Pruebe dónde exp: Skew( $3 \times 3$ ) $ \rightarrow SO(3)$ es el homeomorfismo local

Question

El matriz exponencial en la simetría sesgada $3 \times3 $ matrices en $SO(3)$ no es homeomorfismo local en todas partes. He sido instruido que un problema es con las esferas de radio $2n \pi $ ( $n \in\mathbb {N}$ ) en la escala La norma Frobenius $\|\,\|= \frac {1}{ \sqrt {2}}\|\,\|_F$ . Según entiendo esto $ \exp $ es $C^ \infty $ liso y la inyección en la bola abierta del radio $ \pi $ .

Me gustaría saber cuál es el radio de la bola abierta más grande alrededor de cero donde esta matriz $ \exp $ es un homeomorfismo local, o tal vez incluso un difeomorfismo? Mejor aún, se debe dar una explicación, una prueba o una referencia a la prueba.

En esencia, veo que hay que mostrar que para cada $X$ en tal bola, el diferencial (pushforward) $ \mathrm {d}_{ \exp (X)}$ es el isomorfismo lineal. Me falta el conocimiento de la geometría diferencial para proceder.

Answer 1

El mapa exponencial de $SO(3)$ puede entenderse geométricamente mirando la doble cubierta $S^3$ también conocido como el grupo de cuaterniones de la unidad bajo multiplicación.

( Añadido para incorporar aclaraciones de los comentarios ) Un mapa de cobertura de dos hojas $S^3 \to SO(3)$ puede definirse de la siguiente manera. La acción conjunta de $S^3$ en su álgebra de la mentira (el $3$ -espacio dimensional de cuaterniones imaginarios, de aquí en adelante denominado $ \mathbf {R}^3$ ) está dada por $$ \operatorname {ad}_{ \alpha }(X) = \alpha X \alpha ^{-1}, \quad X \in \mathbf {R}^3. $$ El producto $ \alpha X \alpha ^{-1}$ es un cuaternario imaginario que depende linealmente de $X$ y tiene la misma longitud que $X$ . Eso es, $ \operatorname {ad}_{ \alpha }$ es una isometría lineal de $ \mathbf {R}^3$ es decir, un elemento de $O(3)$ . Desde $S^3$ está conectada y la identidad de $SO(3)$ está en la imagen, $ \operatorname {ad}(S^3) \subseteq SO(3)$ .

Claramente, $ \operatorname {ad}$ es un homomorfismo de grupo, y $ \operatorname {ad}_ \alpha = I$ si y sólo si $ \alpha X \alpha ^{-1} = X$ para todos $X$ en $ \mathbf {R}^3$ si y sólo si la parte imaginaria de $ \alpha $ es cero, si y sólo si $ \alpha = \pm 1$ . Eso es, $ \ker ( \operatorname {ad}) = \{ \pm1\ }$ el centro de $S^3$ .

Deje que $ \alpha = \alpha_0 + \alpha_1 i + \alpha_2 j + \alpha_3 k$ denotan un elemento típico de $S^3$ . Desde $ \operatorname {ad}_{ \alpha }(X)$ es un polinomio en los componentes de $ \alpha $ la cartografía $ \operatorname {ad}:S^3 \to SO(3)$ es suave.

Cálculo directo (tomando $ \alpha $ para ser múltiplos de $i$ , $j$ o $k$ ) muestra que las rotaciones arbitrarias sobre los ejes de coordenadas de $ \mathbf {R}^3$ están en la imagen de $ \operatorname {ad}$ . En particular, $ \operatorname {ad}$ induce un isomorfismo de las álgebras Lie (de ahí que sea un difeomorfismo local), $ \operatorname {ad}$ es surjectiva (las rotaciones de los ejes generan $SO(3)$ ), y $S^3/\{ \pm1\ } \simeq SO(3)$ como grupos Lie (isomórficos como grupos, difeomórficos como colectores). ( Fin de la adición )

