Es un diferenciable (pero no $C^1$) de la función de $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ con invertible derivados en todas partes un abrir mapa? Sé que si asumimos que la función es $C^1$, entonces esto es una consecuencia del teorema de la función inversa (o un paso en el camino para probar el teorema de la función inversa). Me he convencido a mí misma de no contra-ejemplo existe si $n = 1$, pero no he sido capaz de demostrarlo o venir para arriba con un contra-ejemplo en el caso de $n = 2$. Me he pasado más tiempo tratando de encontrar un contra-ejemplo, sobre todo tratando de variantes que implican $x^2 \sin(1/x)$.
Respuesta
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El resultado se da en cada una de las dimensiones.
Por el bien de la simplicidad, se asume que $f(0)=0$ e $f'(0)=Id$.
No es una función continua (con valores del vector) $\epsilon$ tal que para cada una de las $x$, $f(x)=x+|x|\epsilon(x)$.
Deje $R >0$ ser tal que si $|x| \leq R$, $|\epsilon(x)| \leq 0.5$.
Deje $0<r<R$, vamos a $z$ ser tal que $|z| < r/4$.
Es fácil probar que para cualquier $x$ con $|x|=r$, $|f(x)-z| > |f(0)-z|$.
Así que consideren $g(x)=f(x)-z$ e $h(x)=|g(x)|$ para $|x| \leq r$.
Suponga que $g$ no se desvanecen, a continuación, $h$ es diferenciable, sin puntos críticos, y no alcanza su mínimo en el borde del disco, lo cual es imposible.
Por lo $g$ hace desaparecer, es decir, para todos los $z$ con $|z|$ lo suficientemente pequeño, hay algunos $y$ con $|y| \leq 5|z|$ sich que $f(y)=z$.
En otras palabras: si $V$ es un barrio de $0$, por lo que es $f(V)$, lo cual termina la prueba.
