Докажи это $f(W)$ график $y_{n+1} = \varphi(y_1,\cdots,y_n)$

Question

Позволять $f: U \subseteq \mathbb R^n \rightarrow \mathbb R^{n+1}$ быть классным $C^k,k\geq 1,$ и $U$открытый. Если для каждого$x\in U$, $$f(x) = (f_1(x),\cdots, f_{n+1}(x)) \text{ and }\det\bigg(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}\bigg)_{1\leq i,j \leq n} \neq0,$$ то за каждый $x\in U$, существует окрестность $W\subseteq U$ из $x$ такой, что $f(W)$ график $C^k$ функция $y_{n+1} = \varphi (y_1,\cdots,y_n)$.

Говоря это $f(W)$ график $\varphi$ это то же самое, что сказать, что следующие наборы равны:

$\{(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 $\ varphi$}\}$.

Другими словами, я должен доказать, что локально существует функция $\varphi$ в зависимости от предыдущих координат $f_1,\cdots,f_n$.

Первое, что я заметил, это то, что $f'(x)$является инъективным линейным преобразованием. Действительно, у нас есть$n = \dim \ker f'(x) + \dim \text{im}f'(x) \geq n + \dim \ker f'(x) \geq n \implies \dim\ker f'(x) =0,$ поскольку $f'(x)$ имеет по крайней мере $n$ линейно независимые линии.

Теперь я не знаю, как именно действовать. Изначально мне было интересно использовать теорему о локальном погружении (поскольку$f'(x)$ инъективен), но я не видел способа использовать эту теорему для выражения $f_{n+1}$ с точки зрения других.

Я также рассмотрел функцию $\pi:\mathbb R^{n+1} \rightarrow \mathbb R^n, (x_1,\cdots, x_{n+1}) \mapsto (x_1,\cdots, x_n).$

Так, $\pi(f(x)) = (f_1(x),\cdots,f_n(x)).$ Письмо $g = \pi \circ f$, его производная $g'(x)$ обратима, следовательно, это локальный диффеоморфизм с обратным $h$. Следовательно,$\pi \circ f \circ h = g \circ h = I_d$ и у нас есть $\pi(f(h(x_1,\dots,x_n) ) = (x_1,\cdots,x_n).$ Если бы я мог "избавиться" от $\pi$ каким-то образом это уравнение дало бы мне $f(h(x_1,\cdots,x_n)) = (x_1,\cdots,x_n,\varphi(x_1,\cdots,x_n))$и вот что нужно показать. Но я не могу найти четкого способа сказать или оправдать это.

Любая информация, подсказка? Спасибо.

Answer 1

Вы очень близки к истине.

Я обозначу точки $y\in{\mathbb R}^{n+1}$ по $(y',y_{n+1})$ с участием $y'=(y_1,\ldots, y_n)$, и разреши $\pi:\>{\mathbb R}^{n+1}\to{\mathbb R}^n$ быть проекцией, забывающей последнюю координату.

Выбрать произвольную точку $p\in U$, и разреши $f(p)=:q=(q',q_{n+1})$. Поскольку у нас везде$${\rm det}\left({\partial f_i\over\partial x_k}\right)_{1\leq i,\,j\leq n}\ne0$$ есть район $W$ из $p$ так что карта $$f':=\pi\circ f=(f_1,f_2,\ldots, f_n)$$ карты $W$ диффеоморфно на окрестность $V\subset{\mathbb R}^n$ по делу $q'\in{\mathbb R}^n$. Существует$C^1$-инверсия $$g:=\bigl(f'\bigr)^{-1}:\quad V\to W\ .$$ В $C^1$ функция $$\phi:=f_{n+1}\circ g:\quad V\to{\mathbb R}$$ дает за каждую точку $y'\in V$ последняя координата $y_{n+1}$ точки $y=(y',y_{n+1})\in{\mathbb R}^{n+1}$. График этого$\phi$ это набор $${\cal G}=\bigl\{\bigl(y',\phi(y')\bigr)\in{\mathbb R}^n\times{\mathbb R}\bigm| y'\in V\bigr\}\ .$$ Обратите внимание, что $f(W)=(f\circ g)(V)$. Из$$(f\circ g)(y')=\bigl((f'\circ g)(y'),(f_{n+1}\circ g)(y')\bigr)=\bigl(y',\phi(y')\bigr)\qquad(y'\in V)$$ наконец следует, что действительно $f(W)={\cal G}$.