Ya tenes 1) en los comentarios, así que sabemos que $i$ es inyectiva. Ahora para obtener la idea: si ya sabíamos que el $\mathbb{R}P^n$ es un buen colector, a continuación, Milnor y Stasheff comentario, que $i$ es un diffeomorphism en su imagen. Por lo tanto, debe haber una manera de demostrar que para un atlas de los gráficos de $U_j\subset\mathbb{R}P^n$ (en la definición abstracta) de espacio proyectivo, sus imágenes se $i(U_j)\subset\mathbb{R}P^n$ proporcionar un atlas de mapas (en la incrustados definición). Tomemos el estándar de gráficos $$U_j = \{(x_0:x_1:\dots:x_{j-1}:1:x_{j+1}\dots:x_n)\in\mathbb{R}P^n\},\;j=0\dots n$$ with the obvious homeomorphism $\varphi_j\colon\mathbb{R}^n\a U_j$. Debemos mostrar paso por paso, que
i) para todos los $j$, el mapa de $i\circ\varphi_j\colon\mathbb{R}^n\to i(U_j)$ es un homeomorphism y se considera como un mapa de $\mathbb{R}^n\to i(U_j)$ es suave, y que
ii) los derivados de esta mapas máxima rango de $n$ en todas partes.
En general, inyectiva cerrado mapas son homeomorphisms en su imagen. Y como $\mathbb{R}P^n$ es compacto y $\mathbb{R}^F$ es Hausdorff, $i$, de hecho es cerrado, por lo $i\colon\mathbb{R}P^n\to i(\mathbb{R}P^n)$ es un homeomorphism. En consecuencia, para todos los $j$, la composición de la $i\circ\varphi_j\colon\mathbb{R}^n\to i(U_j)$ es un homeomorphism como una composición de tales. A ver yo completamente, sólo echar un vistazo a la definición de smothness de mapas a $\mathbb{R}^F$.
Ad ii). En aras de la simplicidad, sólo consideraremos el caso de $j=0$ y denotan $\psi:=i\circ\varphi_0$. (El otro de los casos que realmente son análogos.) Aquí el mapa está dado por $\psi\colon (x_1,\dots,x_n)\mapsto (f(1,x_1,\dots,x_n))_{f\in F}$.
[Por desgracia, no he encontrado una más ilustrativos de la manera de prueba de ii) en este ejemplo, así que me deje de imitar cómo iba a ser la prueba de la equivalencia de las definiciones que encontramos aquí, en general, aunque esto es más bien técnico. Voy a omitir algunos detalles, hágamelo saber si usted desea un poco más.]
El reclamo es que para cada una de las $x\in\mathbb{R}^n$ los vectores $\partial\psi/\partial x_k$ son linealmente independientes en $x$. Por lo tanto, es suficiente para encontrar $n$ funciones $f_1,\dots f_n\in F$ tales que la derivada del mapa $\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^{\{f_1,\dots,f_n\}}$, $(x_1,\dots,x_n)\mapsto (f_k(1,x_1,\dots x_n))_k$ es regular en $x$. Obeserve que este es el mismo que $D\psi$ $x$ y, a continuación, la proyección de a $\mathbb{R}^{\{f_1,\dots,f_n\}}\subset\mathbb{R}^F$ y por lo tanto si este es surjective, $\psi$ tiene que ser de rango completo.
Tomando un suave golpe función de $\rho\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$$x\in\mathbb{R}^n$, (es decir, tal que para algunos compacto vecindarios $V\subset U\subset\mathbb{R}^n$ de $x$, $\rho|V=1$ y $\rho|_{\mathbb{R}^n-U}=0$ constantemente, ) nos encontramos con las funciones lisas $f_k\colon\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ ($k=1, 2,\dots n$), a través de $f_k(x_1,\dots x_n) = x_k\rho(x)$, que se comportan como las proyecciones cerca de $x$ y desaparecen suficientemente lejos. De ahí que la inducida por los mapas de $f_k\circ\varphi_0^{-1}\colon U_0\to\mathbb{R}$ ampliar sin problemas (es decir, acostado en $F$) para toda la $\mathbb{R}P^n$ cero; por abuso de notación vamos a denotar las extensiones $f_k$.
Lo suficientemente cerca de a $x$ tenemos $f_k(1,x_1,\dots x_n) = x_k$ por la construcción, así $$\left(\frac{\partial f_k(1,x_1,\dots x_n)}{\partial x_j}(x)\right)_{j} = (0,\dots 0, 1, 0, \dots 0)$$ with the $1$ in the $k$-th component. For short, if you prefer, $\left(\frac{\partial f_k(1,x_1,\dots x_n)}{\partial x_j}(x)\right)_{j,k} = \delta_{j,k}$. This gives the desired and shows that $\psi$ es "inmersiva".
