La projection de Serge Lang
Cette question fait suite à l' identité jusqu'à l'isomorphisme traité comme identité dans la preuve . Je pensais qu'avec toute la gentille aide qui y était apportée, je pourrais maintenant élaborer l'esquisse d'une preuve donnée par Lang pour le corollaire dual de celui du fil ci-dessus, et éliminer ses hypothèses d'identité basées sur une identité jusqu'à l'isomorphisme là aussi. Mais je ne peux pas. Voici le problème:
Dans "Fundamentals of Differential Geometry", 1999, pp.18-19, Serge Lang donne la définition suivante:
Et puis ce corollaire du théorème de cartographie inverse:
Tout d'abord, quelques clarifications: le morphisme signifie $ C^p$ carte, isomorphisme local signifie local $ C^p$le difféomorphisme, l'isomorphisme supérieur peut être considéré ici comme un isomorphisme linéaire. De plus, je comprends être$ V_1 \subseteq E_1 $ et $ V_2 \subseteq E_2 $, et l'inverse local h, auquel Lang fait référence, pour être $ \varphi^{-1} $, et non l'inverse du dérivé, comme l'indique le libellé de Lang.
Encore une fois, ce que je ne vois pas, c'est comment $ \varphi^{-1} $ satisfait à l'exigence du corollaire.
Afin d'éliminer l'identification $ E_2=F $ dans la preuve, laissez plutôt être
$ \varphi: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times F $.
Puis introduisez le $ C^p $ difféomorphisme
$ 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] $
et remplacer $ h:=\varphi^{-1} $ par le $ C^p $ difféomorphisme $ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times E_2 $. Mais avec cela, comment la carte résultante$ f \circ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow F $ factoriser dans une projection ordinaire $ V_1 \times V_2 \rightarrow V_2 $ et un isomorphisme linéaire $ V_2 \rightarrow W(0) \subseteq F $ avec un quartier ouvert W?
Pouvons-nous indiquer la carte locale $ \varphi^{-1} $explicitement? Est-ce$ \varphi^{-1}(x_1,y) = (x_1, pr_2 \circ f^{-1}(y)) $ pour $ y \in F $?
Clairement $ \varphi^{-1}(\varphi(x_1,x_2))= \varphi^{-1}(x_1,f(x_1,x_2)) = (x_1,x_2) $. Mais l'inverse ne résout pas correctement:
$ \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)) $.
Et au fait, pouvons-nous aussi considérer f comme inversible localement? Évaluer la composition$ f \circ h \circ g $ semble ne mener nulle part
$ 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])) $.
Alors, comment procéder? Où est l'erreur ou quelle est l'idée nécessaire? J'ai pensé à introduire explicitement la projection$ pr_2: E_1 \times E_2 \rightarrow E_2 \equiv (\{0\} \times E_2) \subseteq (E_1 \times E_2) $ au début de la composition: $ f \circ h \circ g \circ pr_2 $, mais malheureusement la projection est non $ C^p $-difféomorphisme.
Réponses
Dans ce cas, il est beaucoup plus facile de se perdre.
Si nous passons par la preuve, redéfinissons $$\varphi:U\to E_1\times F, \quad (x,y)\mapsto (x,f(x,y))$$ c'est aussi un peu différent de ce que fait Lang en ce sens $\varphi$ n'est pas défini sur tout l'espace $E_1\times E_2$, depuis $f$ lui-même n'est défini que sur le quartier $U$. Cette remarque est cependant loin d'être sérieuse.
Le dérivé de ceci est: $$D\varphi(x,y)\ [w_1,w_2]= \bigg[w_1, D_1f(x,y)\ [w_1] + D_2f(x,y)\ [w_2]\bigg]$$
Ceci est inversible à $(a_1,a_2)$. Vous pouvez utiliser la notation matricielle, comme le fait Lang, pour simplifier cela - notez que pour$A, C$ inversible tu as ça $$\begin{pmatrix}A&0\\ B& C\end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix}A^{-1}&0\\ -C^{-1}BA^{-1}& C^{-1}\end{pmatrix}$$
Du théorème de la fonction inverse, il s'ensuit qu'il existe un inverse local $$h: V_1\times V_2\to E_1\times E_2$$ avec $V_1\subseteq E_1, V_2\subseteq F$ ouvert pour que $\varphi(a_1,a_2)\in V_1\times V_2$ (et $h(V_1\times V_2)\subseteq U$).
Puisque c'est un inverse local, vous avez $\varphi \circ h=\mathrm{id}_{V_1\times V_2}$. Écrivez cette composition:$$(\varphi\circ h)(x,y)=(h_1(x,y), f(h(x,y)) ) \overset!= (x,y)$$ Par conséquent $f(h(x,y)) = y$, qui était le résultat souhaité.
Ce que j'ai fait ici, c'est passer en revue la preuve et l'adapter pour qu'elle soit une preuve de l'énoncé sans supposer que $E_2=F$. En lisant vos pensées, je pense que vous vouliez faire la même chose, mais en tant qu'adaptation, vous voulez brancher l'isomorphisme$D_2f(a_1,a_2)$à chaque étape de l'identification. C'est également possible, et peut-être c'est plus systématique, mais c'est plus facile de se perdre.
Une troisième façon de le faire serait d'utiliser la déclaration réelle dérivée par Lang, c'est-à-dire le cas $E_2=F$, et travaillez uniquement avec cette instruction pour dériver le cas $E_2\neq F$. Ici, nous devons d'abord utiliser les identifications pour obtenir la situation$E_2=F$, puis appliquez le théorème et ensuite utilisez les identifications pour revenir à la situation $E_2\neq F$.
Dans ce vain laissez $T:F\to E_2$être n'importe quel isomorphisme, par exemple$T=D_2f(a_1,a_2)^{-1}$. Puis si$$f:U\to E_1\times F$$ est une carte avec $D_2f(a_1,a_2)$ être inversible considérer $\tilde f:=f\circ (\mathrm{id}_{E_1}, T): E_1\times F\to E_1\times F$. Ici nous avons modifié$f$ pour être une carte de la forme requise, notez que $$D_2\tilde f = D_2f(a_1,a_2)\circ T$$ qui est inversible - vous êtes donc dans la situation du lemme où $E_2=F$.
Appliquer le théorème: il existe un $\tilde h:V_1\times V_2\to E_1\times F$ pour que $\tilde f \circ \tilde h$est une projection vers le deuxième composant. Mais:$$\tilde f\circ \tilde h = f\circ ( (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h)$$ Définition $h:= (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h$ vous permet alors de récupérer le lemme là où vous venez d'avoir $E_2\cong F$, plutôt que le plein $E_2=F$.