Restricción de un mapa diferenciable $R^3\rightarrow R^3$ a una superficie regular también es diferenciable.

Question

Este es de nuevo un ejercicio del libro de Do Carmo.

Demostrar: si $f:R^3 \rightarrow R^3$ es un mapa lineal y $S \subset R^3$ es una superficie regular invariante bajo $L,$ es decir $L(S)\subset S$ entonces la restricción $L|S$ es un mapa diferenciable y $$dL_p(w)=L(w), p\in S,w\in T_p(S).$$

Mi intento: Dado que cualquier mapa lineal en $R^3$ puede representarse mediante una matriz de transformación lineal , debe ser diferenciable. Por definición tengo que demostrar que para cualquier parametrización local de S digamos $(U,x)$ definido por $x^{-1}\circ L \circ x:U\rightarrow U $ es diferenciable localmente. Ahora bien, tanto $x$ y $L$ son diferenciables , sin embargo , $x^{-1}$ no es necesariamente diferenciable.

Además, el ejemplo 3 de la página 74 de Do Carmo dice : Sea $S_1$ y $S_2$ sean superficies regulares. Supongamos que $S_1\subset V \subset R^3$ donde $V$ es un subconjunto abierto de $R^3$ y que $\phi:V \rightarrow R^3$ es un mapa diferenciable tal que $\phi(S_1)\subset S_2$ . Entonces la restricción $\phi|S_1: S_1\rightarrow S_2$ es un mapa diferenciable.

Este hecho queda sin probar, pero creo que puede ser útil para la pregunta.

¿Alguien puede ayudarme? Gracias de antemano

Answer 1

En primer lugar, si $x:U\subset \mathbb R^2\rightarrow S$ es una parametrización, entonces $x^{-1}: x(U) \rightarrow \mathbb R^2$ es diferenciable: de hecho, siguiendo la propia definición de un mapa diferenciable de una superficie, $x$ es una parametrización del conjunto abierto $x(U)$ y puesto que $x^{-1}\circ x$ es el mapa de identidad, es diferenciable.

Ahora, dejemos que $p$ sea un punto de la superficie $S$ , $x:U\subset \mathbb R^2\rightarrow S$ sea una parametrización s.t. $x(0)=p$ y $y:V\subset \mathbb R^2\rightarrow S$ sea otra parametrización s.t. $L(p)=y(0)$ .

Para que quede claro, digamos que $x(u,v)=(x_1(u,v),x_2(u,v),x_3(u,v))$ y $y^{-1}(x,y,z)=(\varphi_1(x,y,z),\varphi_2(x,y,z))$ entonces el mapa $L\circ x:U\rightarrow S$ viene dado por : $$L\circ x (u,v)=\begin{pmatrix} a&b&c\\d&e&f \\g&h&i\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1(u,v) \\ x_2(u,v) \\ x_3(u,v) \end{pmatrix}$$

Así que $f(u,v)=y^{-1}\circ L \circ x(u,v)$ parece $$f(u,v)=y^{-1}\circ L \circ x(u,v)=\\\ \begin{pmatrix}\varphi_1(ax_1(u,v)+bx_2(u,v)+cx_3(u,v),\cdots,gx_1(u,v)+hx_2(u,v)+ix_3(u,v)) \\ \varphi_2(gx_1(u,v)+hx_2(u,v)+ix_3(u,v),\cdots,gx_1(u,v)+hx_2(u,v)+ix_3(u,v))\end{pmatrix}$$ que es claramente diferenciable.

Además, puede comprobar fácilmente mediante la regla de la cadena que $$df_0=d(y^{-1})_{L(p)}\circ L \circ dx_0.$$ A grandes rasgos, este mapa hace : $$\mathbb R^2 \underset{dx}{\longrightarrow} T_pS \underset{L}{\longrightarrow} T_{L(p)}S\underset{dy^{-1}}{\longrightarrow} \mathbb R^2$$ lo que significa que se envía un vector de $\mathbb R^2$ en $T_pS$ utilizando la parametrización $x$ (siempre te da una buena base del espacio tangente), entonces actúa L y vuelves a leer la información utilizando la segunda parametrización $y$ que toma el nuevo vector en $\mathbb R^2$ .

Así que $L$ no es otra cosa que la derivada de $L:S\rightarrow S$ como un mapa entre dos superficies.

De hecho, esto es de esperar, ya que se sabe que la derivada de un mapa lineal entre dos espacios vectoriales no depende del punto y es igual a sí misma, por lo que tiene que ser igual para la superficie o submanifold en general.