Dự kiến ​​của Serge Lang

Question

Câu hỏi này là phần tiếp theo của Identity cho đến isomorphism được coi là danh tính trong bằng chứng . Tôi nghĩ rằng với tất cả sự giúp đỡ tử tế được đưa ra ở đó, bây giờ tôi sẽ có thể phác thảo một bằng chứng do Lang đưa ra cho hệ quả kép đối với cái trong chuỗi trên và để loại bỏ những giả định về danh tính của anh ấy dựa trên một danh tính lên đến đẳng cấu ở đó. Nhưng tôi không thể. Đây là vấn đề:

Trong "Các nguyên tắc cơ bản của hình học vi phân", 1999, trang 18-19, Serge Lang đưa ra định nghĩa sau:

Và sau đó hệ quả này dẫn đến định lý ánh xạ nghịch đảo:

Trước hết, một số làm rõ: Morphism có nghĩa là $ C^p$ bản đồ, đẳng cấu địa phương có nghĩa là địa phương $ C^p$Sự khác biệt, isomorphism toplinear có thể được coi là một isomorphism tuyến tính ở đây. Hơn nữa, tôi hiểu là$ V_1 \subseteq E_1 $ và $ V_2 \subseteq E_2 $và nghịch đảo địa phương h, mà Lang đề cập đến, là $ \varphi^{-1} $, và không phải là nghịch đảo của đạo hàm, như cách diễn đạt của Lang ngụ ý.

Một lần nữa, điều tôi không thấy là làm thế nào $ \varphi^{-1} $ thỏa mãn yêu cầu của hệ quả.

Để loại bỏ nhận dạng $ E_2=F $ trong bằng chứng, thay vào đó hãy để

$ \varphi: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times F $.

Sau đó, giới thiệu $ C^p $ sự khác biệt

$ 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] $

và thay thế $ h:=\varphi^{-1} $ bằng $ C^p $ sự khác biệt $ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow E_1 \times E_2 $. Nhưng với điều này, làm thế nào để bản đồ kết quả$ f \circ h \circ g: E_1 \times E_2 \rightarrow F $ yếu tố vào một phép chiếu thông thường $ V_1 \times V_2 \rightarrow V_2 $ và đẳng cấu tuyến tính $ V_2 \rightarrow W(0) \subseteq F $ với một khu phố mở W?

Chúng ta có thể nêu bản đồ địa phương không $ \varphi^{-1} $một cách rõ ràng? Là nó$ \varphi^{-1}(x_1,y) = (x_1, pr_2 \circ f^{-1}(y)) $ cho $ y \in F $?

Thông suốt $ \varphi^{-1}(\varphi(x_1,x_2))= \varphi^{-1}(x_1,f(x_1,x_2)) = (x_1,x_2) $. Nhưng theo cách khác thì không giải quyết đúng cách:

$ \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)) $.

Và nhân tiện, chúng ta có thể coi f cũng có thể đảo ngược cục bộ được không? Đánh giá thành phần$ f \circ h \circ g $ dường như không dẫn đến đâu

$ 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])) $.

Vì vậy, làm thế nào để tiến hành? Lỗi ở đâu, hay ý tưởng cần thiết là gì? Tôi đã nghĩ về việc giới thiệu một cách rõ ràng về phép chiếu$ pr_2: E_1 \times E_2 \rightarrow E_2 \equiv (\{0\} \times E_2) \subseteq (E_1 \times E_2) $ ở đầu sáng tác: $ f \circ h \circ g \circ pr_2 $, nhưng không may là phép chiếu không $ C^p $-chính chất cà phê.

Answer 1

Trong trường hợp này, bạn sẽ dễ bị lạc hơn nhiều.

Nếu chúng ta đi qua bằng chứng, hãy xác định lại $$\varphi:U\to E_1\times F, \quad (x,y)\mapsto (x,f(x,y))$$ điều này cũng hơi khác so với những gì Lang đang làm trong đó $\varphi$ không được xác định trên toàn bộ không gian $E_1\times E_2$, từ $f$ bản thân nó chỉ được xác định trên vùng lân cận $U$. Tuy nhiên, nhận xét này không nghiêm túc.

