Un diferenciable isometría es suave?

Question

He publicado esta pregunta en el MSE, pero no obtuvo respuesta (incluso después de dar una recompensa), así que estoy tratando aquí.

Deje $M,N$ ser liso $d$-dimensiones de Riemann colectores.

Supongamos $f:M \to N$ es diferenciable isometría ($df_p$ es una isometría en cada una de las $p \in M$). No asumo $f$ es $C^1$.

Es cierto que $f$ debe ser suave?

Esto es falso cuando asumiendo $f$ sólo es derivable en casi todas partes.

Un contra-ejemplo es $f(x)=c(x)+x$ donde $c$ es el Cantor de la función. En este caso $M=[0,1],N=[0,2]$, $f'=1$ una.e; $M,N$ no son isométrica, pero ambos son planas.

Gromov mostró existen ejemplos similares para "muchos" que no es plano $M$ e $N=\mathbb{R}^d$.

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Algunos resultados parciales:

Por el teorema de la función inversa para todas partes diferenciables mapas, $f$ es un local homeomorphism.

Nos gustaría demostrar que es una isometría local w.r.t el intrínseca distancias, a continuación, utilizar el Myers-Steenrod teorema (o utilice el hecho de geodesics localmente minimizar la longitud de deducir $f$ mapas geodesics a geodesics, de ahí que los factores a través de su diferencial a través de la exponencial de mapas. esto funciona si $f \in C^1$, ver aquí para más detalles).

El diablo está en los detalles: Tenemos que elegir la longitud adecuada de las estructuras en $M,N$ tal que $f$ se convertirá en un arcwise isometría. No podemos utilizar la clase de $C^1$ rutas desde $f$ no necesariamente mapa de $C^1$ mapas a $C^1$ mapas.

Además, nada nos garantiza que por un camino diferenciable $\gamma$ tal que $\|\dot \gamma(t)\|$ es integrable, $\|\dot {f \circ \gamma}(t)\|$ será integrable.

Answer 1

Por el hecho trivial de que $f$ es un local homeomorphism, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $f$ es un bijective homeomorphism. La costumbre de libros de texto de prueba de la fórmula para el diferencial de la inversa mapa funciona aquí, así que $f^{-1}$ es de nuevo un diferenciable isometría en el sentido de la OP.

Por lo que es suficiente para mostrar que $f$ es 1-Lipschitz (como un mapa de $M$ a $N$, que se considera como métrica espacios), desde entonces $f^{-1}$ 1-Lipschitz así, es decir, $f:M\to N$ será un espacio métrico isometría y vamos a hacer gracias a las Myers-Steenrod teorema.

Fix$p,q\in M$, y tomará las $C^1$ curva de $\gamma:[0,1]\to M$ con $\gamma(0)=p$ e $\gamma(1)=q$. Llame a $L$ de la longitud de $\gamma$. Basta probar que $d(f(p),f(q))\le L$ (aquí se $d(\cdot,\cdot)$ denota la distancia), desde luego, tomando el infimum de $L$ entre todas las curvas de la conexión de $p$ a $q$, obtenemos $d(f(p),f(q))\le d(p,q)$.

Para este objetivo, solucionar los $\epsilon>0$.

Reclamo: Para cualquier $t\in [0,1]$ podemos encontrar algunos de $\delta(t)>0$ que tiene $$d(f\circ\gamma(s),f\circ\gamma(u))\le(1+\epsilon)d(\gamma(s),\gamma(t))+(1+\epsilon)d(\gamma(t),\gamma(u))$$ siempre que $t\in[s,u]$ e $u-s\le \delta$.

De hecho, la utilización normal de coordenadas acerca de $\gamma(t)$ e $f\circ\gamma(t)$, podemos ver que para algunas $\eta(t)>0$ hemos $$d(x,\gamma(t))\le\eta(t)\Rightarrow d(f(x),f\circ\gamma(t))\le(1+\epsilon)d(x,\gamma(t)),$$ así que se realiza mediante la toma de $\delta(t)$ tal que $\gamma([0,1]\cap \overline B_{\delta(t)}(t))\subseteq \overline B_{\eta(t)}(\gamma(t))$.

Ahora, Primo del teorema, podemos encontrar una partición de $0=t_0<\cdots<t_N=1$ y adecuado $t_i'\in[t_{i-1},t_i]$ (para $i=1,\dots,N$) tal que $t_i-t_{i-1}\le\delta(t_i')$. Por lo tanto, $$d(f(p),f(q))\le\sum_{i=1}^N d(f\circ\gamma(t_{i-1}),f\circ\gamma(t_i))$$ $$\le(1+\epsilon)\sum_{i=1}^N (d(\gamma(t_{i-1}),\gamma(t_i'))+d(\gamma(t_i'),\gamma(t_i))).$$ La última suma es delimitada por $L$. Dejando $\epsilon\to 0$ obtenemos la tesis.