En $S^3$ equipado con la métrica redonda (es decir, invariante) de radio unitario, el mapa exponencial del grupo Lie concuerda con el mapa exponencial de Riemann, que envía un vector tangente $X$ en $1$ (es decir, una cuaterna imaginaria pura de norma $\|X\|$ ) a la geodésica $$ \gamma (t) = \exp (tX) = \cos\bigl (\|X\| t \bigr ) + \frac { \sin\bigl (\|X\| t \bigr )}{\|X\|}X $$ a través de $1$ y tangente a $X$ . La bola abierta del radio $ \pi $ en la norma euclidiana sobre $T_1S^3$ claramente se mapea difeomórficamente en $S^3$ (Falta un punto, $-1$ ), y la bola de radio abierta $ \pi /2$ se traza un mapa difeomórfico del hemisferio abierto de $S^3$ centrado en $1$ . Como no hay dos puntos de un hemisferio abierto que sean antipodales, el mapa inducido de la bola de radio $ \pi /2$ a $S^3/\{ \pm1\ }$ (es decir, a $SO(3)$ hasta la escala, véase más abajo) es también un difeomorfismo. No hay una bola abierta más grande que se proyecte difeomórficamente en $SO(3)$ bajo esta cartografía, ya que la imagen de la bola de radio cerrada $ \pi /2$ contiene puntos antipodales, que se proyectan al mismo punto de $SO(3)$ .

Para conseguir el escalado correcto en el párrafo anterior, dejemos $a$ , $b$ y $c$ ser real (no todo cero), y dejar que $$ A = \left [ \begin {array}{@{}rrr@{}} 0 & -c & b \\ c & 0 & -a \\ -b & a & 0 \end {array} \right ]. $$ El vector $X = (a, b, c)$ abarca el espacio nulo de $A$ y por lo tanto es un $1$ -vector propio de $$ \exp (tA) = I + tA + \dots $$ de verdad $t$ es decir, abarca el eje de rotación de $ \exp (tA)$ . La velocidad angular de rotación de $ \exp (tA)$ es $$ \left\lVert \frac {d}{dt} \bigg |_{t=0} \exp (tA) \right\rVert = \|A\| = \frac {1}{ \sqrt {2}} \sqrt { \operatorname {tr}(A^tA)} = \sqrt {a^2 + b^2 + c^2}. $$ Eso es, $ \exp (A)$ es la rotación sobre $X$ por el ángulo orientado $\|A\|$ (en el sentido contrario a las agujas del reloj si $X$ apunta hacia tu ojo). En consecuencia, (i) la bola de radio abierta $ \pi $ en esta norma se asigna injustamente a $SO(3)$ : Si $ \exp (A_1) = \exp (A_2)$ entonces los ejes de rotación $X_1$ y $X_2$ coinciden, al igual que los ángulos orientados; (ii) la bola cerrada de radio $ \pi $ no hace un mapa inyectado: girando por $ \pi $ o por $- \pi $ sobre un eje da el mismo elemento de $SO(3)$ . Por el párrafo anterior, $ \exp $ es un difeomorfismo en la bola abierta del radio $ \pi $ en la norma escalada de Frobenius (y un difeomorfismo local en la bola abierta del radio $2 \pi $ ).

Answer 2

Aquí hay una respuesta casi puramente computacional, evitando la doble cobertura del grupo de rotación $SO(3)$ por $S^3$ . La reescritura parecía ser más fácil (y posiblemente más clara) que la adaptación de una explicación adicional al servicio de una imagen geométrica aparentemente inútil. He modificado la respuesta original (con su enfoque geométrico/conceptual) en caso de que alguien algún día quiera intentar aclarar los detalles.

A cada unidad de vector $ \mathbf {u} = (a, b, c)$ en $ \mathbf {R}^3$ asociar la matriz simétrica sesgada $$ U = \left [ \begin {array}{@{}rrr@{}} 0 & -c & b \\ c & 0 & -a \\ -b & a & 0 \end {array} \right ], $$ y dejar $S^2$ denotan el conjunto de todas esas matrices. El vector $ \mathbf {u}$ abarca el espacio nulo de $U$ y por lo tanto es un $1$ -vector propio de $ \exp (tU) = I + tU + \dots $ de verdad $t$ es decir, abarca el eje de la rotación $ \exp (tU)$ . Geométricamente, $U$ es la infinitesimal rotación en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor de $ \mathbf {u}$ de velocidad angular $$ \left\lVert \frac {d}{dt} \bigg |_{t=0} \exp (tU) \right\rVert = \|U\| = \frac {1}{ \sqrt {2}} \sqrt { \operatorname {tr}(U^tU)} = \sqrt {a^2 + b^2 + c^2} = 1. $$

Una matriz no nula en la bola de radio abierta $2 \pi $ se escribe únicamente como $tU$ con $U$ una matriz de la norma uno de Frobenius a escala y $0 < t < 2 \pi $ . Por el cálculo anterior, $ \exp (tU)$ es la rotación en sentido contrario a las agujas del reloj sobre $ \mathbf {u}$ por ángulo $t$ .

