Deje $f:X\rightarrow X$ ser suave, un mapa de un buen colector de con $f^2=\operatorname{id}$.
Es el subconjunto $\{x\in X\mid f(x)=x\}$ un suave submanifold?
Traté de encontrar un argumento con el teorema de la función implícita, pero no tengo una respuesta.
Si $f$ es involutiva, por lo que es su derivada en todos los puntos: $(T_xf)^2=Id$. Y, por lo tanto, existe una base $(b_1,..,b_m,..)$ $T_xX$ que $T_xf$ se hace de la forma $\pmatrix{I_m & 0\\0&-I_k}$ donde $I_k$ $k\times k$ matriz identidad, y $m+k=\dim X$.
Por lo tanto, si $f(x)=x$, luego del corte de la corresponsal de $\Bbb R^m\cong\langle b_1,..,b_m\rangle \subseteq T_xX\cong \Bbb R^n$ desde el local de la tabla de $\phi$ le dará gráficos. La suavidad garantiza que el cambio de $b_i$'s por $x$ es suave.
No puedo agregar un comentario a Berci la respuesta, que es la razón por la que publico este comentario como respuesta.
El argumento en Berci la respuesta no funciona como se indica. (Ya que la pregunta es una cuestión local, podemos suponer que las $f:\mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R}^n$, pero no estoy seguro de que esto le ayuda.) El problema es que $f^2=id$ sólo implica que $(df)_{f(p)}\circ (df)_p = id_{T_pX}$. Así que usted puede llegar a la conclusión de que $(df)_p$ es de la forma, ya que $(df)_p$ $(df)_{f(p)}$ son diferentes mapas.
Un argumento diferente utilizando la geometría de Riemann es la siguiente:
Elegir una métrica de Riemann $g$$X$, $\tilde g= g + (f^* g)$ es una métrica para que $f$ es una isometría (debido a $f^2=id$). El punto fijo conjunto de una isometría es fácilmente visible a ser una forma totalmente geodésica submanifold de $X$.
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