¿Es$\{(x,y,z,0)\in\mathbb{R}^4:x^4+y^2+z^2=1\}$ difeomórfico a$S^2$?

Question

Yo estaba trabajando en el Problema de 5-1 de la Suave Colectores por el Profesor John Lee, y que me llevan a querer mostrar que $\{(x,y,z,0)\in\mathbb{R}^4:x^4+y^2+z^2=1\}$ es diffeomorphic a $S^2$, y que se supone que se $x^4$, no $x^2$.

El diffeomorphism sospecho que es $(x,y,z,0)\mapsto (\operatorname{sgn}(x)x^2,y,z)$. Esta es la única forma en que podía pensar en hacer el mapa bijective. Pero estoy teniendo un tiempo difícil decir si el contrario es suave.

Creo que a la inversa mapa es $(a,b,c)\mapsto (\sqrt{a},b,c,0)$ si $a\geq 0$, e $(a,b,c)\mapsto (-\sqrt{-a},b,c,0)$ si $a\leq 0$. De esta manera se parezca suave, lejos de cero, pero no estoy seguro acerca de la suavidad en el origen.

Answer 1

Otra forma de asignar$S^2$ difeomórficamente a$W^2=\{x^4+y^2+z^2=1\}\subset\mathbb{R}^3$ es por

ps

Este mapa es obviamente liso con una inversa lisa, y está bien definido como se muestra inmediatamente.

Answer 2

Puesto que ambos son conjuntos convexos lisos, los mapas de "proyección central" son diferenciables como consecuencia del teorema de Dini, ya que la función de "relación de escala" es la inversa de una función lisa mapa. Por ejemplo, la segunda "proporción de escala" se encuentra resolviendo$$\pi:C\to S,\qquad \pi(x,y,z)=\frac{(x,y,z)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}},$ $ No es demasiado difícil comprobar "a mano", también, que los dos mapas dados en$$\pi^{-1}:S\to C,\qquad \pi^{-1}(x,y,z)=\sqrt{\frac{2}{(1-x^2)+\sqrt{1-2x^2+5x^4}}}\;(x,y,z)\tag{1}$ son suaves.