Reclamación 1 : $ \exp $ es un diferencial local en la bola de radio $2 \pi $ . Para probar esto, basta con mostrar que si $H$ es un hemisferio abierto de $S^2$ entonces el mapa $ \Phi :H \times (0, 2 \pi ) \to SO(3)$ definido por $ \Phi (U, t) = \exp (tU)$ es un difeomorfismo en su imagen.

Para la longitud $ \theta $ y la colatitud $ \phi $ entre $0$ y $ \pi $ considerar la base orthonormal $$ \mathbf {e}_1 = \left [ \begin {matrix} \cos\theta \sin\phi \\ \sin\theta \sin\phi \\ \cos\phi \end {matrix} \right ], \qquad \mathbf {e}_2 = \left [ \begin {matrix} \sin\theta \\ - \cos\theta \\ 0 \end {matrix} \right ], \qquad \mathbf {e}_3 = \left [ \begin {matrix} \cos\theta \cos\phi \\ \sin\theta \cos\phi \\ - \sin\phi \end {matrix} \right ]. $$ Llamando a $U$ el $3 \times 3$ matriz simétrica sesgada asociada al vector unitario $ \mathbf {e}_1$ Tenemos \begin {alineado*} \Phi (U, t) = \exp (tU) &= \left [ \begin {matrix} \mathbf {e}_1 & ( \cos t) \mathbf {e}_2 + ( \sin t) \mathbf {e}_3 & -( \sin t) \mathbf {e}_2 + ( \cos t) \mathbf {e}_3 \end {matrix} \right ] \left [ \begin {matrix} \mathbf {e}_1^t \\ \mathbf {e}_2^t \\ \mathbf {e}_3^t \end {matrix} \right ] \\ &= \mathbf {e}_1 \mathbf No. + ( \cos t)( \mathbf {e}_2 \mathbf {e}_2^t + \mathbf {e}_3 \mathbf {e}_3^t) + ( \sin t)( \mathbf {e}_3 \mathbf {e}_2^t - \mathbf {e}_2 \mathbf {e}_3^t). \end {alineado*} Es sencillo comprobar algebraicamente (y geométricamente claro) que $D \Phi ( \theta , \phi , t)$ tiene rango $3$ para $0 < \theta < \pi $ , $0 < \phi < \pi $ y $0 < t < 2 \pi $ . Además, $ \Phi $ es inyectable, ya que cada línea que pasa por el origen de $ \mathbf {R}^3$ tiene como máximo un representante en un hemisferio abierto, y el rango de ángulos de rotación es menor que una vuelta completa. Es decir, $ \Phi :H \times (0, 2 \pi ) \to SO(3)$ es un difeomorfismo en su imagen. Cubriendo $S^2$ por los hemisferios abiertos obtenidos de $H$ al permutar las coordenadas (y/o reflejarse a través de un plano coordinado) muestra que la bola de radio abierta perforada $2 \pi $ en el espacio de simetría sesgada $3 \times 3$ matrices de mapas locales difeomórficos a $SO(3)$ bajo $ \exp $ . Desde $ \exp $ es un difeomorfismo local en la matriz de cero, $ \exp $ mapea la bola de radio $2 \pi $ localmente diffeomórfico a $SO(3)$ .

Reclamación 2 : $ \exp $ es inyectada en la bola abierta del radio $ \pi $ (por lo tanto, mapea esta bola difeomórficamente a su imagen), y no en la bola cerrada de radio $ \pi $ . Esto es geométricamente claro: dos rotaciones en sentido contrario a las agujas del reloj por un ángulo menor que $ \pi $ sobre vectores unitarios distintos son iguales si y sólo si sus ejes y ángulos de rotación coinciden, mientras que los semigiros sobre vectores unitarios $ \mathbf {u}$ y $- \mathbf {u}$ son iguales.

