Demostrar que la función dada es una diffeomorphism

Question

Deje $U=\{x\in\mathbb{R}^n: ||x||<1\}$. Si definimos $f:U\rightarrow\mathbb{R}^n$$f(x) = \displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-||x||^2}}$, muestran que $f$ es un diffeomorphism y $f^{-1}:\mathbb{R}^n\rightarrow U$ está dado por $f(y) = \displaystyle\frac{y}{\sqrt{1-||y||^2}}$.

(1) Demostrar bijectiviy

(1.1) de Inyectividad $f(x) = f(y) \iff \displaystyle\frac{x_i}{\sqrt{1-||x||^2}}=\displaystyle\frac{y_i}{\sqrt{1-||y||^2}} \iff x_i^2[1-(y_1^2+\dots+y_n^2)] =y_i[1-(x_1^2+\dots+x_n^2)]$.

Ahora la adición de todas de las siguientes identidades

$\begin{cases} x_1^2 -x_1^2y_1^2+\dots+x_1^2y_n^2 = y_1^2-x_1^2y_1^2+\dots+x_n^2y_1^2 & (1)\\ \dots\\ x_n^2 -x_n^2y_1^2+\dots+x_n^2y_n^2 = y_n^2-x_1^2y_n^2+\dots+x_n^2y_n^2 & (n)\end{cases}$

He a $x_1^2+\dots+x_n^2 = y_1^2+\dots+y_n^2 \implies ||x||=||y||$. A continuación,$\displaystyle\frac{x_i}{\sqrt{1-||x||^2}}=\displaystyle\frac{y_i}{\sqrt{1-||y||^2}} \iff \displaystyle\frac{x_i}{\sqrt{1-\alpha}}=\displaystyle\frac{y_i}{\sqrt{1-\alpha}}\iff x_i=y_i\implies x=y$.

(1.2) Surjectiviy No estoy seguro de cómo debo hacer esto, vea (3.3)

(2) Demostrar que $f$ es diferenciable de aplicar el cociente regla de la de coordinar las funciones de

Si $i\neq j$ $\displaystyle\frac{\partial f_i}{\partial x_j}= \displaystyle\frac{\partial}{\partial x_j}\left( \displaystyle\frac{x_i}{1-||x||^2}\right) = \displaystyle\frac{\frac{2x_i}{2\sqrt{1-||x||}}}{{1-||x||}} = \displaystyle\frac{x_i}{(1-||x||^2)^{3/2}}$ que es continua para cada $x\in U$.

Y $\displaystyle\frac{\partial f_i}{\partial x_i} = \displaystyle\frac{\partial}{\partial x_i}\left( \displaystyle\frac{x_i}{1-||x||^2}\right)\displaystyle\frac{\sqrt{1-||x||^2}-2x_i^2}{1-||x||^2} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-||x||^2}} - \displaystyle\frac{2x_i^2}{1-||x||^2}$ que también es continua si $x\in U$, ¿verdad?.

Por la continuidad de las derivadas parciales para $f_i$ I a la conclusión de que $f_i$ es diferenciable y, dado que se aplica para cada $i=1,\dots,n$ I a la conclusión de $f$ que es diferenciable.

(3) Algunas preguntas. No estoy seguro de cómo proceder a partir de aquí, tengo un par de conjeturas y preguntas:

(3.1) El diferencial de $f$ será una matriz con los valores calculados arriba, a la derecha?. Puedo usar el teorema de la función inversa para hallar la inversa de a$f$$(f^{-1})'(y)=1/(f'(y))^{-1}$, pero, ¿cómo funciona? -Quiero decir, se supone que tengo que dividir por la matriz?-.

(3.2) Incluso si me $f^{-1})'$, ¿cómo puedo obtener $f^{-1}$. Debo integrar el coordinar las funciones?

