Encontrando puntos donde un mapa suave entre variedades diferenciales es o no es una inmersión.

Question

Tengo problemas para responder preguntas relacionadas con inmersiones en variedades suaves. Por ejemplo: Dada la esfera unitaria $S^2$ alrededor del origen en $R^3$ y la función $f: S^2 \rightarrow R^3$ dada por $f(x,y,z) =(yz,zx,xy), muestra que f no es una inmersión en 6 puntos.

Estoy trabajando en problemas de un examen de calificación en topología y estoy buscando una manera genérica de abordar este tipo de problemas.

Mis ideas hasta ahora: Sé que una inmersión en un punto x en $S^2$ significa que el mapa derivado $df_x$ es inyectivo desde el espacio tangente en ese punto en $S^2$ hacia el espacio tangente de f(x) en $R^3.

1) Usar la proyección estereográfica y luego considerar la composición con este mapa que nos da un mapa de $R^2$ a $R^3. Este enfoque a veces parece ser muy feo y si reemplazo $S^2$ con un hiperboloide u otra superficie, es posible que no tenga un mapa como la proyección estereográfica.

2) Considerar solo hemisferios a la vez y resolver una variable. En este caso, comenzaría considerando el hemisferio superior y resolviendo para z, obteniendo $z = \sqrt{-x^2 -y^2 + 1}$. Entonces, el mapa $df_x$ sería simplemente el Jacobiano de f con la relación anterior insertada para z. De esta forma puedo considerar la jerarquía de este mapa en diferentes puntos para ver si tengo una inmersión. Este método nuevamente se vuelve bastante feo y ni siquiera estoy seguro de si es correcto.

3) El método que prefiero pero parece que obtengo la respuesta opuesta es considerar la esfera como una curva de nivel en 1 de la función $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2. Luego, para resolver este problema, considero la matriz 3x3 para $df_x$. Si tiene rango 3, entonces f es una inmersión ya que llevará el espacio tangente en cualquier punto de la esfera a un subespacio bidimensional de $R^3. Si tiene un rango de 2, entonces necesitamos demostrar que el espacio tangente en un punto se envía a un espacio bidimensional bajo $df_x. Una forma en la que creo que podemos hacer esto es considerar el vector normal (gradiente de F) a este plano tangente y ver qué sucede bajo $df_x.
SI el vector normal está en el núcleo de $df_x, ¿es cierto que se preserva el espacio tangente? Al intentar este método, obtuve la respuesta de que los puntos $(\pm 1, 0,0), (0, \pm1,0), (0,0, \pm1)$ SON puntos en los que tenemos una inmersión y todos los demás puntos en los círculos grandes (z=0, x=0,y=0) NO son inmersiones. Sé que esta es una respuesta posible pero parece ser lo opuesto a lo que pregunta la pregunta.

Si alguien puede darme alguna idea sobre qué método funciona aquí o cualquier otro método genérico para hacer estos problemas, estaría muy agradecido. Gracias.

Además, esta es mi primera pregunta publicada aquí, así que por favor avísenme de cualquier error en la publicación o cualquier cosa que pueda haber confundido.

Answer 1

Hay un choque de variables en tu problema, $x$ es tanto una coordenada como un punto. Voy a usar $p$ como el punto, con coordenadas $p=(a,b,c)$.

Tu método 3) empieza bien, pero luego te desvías en cómo usas el vector gradiente de $F$ en $p$. Tu objetivo es determinar en qué puntos $p$ el mapa restringido $df_p \mid T_p S^2$ no es una inyección. El plano tangente $T_p S^2$ es perpendicular al vector gradiente de $F$ en $p; equivalentemente, pero quizás más útil, es que el plano tangente es el núcleo de $dF_p$. Así que, simplemente necesitas encontrar aquellos puntos $p$ tales que la intersección del núcleo de $df_p$ con el núcleo de $dF_p$ no es trivial. Esto reduce el problema a encontrar aquellos puntos $p$ en los cuales un cierto sistema de ecuaciones lineales homogéneas (cuyos coeficientes dependen de las coordenadas de $p=(a,b,c)$) tiene una solución no trivial, lo cual es un bonito problema concreto de álgebra lineal.

Answer 2

No hay $6$, sino $12$ puntos de este tipo.

Considera $f$ como una función ${\mathbb R}^3\to{\mathbb R}^3$. Uno calcula $$df(x,y,z)=\left[\matrix{0&z&y\cr z&0&x\cr y&x&0\cr}\right]\ .$$ Esto muestra que $df$ es singular en los tres planos coordenados. Por simetría, es suficiente considerar el plano $z=0$, en particular los puntos $p=(\cos\phi,\sin\phi,0)\in S^2$. Un punto $p$ de este tipo es un punto singular de $f\restriction S^2$ si el núcleo $K(p)$ de $df(p)$ se encuentra en el plano tangente $T_p(S^2)$, o lo que es lo mismo: si $K(p)$ es ortogonal a $p$. Ahora $K(p)$ está generado por el vector $(\cos\phi,-\sin\phi,0)$, por lo que obtenemos la condición $$(\cos\phi,\sin\phi,0)\cdot(\cos\phi,-\sin\phi,0)=0\ ,$$ lo que se traduce en $\cos(2\phi)=0$. Esto produce los cuatro valores de $\phi$ $\pm{\pi\over4}$,$\ \pm{3\pi\over4}$.