Answer 3

Este es el boceto de diferencial en un mapa liso entre colectores de Wikipedia:

En este caso tenemos $$ \begin {array}{cccc} & \mbox {Domain} & \mbox {Mapping} & \mbox {Target set} \\ \mbox {Manifold} & M= \mathbb {R}_{{ \rm skew}}^{3 \times3 } & \overset { \varphi (X)= \exp X}{ \longrightarrow } & N=SO(3) \\ \mbox {Tangent space} & T_{X}M= \mathbb {R}_{{ \rm skew}}^{3 \times3 } & \overset { \mathrm {d}_{ \varphi (X)}}{ \longrightarrow } & T_{ \varphi (X)}N=? \end {array} $$

Diferencial de $ \varphi $ en $X$ es un mapa lineal $ \mathrm {d}_{ \varphi (X)}:T_{X}M \to T_{ \varphi (X)}N$ que puede ser computado de esta manera $${ \rm d}_{ \varphi (X)} \underset { \begin {array}{c} \uparrow\\ \blacksquare \end {array}}{ \left (\, \gamma '(0)\, \right )}= \left ( \varphi\circ\gamma\right )'(0)$$ donde $ \gamma $ es una curva tal que $ \gamma (0)=X$ . Como un mapa lineal, el diferencial está totalmente determinado por su acción sobre una base en $T_{X}M$ . Por lo tanto, el símbolo $ \blacksquare $ denota un lugar donde queremos insertar uno a uno los elementos de una base para $T_{X}M$ . Si $\{{ \bf b}_{i}\}_{i=1}^{n}$ es una base en $T_{X}M$ y ${ \bf v}= \sum_ {i=1}^{n}v_{i}{ \bf b}_{i}$ donde $v_{i}$ son escalares (coordenadas), entonces sabemos que ${ \rm d}_{ \varphi\left (X \right )}{ \bf v}= \sum_ {i=1}^{n}v_{i}{ \rm d}_{ \varphi\left (X \right )}{ \bf b}_{i}$ . Para comprobar que ${ \rm d}_{ \varphi\left (X \right )}$ es un isomorfismo que sólo tenemos que comprobar que $\{{ \rm d}_{ \varphi (X)}{ \bf b}_{i}\}_{i=1}^{n}$ es un conjunto linealmente independiente.

Usemos el La fórmula de rotación de Rodrigues para facilitar el cálculo (para $B \in\mathbb {R}_{{ \rm skew}}^{3 \times3 }$ ): $$ \exp B={ \rm Id}+ \frac { \sin\left\Vert B \right\Vert }{ \left\Vert B \right\Vert }B+ \frac {1- \cos\left\Vert B \right\Vert }{ \left\Vert B \right\Vert ^{2}}B^{2} \in SO(3) \mbox {.} $$

Mi primer intento fue insertar los elementos de la base orthonormal canónica para $ \mathbb {R}_{{ \rm skew}}^{3 \times3 }$ en $ \blacksquare $ . Podemos hacerlo eligiendo $ \gamma_ {i}(t)=X+tA_{i}$ para que $ \gamma_ {i}'(0)=A_{i}$ donde $$ A_{1}= \left ( \begin {array}{ccc} 0 \\ & 0 & -1 \\ & 1 & 0 \end {array} \right ), \quad A_{2}= \left ( \begin {array}{ccc} 0 & & 1 \\ & 0 \\ -1 & & 0 \end {array} \right ), \quad A_{1}= \left ( \begin {array}{ccc} 0 & -1 \\ 1 & 0 \\ & & 0 \end {array} \right ). $$ Entonces, para $X= \left ( \begin {array}{ccc} 0 & -x_{3} & x_{2} \\ x_{3} & 0 & -x_{1} \\ -x_{2} & x_{1} & 0 \end {array} \right )$ tenemos (usando la fórmula de Rodrigues) $$ { \rm d}_{ \varphi (X)}A_{i}= \frac {{ \rm d}}{{ \rm d}t} \exp\left (X+tA_{i} \right )_{t=0}= \frac {f( \left\Vert X \right\Vert )x_{i}}{ \left\Vert X \right\Vert }X+ \frac { \sin\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert }A_{i}+ \frac {g( \left\Vert X \right\Vert )x_{i}}{ \left\Vert X \right\Vert }X+ \frac {1- \cos\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert ^{2}}2X.A_{i} $$ donde $f(u) \overset {{ \rm def}}{=} \frac {u \cos u- \sin u}{u^{2}}= \frac { \mathrm {d}}{ \mathrm {d}u} \left ( \frac { \sin u}{u} \right )$ y $g(u) \overset {{ \rm def}}{=} \frac {u \sin u-2+2 \cos u}{u^{3}}= \frac { \mathrm {d}}{ \mathrm {d}u} \left ( \frac {1- \cos u}{u^{2}} \right )$ . Dentro de $X.A_{i}$ el punto representa la multiplicación de la matriz. Desafortunadamente, no soy capaz de ver que $\{{ \rm d}_{ \varphi (X)}A_{i}\}_{i=1}^{3}$ es linealmente independiente, a menos que $X=O$ . Parece como si conectar las opciones más fáciles en $ \blacksquare $ resultó con un complicado lado derecho en la misma fórmula. Pero al menos hemos demostrado que ${ \rm d}_{ \exp }$ es el isomorfismo en $X=O$ es decir $ \exp $ es el difeomorfismo local en $O \in\mathbb {R}_{{ \rm Skew}}^{3 \times3 }$ .

