Explicación de "sin pérdida de generalidad" en una aplicación del teorema de la función inversa.

Question

Deje $U$ ser un subconjunto de a $\mathbb R^{n+m}=\mathbb R^n\times \mathbb R^m$ $g:U\to\mathbb R^m$ $C^1$ función.

Deje $p=(x_0,y_0)\in U$ ser un punto tal que $$g'(p):\mathbb R^{n+m}\to \mathbb R^m\text{ is surjective}\tag{$*$}$$

El libro que estoy leyendo dice

(A) Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la restricción $g'(p)\big |_{\{0\}\times \mathbb R^m}$ es un isomorfismo.

Pregunta: ¿por Qué no hay pérdida de generalidad en este supuesto? (Estoy interesado en la explícita la prueba de que el caso general puede ser reducido a este.)

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Contexto: El libro demuestra el Teorema de la Función Inversa, en la que la condición "$g'(p)\big |_{\{0\}\times \mathbb R^m}$ es un isomorfismo" es una suposición, y luego la prueba del Multiplicador de Lagrange Método de aplicación.

A causa de (A), que aparece en la prueba del Multiplicador de Lagrange Método, el Teorema de la Función Inversa implica lo siguiente:

(B) Hay un vecindario $A\subset \mathbb R^n$$x_0$, un vecindario $V\subset U$ $(x_0,y_0)=p$ $C^1$ función de $\xi:A\to\mathbb R^m$ tal que $$(x,\xi(x))\in V\quad\text{and}\quad g(x,\xi(x))=g(p),\qquad \forall\ x\in A$$

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Yo: sé que, de $(*)$, existe un $m$-dimenisonal subespacio $X$ $\mathbb R^{n+m}$ de manera tal que la restricción $g'(p)\big |_{X}$ es un isomorfismo. Por lo tanto, mi pregunta es: ¿cómo rigurosamente pasar de $X$$\{0\}\times \mathbb R^m$?

Bueno, sé que existe un bijective lineal mapa de $h:\{0\}\times \mathbb R^{m}\to X$. Deje $H:\mathbb R^{n+m}\to\mathbb R^{n+m}$ ser un bijective de extensión lineal de $h$. Tome $x_p=(x_p^1,x_p^2)\in \mathbb R^{n+m}$ tal que $H(x_p)=p$. Definir $\tilde{g}:H^{-1}(U)\to\mathbb R^{m}$$\tilde{g}(y)=g(H(y))$.

A continuación, $\tilde{g}'(p)\big |_{\{0\}\times \mathbb R^m}$ es un isomorfismo. Es correcto? Si es así:

(C) Hay un vecindario $\tilde{A}\subset \mathbb R^n$$x_p^1$, un vecindario $\tilde{V}\subset H^{-1}( U)$ $(x_p^1,x_2^p)=x_p$ $C^1$ función de $\tilde{\xi}:\tilde{A}\to\mathbb R^m$ tal que $$(y,\tilde{\xi}(y))\in \tilde{V}\quad\text{and}\quad \tilde{g}(y,\tilde{\xi}(y))=\tilde{g}(x_p),\qquad \forall\ y\in \tilde{A}.$$

Para terminar mi argumment, tengo que obtener (B) (C). Es posible? Sospecho que debemos definir a $V=F(\tilde{V})$. Pero, ¿cómo definir $A$ $\xi$ formulario $\tilde{A}$$\tilde{\xi}$?

Answer 1

[Parece que tengo una respuesta para mi pregunta]

Por qué no hay pérdida de generalidad en este supuesto?

Porque de lo contrario vamos a cambiar las coordenadas y aplicar exactamente el mismo argumento (al final sólo necesitamos un extra de cálculo paso para recuperar el original resultado deseado).

Aquí está la prueba explícita (donde las notaciones son como en el post, con $(g_1,...,g_m)=g$):

El objetivo de la tesis es demostrar el Multiplicador de Lagrange Método. Por lo tanto, queremos demostrar que $$\nabla f(p)=\lambda_1\nabla g_1(p)+\cdots+\lambda_m \nabla g_m(p).\tag{1}$$

Definir $\tilde{f}:H^{-1}(U)\to\mathbb R$$\tilde{f}(y):= f(H(y))$. Entonces $\tilde{f}$, $\tilde{g}$ y $x_p$ satisfacer la misma hipótesis como $f$, $g$ y $p$. Por lo tanto, exactamente el mismo argumento que nos lleva a $$\nabla \tilde{f}(x_p)=\lambda_1\nabla \tilde{g}_1(x_p)+\cdots+\lambda_m \nabla \tilde{g}_m(x_p).\tag{2}$$

En este caso, la no asunción como (A) es necesario debido a las $\tilde{g}'(x_p)\big |_{\{0\}\times \mathbb R^m}$ es de hecho un isomorfismo.

Tenga en cuenta que, para cada una de las $i=1,...,n+m$,

$$\partial_i\tilde{f}(x_p)=\partial_i(f\circ H)(x_p)=\sum_{k=1}^{n+m}\partial_kf(H(x_p))\partial_i H_k(x_p)=\langle \nabla f(p),H(e_i)\rangle$$ y, análogamente, $$\partial_i\tilde{g}_j(x_p)=\partial_i(g\circ H)_j(x_p)=\partial_i(g_j\circ H)(x_p)=\langle \nabla g_j(p),H(e_i)\rangle \qquad (j=1,...,m)$$

Por lo tanto, de $(2)$, $$\langle \nabla f(p)-\lambda_1\nabla g_1(p)-\cdots-\lambda_m\nabla g_m(p),H(e_i)\rangle=0,\qquad \forall\ i=1,...,n+m$$

lo que implica $(1)$.