Projekcja Serge'a Langa
To pytanie jest kontynuacją Tożsamości do izomorfizmu traktowanego jako tożsamość w dowodzie . Pomyślałem, że przy całej życzliwej pomocy, jaką tam udzielono, będę mógł teraz opracować szkic dowodu podanego przez Langa dla odpowiednika podwójnego do tego z powyższego wątku i wyeliminować jego założenia tożsamości oparte na tożsamości tam również izomorfizm . Ale ja nie mogę. Oto problem:
W „Fundamentals of Differential Geometry”, 1999, strony 18-19, Serge Lang podaje następującą definicję:
A następnie ten wniosek do twierdzenia o odwrotnym odwzorowaniu:
Przede wszystkim kilka wyjaśnień: oznacza morfizm $ C^p$ mapa, izomorfizm lokalny oznacza lokalny $ C^p$dyfeomorfizm, izomorfizm topliniowy można tutaj uznać za izomorfizm liniowy. Co więcej, rozumiem, że tak$ V_1 \subseteq E_1 $ i $ V_2 \subseteq E_2 $, a lokalna odwrotność h, do której odnosi się Lang, jest $ \varphi^{-1} $, a nie odwrotnością pochodnej, jak sugeruje sformułowanie Langa.
Ponownie, nie widzę tylko sposobu $ \varphi^{-1} $ spełnia wymóg wniosku.
W celu wyeliminowania identyfikacji $ E_2=F $ w dowodzie niech zamiast tego
$ \varphi: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times F $.
Następnie wprowadź $ C^p $ dyfeomorfizm
$ 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] $
i wymień $ h:=\varphi^{-1} $ przez $ C^p $ dyfeomorfizm $ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times E_2 $. Ale z tym, jak wygląda wynikowa mapa$ f \circ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow F $ czynnik w zwykłą projekcję $ V_1 \times V_2 \rightarrow V_2 $ i liniowy izomorfizm $ V_2 \rightarrow W(0) \subseteq F $ z otwartym sąsiedztwem W?
Czy możemy podać lokalną mapę $ \varphi^{-1} $wyraźnie? Czy to jest$ \varphi^{-1}(x_1,y) = (x_1, pr_2 \circ f^{-1}(y)) $ dla $ y \in F $?
Wyraźnie $ \varphi^{-1}(\varphi(x_1,x_2))= \varphi^{-1}(x_1,f(x_1,x_2)) = (x_1,x_2) $. Ale na odwrót nie rozwiązuje się prawidłowo:
$ \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)) $.
A tak przy okazji, czy możemy również przyjąć, że f jest lokalnie odwracalne? Ocena składu$ f \circ h \circ g $ wydaje się prowadzić donikąd
$ 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])) $.
Jak więc postępować? Gdzie jest błąd lub jaki jest niezbędny pomysł? Myślałem o jawnym wprowadzeniu projekcji$ pr_2: E_1 \times E_2 \rightarrow E_2 \equiv (\{0\} \times E_2) \subseteq (E_1 \times E_2) $ na początku kompozycji: $ f \circ h \circ g \circ pr_2 $ale niestety projekcja nie $ C^p $-dyfeomorfizm.
Odpowiedzi
W takim przypadku o wiele łatwiej się zgubić.
Jeśli przejdziemy przez dowód, przedefiniujmy $$\varphi:U\to E_1\times F, \quad (x,y)\mapsto (x,f(x,y))$$ jest to również trochę inne niż to, co robi w tym Lang $\varphi$ nie jest zdefiniowany na całej przestrzeni $E_1\times E_2$, od $f$ określa się tylko w sąsiedztwie $U$. Ta uwaga nie jest jednak poważna.
Pochodną tego jest: $$D\varphi(x,y)\ [w_1,w_2]= \bigg[w_1, D_1f(x,y)\ [w_1] + D_2f(x,y)\ [w_2]\bigg]$$
To jest odwracalne w $(a_1,a_2)$. Możesz użyć notacji macierzowej, tak jak robi to Lang, aby to uprościć - zwróć uwagę, że dla$A, C$ odwracalny masz to $$\begin{pmatrix}A&0\\ B& C\end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix}A^{-1}&0\\ -C^{-1}BA^{-1}& C^{-1}\end{pmatrix}$$
Z twierdzenia o funkcji odwrotnej wynika, że istnieje pewna lokalna odwrotność $$h: V_1\times V_2\to E_1\times E_2$$ z $V_1\subseteq E_1, V_2\subseteq F$ tak otwarte $\varphi(a_1,a_2)\in V_1\times V_2$ (i $h(V_1\times V_2)\subseteq U$).
Ponieważ jest to odwrotność lokalna $\varphi \circ h=\mathrm{id}_{V_1\times V_2}$. Napisz tę kompozycję:$$(\varphi\circ h)(x,y)=(h_1(x,y), f(h(x,y)) ) \overset!= (x,y)$$ W związku z tym $f(h(x,y)) = y$, co było pożądanym rezultatem.
To, co tutaj zrobiłem, to przejrzenie dowodu i przystosowanie go tak, aby był dowodem stwierdzenia bez zakładania tego $E_2=F$. Czytając twoje myśli, myślę, że chciałeś zrobić to samo, ale jako adaptację chcesz podłączyć izomorfizm$D_2f(a_1,a_2)$na każdym etapie, na którym następuje identyfikacja. Jest to również możliwe i może bardziej systematyczne, ale łatwiej się zgubić.
Trzecim sposobem byłoby użycie rzeczywistego oświadczenia wyprowadzonego przez Langa, czyli przypadku $E_2=F$i pracuj z samym tym stwierdzeniem, aby wyprowadzić przypadek $E_2\neq F$. Tutaj musimy najpierw użyć danych identyfikacyjnych, aby uzyskać informacje$E_2=F$, następnie zastosuj twierdzenie, a następnie użyj identyfikatorów, aby wrócić do sytuacji $E_2\neq F$.
Na próżno $T:F\to E_2$być na przykład jakimkolwiek izomorfizmem$T=D_2f(a_1,a_2)^{-1}$. A następnie, jeśli$$f:U\to E_1\times F$$ to mapa z $D_2f(a_1,a_2)$ być odwracalnym $\tilde f:=f\circ (\mathrm{id}_{E_1}, T): E_1\times F\to E_1\times F$. Tutaj zmodyfikowaliśmy$f$ być mapą wymaganego formularza, zauważ to $$D_2\tilde f = D_2f(a_1,a_2)\circ T$$ co jest odwracalne - znajdujesz się więc w sytuacji lematu gdzie $E_2=F$.
Zastosuj twierdzenie: istnieje $\tilde h:V_1\times V_2\to E_1\times F$ po to aby $\tilde f \circ \tilde h$jest rzutem na drugą składową. Ale:$$\tilde f\circ \tilde h = f\circ ( (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h)$$ Definiowanie $h:= (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h$ następnie pozwala odzyskać lemat, który właśnie masz $E_2\cong F$zamiast pełnego $E_2=F$.