Por lo tanto, empecé de nuevo desde el principio, esta vez tratando de elegir una base que resultara en el resultado más simple en el lado derecho (después de la diferenciación). Proporcionado $X \in\mathbb {R}_{{ \rm skew}}^{3 \times3 }$ se establece, note que para cada $y \in\mathbb {R}^{3}$ tenemos $X.y= \left ( \begin {array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end {array} \right ) \times y$ (con $X.y$ Denotaba matriz multiplicando un vector). Se proporciona con $X \neq O$ yo elijo $a= \left ( \begin {array}{c} a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end {array} \right )$ y $b= \left ( \begin {array}{c} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \end {array} \right )$ de tal manera que $ \left\Vert a \right\Vert =1= \left\Vert b \right\Vert $ y $a \times\frac {x}{ \left\Vert x \right\Vert }=b$ , $ \frac {x}{ \left\Vert x \right\Vert } \times b=a$ (tenemos $a \bot b$ , $a \bot x$ y $b \bot x$ ). Deje que $$A= \left ( \begin {array}{ccc} 0 & -a_{3} & a_{2} \\ a_{3} & 0 & -a_{1} \\ -a_{2} & a_{1} & 0 \end {array} \right ) \mbox { and }B= \left ( \begin {array}{ccc} 0 & -b_{3} & b_{2} \\ b_{3} & 0 & -b_{1} \\ -b_{2} & b & 0 \end {array} \right ) \mbox {.} $$ Entonces tenemos $A.y=a \times y$ y $B.y=b \times y$ . Ahora voy a usar diferentes $ \gamma_ {i}$ , $$ \gamma_ {1}(t)=X+tX, \gamma_ {1}'(0)=X, \quad\gamma_ {2}(t)=X+tA, \gamma '(0)=A, \quad\gamma_ {2}(t)=X+tB, \gamma '(0)=B \mbox {.} $$ Podemos comprobar que $\{X,A,B\}$ es de base ortogonal en $ \mathbb {R}^{3 \times3 }$ utilizando el siguiente producto interno en las matrices: $A:B= \frac {1}{2}{ \rm Tr} \left (A^{T}.B \right )$ donde ${ \rm Tr}$ denota el rastro de la matriz. Tenemos $A:B=a \cdot b=0$ , $A:X=a \cdot x=0$ y $B:X=b \cdot x=0$ (el punto denota el producto escalar vectorial ordinario). Por lo tanto, $A \bot B$ , $A \bot X$ y $B \bot X$ .

