Demostrar que $T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ es una biyección

Question

Tengo que demostrar que el siguiente es un bijection: $ T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2 $, con $T(x,y)= \left( \begin{array}{c} 5x + sin(y)\\ 5y + arctan(x) \end{array} \right)$

Ahora, para probar que es surjective la compuse con $x = tan(z)$ la obtención de:

$ T^1\colon \left]-\pi /2, \pi /2 \right[\times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2 $, con $T^1(z,y)= \left( \begin{array}{c} 5tan(z) + sin(y)\\ 5y + z \end{array} \right) $

Entonces, si consideramos que un genérico $(z_0,y_0)$ tenemos $5y+z=y_0 \Rightarrow z = y_0 - 5y$$5 tan(y_0 - 5y) + sin(y)=g(y)$. Teniendo en cuenta los límites de $g(y)$ en el inf y sup de su dominio se $+ \infty$ $-\infty$ y la continuidad de la $g(y)$ podemos demostrar la existencia de $Y$ tal que $g(Y) = z_0$ y, a continuación, $Z = y_0 - 5Y$ y nos hemos encontrado un par de $(Y,Z)$ tal que $T^1(Y,Z)=(z_0,y_0)$.

Como para la inyectividad me he dado cuenta de que, utilizando el hecho de que el pecado y arctg son limitadas funciones, obtenemos $T(x,y)=T(x',y') \Rightarrow |x-x'|< \frac{2}{5}$ $|y-y'|< \frac{2 \pi}{5}$ pero no puedo hacer nada mejor.

Mis preguntas son:

1) ¿hay una manera más fácil o mejor prueba de surjectivity? (teniendo en cuenta que la mía es correcto...si no por favor, señale el lugar donde hice mal)

2) ¿alguien me da pistas para probar la inyectividad?

Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Una manera de probar que $T \, : \, \mathbb{R}^{2} \, \rightarrow \, \mathbb{R}^{2}$ es biyectiva podría ser utilizar el teorema inverso global (también llamado Teorema de Hadamard-Levy, véase http://arxiv.org/pdf/1305.5930v2.pdf - Teorema 1.1) porque nunca se desvanece $\mathrm{det} \, \mathrm{Jac}(T,(x,y))$ y $\Vert T(x,y) \Vert \rightarrow +\infty$ $\Vert (x,y) \Vert \rightarrow +\infty$.

Sin embargo, puede haber una mejor respuesta a la pregunta.

Answer 2

Compruebe que se satisfacen las condiciones dadas por el teorema en el pdf de Jibounet.

Para la parte del jacobiano, computarlo en $(x, y)$

$$ J =\begin{bmatrix}5 & \cos(y) \ \frac{1}{1+x^2} & 5 \end{bmatrix}, $$

y si el determinante de la $J$ cero par $(x, y)$.

$ \text{det}(J) = 25 - \frac{\cos(y)} {1 + x ^ 2} = \frac{25x^2 + 25 - \cos(y)} {1 + x ^ 2} \neq 0, \, \forall x, y \in \mathbb{R}, $$ desde $|\cos(y)|\leq 1$.