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$f$ tal que $\|Df - \text{Id}\|$ es cercano a cero, sin embargo, $f$ no es bijective

Un problema de mi geometría diferencial de la clase:

Supongamos $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ $C^1$ asignación, y para cada $x\in \mathbb{R}^2$

$$\| Df(x) - \text{Id} \| < 10^{-10}.$$

Demostrar o refutar: $f$ debe ser un bijection.

Mi intuición me dice que no debería ser un contraejemplo. $f$ lineal no va a funcionar, porque es un isomorfismo, o tiene rango de dimensión $\leq 1$, en cuyo caso $\|Df - \text{Id} \| = \|f - \text{Id}\|$ será demasiado grande.

Una idea que yo tenía es una función que en el plano complejo se expresa como $z\mapsto z^{\alpha}$ donde $\alpha - 1$ es positivo y muy cerca de cero. Esto sin duda no sería un bijection, pero no se debe mover nada en el círculo unitario demasiado. La derivada de una función de este tipo sería la matriz representa el número complejo a $\alpha (a+bi)^{\alpha -1}$. Parece que esta matriz sería una especie de difícil venir para arriba con. $\alpha(a+bi)^{\alpha -1} :=\alpha e^{(\alpha-1) \log{(a+bi)}}$, y ¿cómo puedo simplificar esto?

Sé que esto no es una función compleja-derivable en cero, pero tal vez es diferenciable cuando se ve desde $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$?

Cualquier sugerencias o ideas? No hay necesidad de alimentar mí la respuesta. Gracias

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Matthew Scouten Puntos 2518

Sugerencia: Deje $g(x) = f(x) - x$. Si $f(x) = f(y)$, $x - y = \int \ldots$

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Leon Katsnelson Puntos 274

Este es básicamente el mismo que el de Robert solución, pero con la resolución de $y=f(x)$ como la motivación.

Considere la posibilidad de buscar soluciones a $y=f(x)$ por la reformulación como un punto fijo problema. En este caso se podría tratar de $y-x+x-f(x) = 0$, la cual puede ser escrito como $y+x-f(x) = x$. Así, buscamos puntos fijos de $\phi_y(x) = y+x-f(x)$.

Vemos que $\|\phi_y(x_1)-\phi_y(x_2) \| \le \sup_\xi \|I-\frac{\partial f(\xi)}{\partial x} \| \|x_1-x_2\|$, y por lo $\phi_y$ es una contracción.

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