tiene al menos $n$ líneas linealmente independientes.
Ahora no sé cómo proceder exactamente. Inicialmente, me preguntaba si usar el teorema de inmersión local (ya que$f'(x)$ es inyectivo), pero no pude ver una manera de usar este teorema para expresar $f_{n+1}$ en términos de los demás.
También consideré la función $\pi:\mathbb R^{n+1} \rightarrow \mathbb R^n, (x_1,\cdots, x_{n+1}) \mapsto (x_1,\cdots, x_n).$
Entonces, $\pi(f(x)) = (f_1(x),\cdots,f_n(x)).$ Escritura $g = \pi \circ f$, su derivado $g'(x)$ es invertible, por lo tanto, es un difeomorfismo local con inversa $h$. Por lo tanto,$\pi \circ f \circ h = g \circ h = I_d$ y tenemos $\pi(f(h(x_1,\dots,x_n) ) = (x_1,\cdots,x_n).$ Si pudiera "deshacerme" de $\pi$ de alguna manera, esta ecuación me daría que $f(h(x_1,\cdots,x_n)) = (x_1,\cdots,x_n,\varphi(x_1,\cdots,x_n))$y eso es lo que necesitamos mostrar. Pero no puedo encontrar una manera clara de decir o justificar esto.
¿Alguna idea, pista? Gracias.
Respuestas
Estás muy cerca de la verdad.
Denotaré los puntos $y\in{\mathbb R}^{n+1}$ por $(y',y_{n+1})$ con $y'=(y_1,\ldots, y_n)$, y deja $\pi:\>{\mathbb R}^{n+1}\to{\mathbb R}^n$ sea la proyección olvidando la última coordenada.
Elija un punto arbitrario $p\in U$, y deja $f(p)=:q=(q',q_{n+1})$. Ya que tenemos en todas partes$${\rm det}\left({\partial f_i\over\partial x_k}\right)_{1\leq i,\,j\leq n}\ne0$$ hay un barrio $W$ de $p$ tal que el mapa $$f':=\pi\circ f=(f_1,f_2,\ldots, f_n)$$ mapas $W$ difeomórficamente en un vecindario $V\subset{\mathbb R}^n$ del punto $q'\in{\mathbb R}^n$. Hay un$C^1$-inverso $$g:=\bigl(f'\bigr)^{-1}:\quad V\to W\ .$$ los $C^1$ función $$\phi:=f_{n+1}\circ g:\quad V\to{\mathbb R}$$ da por cada punto $y'\in V$ la última coordenada $y_{n+1}$ de un punto $y=(y',y_{n+1})\in{\mathbb R}^{n+1}$. El gráfico de este$\phi$ es el set $${\cal G}=\bigl\{\bigl(y',\phi(y')\bigr)\in{\mathbb R}^n\times{\mathbb R}\bigm| y'\in V\bigr\}\ .$$ Tenga en cuenta que $f(W)=(f\circ g)(V)$. Desde$$(f\circ g)(y')=\bigl((f'\circ g)(y'),(f_{n+1}\circ g)(y')\bigr)=\bigl(y',\phi(y')\bigr)\qquad(y'\in V)$$ finalmente se sigue que de hecho $f(W)={\cal G}$.