(3.3) no estoy seguro de cómo probar la surjectivity bien, podría utilizar ese $\operatorname{dim}(U)=\operatorname{dim}(\mathbb{R}^n)$ la inyectividad implica surjectivity?. Pero no necesito una base para $U$?, puedo utilizar la base canónica con la restricción de que el $\sum_i x_i^2 < 1$?.

Answer 1

Si definimos $$ g:\mathbb{R}^n \U,\ g(x)=\frac{x}{\sqrt{1+\|x\|^2}}, $$ a continuación, para cada $y \in \mathbb{R}^n$ hemos \begin{eqnarray} f(g(y))&=&\frac{g(y)}{\sqrt{1-\|g(y)\|^2}}=\left(1-\frac{\|y\|^2}{1+\|y\|^2}\right)^{-1/2}\cdot\frac{y}{\sqrt{1+\|y\|^2}}\\ &=&\sqrt{1+\|y\|^2}\cdot\frac{y}{\sqrt{1+\|y\|^2}}=y. \end{eqnarray} Del mismo modo, para cada $x \in U$ hemos \begin{eqnarray} g(f(x))&=&\frac{f(x)}{\sqrt{1+\|f(x)\|^2}}=\left(1+\frac{\|x\|^2}{1-\|x\|^2}\right)^{-1/2}\cdot\frac{x}{\sqrt{1-\|x\|^2}}\\ &=&\sqrt{1-\|x\|^2}\cdot\frac{x}{\sqrt{1-\|x\|^2}}=x. \end{eqnarray}

Por lo tanto $f$ es bijective, y $f^{-1}=g$.

Usted puede probar que $f$ $g$ son diferenciables, por lo tanto, $f$ es un diffeomorphism.

Answer 2

A veces, es útil para mantener la notación de vector en lugar de escribir $f = (f_1,...,f_n)$.

Manera más fácil de probar la inyectividad: Vamos a ser $a_w = \sqrt{1-||w||^2}$.

$$\frac{x}{\sqrt{1-||x||^2}} = \frac{y}{\sqrt{1-||y||^2}}\Leftrightarrow a_yx = a_x y\text{,}$$ por lo tanto, $x$ $y$ son colinear. Si $x=\vec{0}$, entonces se sigue que $y =\vec{0}$, debido a $a_x, a_y\neq0$. Así que vamos a $x$ ser distinto de cero vector. De ello se desprende que $y$ es distinto de cero vector y $y = tx$$t = \frac{a_y}{a_x}>0$.

La función $g: [0,1) \to \mathbb{R},\; g(u^2) = \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$ es de inyección, por lo tanto,$||x|| =||y ||$, lo $x=y$, puesto que ya sabemos que son colinear y $t>0$.

Surjectivity: Elegir arbitraria $z\in \mathbb{R}^n$. Usted tiene que encontrar la $x$ hacia la derecha y la derecha de la norma. Si $z=\vec{0}$,$f(\vec{0})=z$. De lo contrario,

$$z = \frac{x}{a_x} \Rightarrow ||z||\sqrt{1-||x||^2} = ||x||\text{.}$$ A partir de aquí, usted debe expresar la norma $T = ||x||$ y demostrar que $T<1$. De ello se sigue que $$x = T \frac{z}{||z||}$$ es el vector deseado.

Suavidad: la identidad en la $\mathbb{R}^n$ es suave. La función $$g_1(u) = 1-u$$ is smooth. Function $g_2:(0,\infty)\to \mathbb{R}$, $$ \; g_2(u) = \frac{1}{\sqrt{u}}$$ is also smooth. Therefore $g$ is smooth since $g = g_2 \circ g_1$. It is also known that $x\a ||x||^2$ is smooth function (and you can easily prove it). Therefore $f(x) = g(||x^2||)x$ is smooth (again, you can easily show that function $(t,\vec{x})\t\vec{x}$ es suave).

Deviding por la matriz: no se puede repartir por la matriz, pero se puede multiplicar por su inverso. Y se mantiene el análogo del teorema de que usted está mencionando en 3.1.