Establezcamos también aquí algunos otros hechos que serán utilizados más adelante. Mostrémosle que $\{X,\, A,\, B,\, X^{2},\, X.A,\, X.B\}$ es un conjunto linealmente independiente (incluso más ortogonal). Tenemos \begin {eqnarray*} x \times\left (x \times\left (x \times y \right ) \right ) & = & x \times\left (x \left (x \cdot y \right )-y \left (x \cdot x \right ) \right ) \qquad\left\ { \begin {arriba}{c} \mbox {vector} \\ \mbox {triple} \\ \mbox {producto} \end {\i1}{\b1} \right\ } \\ &=& \left (x \cdot y \right )x \times x- \left (x \cdot x \right )x \times y \qquad\left\ { \begin {arriba}{c} \mbox {distribución} \\ \mbox {propiedad} \end {\i1}{\b1} \right\ } \\ &=& - \left\Vert x \right\Vert ^{2}\, x \times y \end {eqnarray*} así que concluimos $X^{3}=- \left\Vert X \right\Vert ^{2}X \in\mathbb {R}_{{ \rm Skew}}^{3 \times3 }$ . Por lo tanto $X:X^{2}= \frac {1}{2}{ \rm Tr} \left (X^{T}.X^{2} \right )= \frac {1}{2}{ \rm Tr} \left (-X^{3} \right )=0$ . Por otra parte, al utilizar el producto vectorial triple y la ortogonalidad entre $x$ , $a$ y $b$ \begin {eqnarray*} X^{2}.A.y &=& x \times\left (x \times\left (a \times y \right ) \right ) =x \times\left ((x \cdot y), a \right )= \left\Vert x \right\Vert (x \cdot y), b, \\ X.B.y &=& x \times\left (b \times y \right ) =(x \cdot y), b \mbox { .} \end {eqnarray*} Por lo tanto $X^{2}.A=X.B$ así que junto con $X:X.A=-{ \rm Tr} \left (X^{2}.A \right )=-X^{2}:A$ tenemos $X:X.A=-X^{2}:A=-{ \rm Tr} \left (X.B \right )=X:B=0$ . De la misma manera que conseguimos que todos los pares en $\{X,\, A,\, B,\, X^{2},\, X.A,\, X.B\}$ son ortogonales.

Volviendo a nuestro diferencial, de la fórmula de Rodrigues obtenemos \begin {eqnarray*} { \rm d}_{ \varphi (X)}X &=& \frac {{ \rm d}}{{ \rm d}t} \exp\left (X+tX \right )_{t=0}= \left (f( \left\Vert X \right\Vert ) \left\Vert X \right\Vert + \frac { \sin\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert }+g( \left\Vert X \right\Vert ) \left\Vert X \right\Vert \right )X+2 \frac {1- \cos\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert ^{2}}X^{2}, \\ { \rm d}_{ \varphi (X)}A &=& \frac {{ \rm d}}{{ \rm d}t} \exp\left (X+tA \right )_{t=0}= \frac { \sin\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert }A+2 \frac {1- \cos\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert ^{2}}X.A, \\ { \rm d}_{ \varphi (X)}B &=& \frac {{ \rm d}}{{ \rm d}t} \exp\left (X+tB \right )_{t=0}= \frac { \sin\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert }B+2 \frac {1- \cos\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert X. B, \mbox {.} \end {eqnarray*} El punto final a ver es que $\{{ \rm d}_{ \varphi (X)}X,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}A,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}B\}$ es un conjunto linealmente independiente, incluso más ortogonal. Noten que cada uno de los $\{{ \rm d}_{ \varphi (X)}X,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}A,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}B\}$ es una combinación lineal de dos elementos diferentes de seis en un conjunto ortogonal $\{X,\, A,\, B,\, X^{2},\, X.A,\, X.B\}$ . Por lo tanto, a menos que uno de los elementos en $\{{ \rm d}_{ \varphi (X)}X,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}A,\,{ \rm d}_{ \varphi (X)}B\}$ es en realidad una combinación trivial, hemos demostrado que ${ \rm d}_{ \varphi (X)}$ es la isometría, es decir $ \exp $ es un difeomorfismo local. Tenga en cuenta que ${ \rm d}_{ \varphi (X)}A=O={ \rm d}_{ \varphi (X)}B$ si y sólo si $ \left\Vert X \right\Vert =n \pi ,\, n \in\mathbb {N}$ . Además, ${ \rm d}_{ \varphi (X)}X$ no puede convertirse en cero a menos que el factor $ \frac {1- \cos\left\Vert X \right\Vert }{ \left\Vert X \right\Vert ^{2}}$ se convierte en cero, lo que no puede suceder cuando $ \left\Vert X \right\Vert \neq n \pi ,\, n \in\mathbb {N}$ . Junto con lo que ya tenemos para $X=0$ llegamos a la conclusión de que $ \exp $ es un difeomorfismo local en $ \mathbb {R}^{3 \times 3}_{ \rm Skew}$ excepto en las esferas del radio $2n \pi $ , $n \in\mathbb {N}$ .

No tengo experiencia en cálculos de geometría diferencial, así que por favor no duden en ser muy minuciosos. Me gustaría hacer esto bien.