Jacobiano con determinante desapareciente en todas partes

Question

Esto es de cálculo avanzado.

Supongamos que $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ es continuamente diferenciable. El jacobiano de $f$ tiene determinante cero sobre $\mathbb{R}^n$ . Por ejemplo, en el caso de las dos dimensiones, $f(x,y)=(y,y)$ es una función de este tipo. Supongamos que $n \ge 2$ desde $n=1$ da una función constante.

Mi pregunta es: ¿es cierto que $f$ no puede ser 1-1?

Mi mejor intento es que en cada $x \in \mathbb{R}^n$ alguna derivada direccional es cero, y quizás una integral sobre alguna trayectoria funcione, pero no estoy seguro de cómo hacerlo.

Cualquier idea es bienvenida. Muchas gracias.

Answer 1

Hay (al menos) dos formas de demostrarlo:

La primera es "fácil", pero utiliza teoremas que son más difíciles: Supongamos que $f$ es 1-1. Entonces, por invarianza de dominio se deduce que $f$ es un mapa abierto, es decir, si $U \subset \Bbb{R}^n$ está abierto, entonces también lo está $f(U)$ . En particular, $f(\Bbb{R}^n)$ es no vacío y abierto y, por tanto, tiene medida de Lebesgue positiva. Pero Teorema de Sard muestra que $f(\Bbb{R}^n)$ es un conjunto de medida cero, contradicción.

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Para una prueba más elemental, se podría argumentar lo siguiente: Sea $k := \max_{x \in \Bbb{R}^n} \text{rank}(Df(x))$ sea el rango máximo de $f$ . Por lo tanto, no es demasiado difícil ver que $U := \{x \,:\, \text{rank}(Df(x)) = k\}$ es abierta y no vacía.

Ahora, el teorema del rango constante ( véase, por ejemplo, aquí ) muestra que para un $x_0 \in U$ que hay un vecindario $V$ de $x$ y un barrio $W$ de $f(x)$ tal que $f(V) \subset W$ y hay $C^1$ difeomorfismos $\Phi : W \to W'$ y $\Psi : V \to V'$ tal que $$(\Phi \circ f \circ \Psi^{-1})(x_1, \dots, x_n) = (x_1, \dots, x_k, 0,...0)$$ para todos $(x_1, \dots, x_n) \in V'$ . Por lo tanto, $\Phi \circ f \circ \Psi^{-1}$ no es 1-1, lo que demuestra fácilmente que $f$ tampoco es 1-1.