Đạo hàm của điều này là: $$D\varphi(x,y)\ [w_1,w_2]= \bigg[w_1, D_1f(x,y)\ [w_1] + D_2f(x,y)\ [w_2]\bigg]$$

Điều này là không thể đảo ngược tại $(a_1,a_2)$. Bạn có thể sử dụng ký hiệu ma trận, như Lang, để đơn giản hóa việc này - lưu ý rằng đối với$A, C$ không thể đảo ngược bạn có điều đó $$\begin{pmatrix}A&0\\ B& C\end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix}A^{-1}&0\\ -C^{-1}BA^{-1}& C^{-1}\end{pmatrix}$$

Từ định lý hàm ngược, có một số nghịch đảo cục bộ $$h: V_1\times V_2\to E_1\times E_2$$ với $V_1\subseteq E_1, V_2\subseteq F$ mở để $\varphi(a_1,a_2)\in V_1\times V_2$ (và $h(V_1\times V_2)\subseteq U$).

Vì nó là một nghịch đảo cục bộ nên bạn có $\varphi \circ h=\mathrm{id}_{V_1\times V_2}$. Viết thành phần này ra:$$(\varphi\circ h)(x,y)=(h_1(x,y), f(h(x,y)) ) \overset!= (x,y)$$ vì thế $f(h(x,y)) = y$, đó là kết quả mong muốn.

---

Những gì tôi đã làm ở đây là xem xét bằng chứng và điều chỉnh nó thành bằng chứng cho tuyên bố mà không giả định rằng $E_2=F$. Từ việc đọc suy nghĩ của bạn, tôi nghĩ bạn cũng muốn làm điều tương tự, nhưng như một sự chuyển thể bạn muốn kết hợp với tính đẳng hình$D_2f(a_1,a_2)$ở mọi giai đoạn mà việc nhận dạng diễn ra. Điều này cũng có thể, và có thể có hệ thống hơn, nhưng nó dễ bị lạc hơn.

Cách thứ ba để làm điều đó là sử dụng câu lệnh thực tế do Lang bắt nguồn, nghĩa là trường hợp $E_2=F$và làm việc với tuyên bố này một mình để tìm ra trường hợp $E_2\neq F$. Ở đây, trước tiên chúng ta cần sử dụng các thông tin nhận dạng để nắm được tình hình$E_2=F$, sau đó áp dụng định lý và sau đó sử dụng các nhận dạng để quay lại tình huống $E_2\neq F$.

Trong vô vọng, hãy để $T:F\to E_2$có bất kỳ đẳng cấu, ví dụ$T=D_2f(a_1,a_2)^{-1}$. Sau đó nếu$$f:U\to E_1\times F$$ là một bản đồ với $D_2f(a_1,a_2)$ không thể đảo ngược xem xét $\tilde f:=f\circ (\mathrm{id}_{E_1}, T): E_1\times F\to E_1\times F$. Ở đây chúng tôi đã sửa đổi$f$ để trở thành một bản đồ của biểu mẫu bắt buộc, lưu ý rằng $$D_2\tilde f = D_2f(a_1,a_2)\circ T$$ không thể đảo ngược - do đó bạn đang ở trong tình huống của bổ đề trong đó $E_2=F$.

Áp dụng định lý: Tồn tại một $\tilde h:V_1\times V_2\to E_1\times F$ vậy nên $\tilde f \circ \tilde h$là một phép chiếu tới thành phần thứ hai. Nhưng:$$\tilde f\circ \tilde h = f\circ ( (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h)$$ Xác định $h:= (\mathrm{id}_{E_1},T)\circ \tilde h$ sau đó cho phép bạn khôi phục bổ đề mà bạn vừa có $E_2\cong F$, thay vì toàn bộ $E_2=F$.