Pregunta acerca de la imagen de la correcta suave mapa de rango constante. (Licenciatura)

Question

Tengo que encontrar una prueba del siguiente teorema

Dada una función uniforme de f entre suave colectores de X y de Y:

• tiene rango constante
• es correcto
• la preimagen de cada punto en f(X) está conectado y simplemente se conecta

Entonces f(X) es un buen submanifold de Y.

Sé que a nivel local, tenemos un submanifold de la estructura por la constante rango teorema. Veo que queremos que la preimagen para ser conectado a evitar la auto-intersecciones y propio es también plausible. Cómo extender este mundial?

He leído este teorema en "El momento de mapa revisited" por Guillemin y Sternberg

[ http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.210.4537&rep=rep1&type=pdf#page26 ]

página 149

y también he leído la referencia, pero no he entendido cómo ayuda (se mantiene en un valor local)

¿Alguien tiene una idea de lo que una buena estrategia sería? No veo cómo usar la conecta simplemente a asunción. He buscado en muchos libros, pero no he encontrado ninguna mención de cualquier cosa similar. Cualquier buena referencia?

Yo siento que este es un ejercicio fácil, pero me falta algo.

Muchas gracias de antemano.

Answer 1

Parece que el simplemente se conecta suposición no es necesario. O tal vez hay un error en la prueba a continuación.

Por Hormander local de instrucción, sabemos que para cada $x \in X$ $y=f(x)$ existe un abierto $U_x \subset X$ y un $V_y \subset Y$ tal que $f(U_x)\subset V_y$ es un submanifold de $V_y$. Nos gustaría demostrar que no es una $W_y \subset V_y$ tal que $f(X) \cap W_y= f(U_x)\cap W_y$, haciendo de $f(X)$ un submanifold de $Y$.

En primer lugar, vamos a demostrar que el punto de $x$ en la preimagen de $y$ "localmente detecta la imagen local de $f$ cerca de $y$". Es decir, considerar la relación de equivalencia en puntos de $f^{-1}(y)$ dada por

$x \sim x'$ si y sólo si para cualquier abierto $O_x$ $O_{x'}$ existen abrir los vecindarios $U_x \subset O_x , U_{x'} \subset O_{x'} $ s.t. $ f(U_x)=f(U_x')$.

Por la estructura local qiven en Hormander, cada equivelence clase está abierta en $f^{-1}(y)$. Las clases de cubierta de la $f^{-1}(y)$. Pero es compacto. Así que tenemos un número finito de abiertos subcover. Pero entonces las clases están cerrados. Por conexión, existe una única clase. Reiteramos esta para uso futuro como sigue:

Para cualquier $x, x' \in f^{-1} (y)$ cualquier $O_x$ $O_{x'}$ existen abrir los vecindarios $U_x \subset O(x) , U_{x'} \subset O(x') $s.t. $ f(U_x)=f(U_x')$.

Ahora, volvamos a nuestro principal prueba. Supongamos que no hay tal $W_y$ existe. A continuación, obtenemos una secuencia $y_k$ $Y$ convergentes a$y$$y_k \in f(X)$, pero con $y_k \notin f(U_x)$. De selección arbitraria preimages $x_k$$y_k$. Desde $f$ es adecuada, se encuentran en un subconjunto compacto de $X$, por lo tanto tienen convergente larga, convergiendo a $x'$ que es forzado a mentir en $f^{-1} (y)$. Por la observación de arriba, no es $U_{x'}$ tal que $f(U_{x'})=f(U'_x)$ para algunos $U'_x \subset U_x$$x$. Para un gran $k$ puntos $x_k$$U_{x'}$, de modo que $y_k \in f(U_{x'})=f(U'_x) \subset f(U_x)$. Esta es una contradicción que demuestra que de verdad tienen un $W_y$ y $f(X)$ es un submanifold.