Er helt lost på oppgaven. Vet ikke helt hvor jeg skal begynne eller hvordan jeg skal gå frem. Tar gjerne imot tips og veilledning(ikke spytt løsningen rett ut da lærer jeg minimalt). Takker på forhånd
mangfoldigheter
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
Let f : M → N be a smooth map between n-dimensional smooth manifolds. Assume that M is compact and that q ∈ N a regular value. Prove that $f^−1(q)$ is a finite set and that there is an open neighborhood V around q such that for each q′ ∈ V we have that $f^−1(q′) \cong f^−1(q)$ .
Er helt lost på oppgaven. Vet ikke helt hvor jeg skal begynne eller hvordan jeg skal gå frem. Tar gjerne imot tips og veilledning(ikke spytt løsningen rett ut da lærer jeg minimalt). Takker på forhånd
Er helt lost på oppgaven. Vet ikke helt hvor jeg skal begynne eller hvordan jeg skal gå frem. Tar gjerne imot tips og veilledning(ikke spytt løsningen rett ut da lærer jeg minimalt). Takker på forhånd
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
Hint på første spørsmål: preimage theorem https://en.wikipedia.org/wiki/Preimage_theorem
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
Usikker på om dette er veien forfatteren vil ta, siden oppgaven blir gitt før dette teoremet blir presentert (oppgaven følger etter "the rank theorem").
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
Ok, hva har du prøvd på selv da?CharlieEppes wrote:Usikker på om dette er veien forfatteren vil ta, siden oppgaven blir gitt før dette teoremet blir presentert (oppgaven følger etter "the rank theorem").
Det jeg først tenker er at det er naturlig å bruke inversbildeteoremet til å vise at $f^{-1}(q)$ er en diskret og kompakt delmengde av M, og følgelig endelig.
Du kan eventuelt vise inversbildeteoremet direkte fra rankteoremet. Det er vel gjort i Dundas sitt kompendium.
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
yes, det er Dundas. Jeg så han hadde hint på oppgaven som lyder :
"The rank theorem says that around any regular point there is a neighborhood on which f is a
diffeomorphism. Hence $f^{-1}(q) $ is discrete, ...."
Jeg klarer ikke helt å se hvorfor eller hvordan man kan få dette fra TRT. Jeg tror jeg har grei kontroll på resten av oppgaven
men ser ikke helt den første delen der.
EDIT: antar at hvis jeg kan vise $dim f^{-1}(q) = 0$ så har jeg diffeomorphism til punkter, og settet av diskrete punkter må være endelig ettersom M er kompakt?
"The rank theorem says that around any regular point there is a neighborhood on which f is a
diffeomorphism. Hence $f^{-1}(q) $ is discrete, ...."
Jeg klarer ikke helt å se hvorfor eller hvordan man kan få dette fra TRT. Jeg tror jeg har grei kontroll på resten av oppgaven
men ser ikke helt den første delen der.
EDIT: antar at hvis jeg kan vise $dim f^{-1}(q) = 0$ så har jeg diffeomorphism til punkter, og settet av diskrete punkter må være endelig ettersom M er kompakt?
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
Ta et punkt $p\in f^{-1}(q)$. $p$ er da et regulært punkt. Fra definisjon 5.1.7 i Dundas betyr det at $T_p f$ er invertibel. Fra 5.2.2, hvis vi betrakter f som en representant for en germ $\bar{f}$, så er $\bar{f}$ invertibel. Fra lemma 4.1.7 er $\bar{f}$ invertibel hvis og bare hvis det fins omegn om p for hvis restriksjonen av f på omegnen er en diffeomorfi.
Det virker jo mer naturlig å bruke det inverse funksjonsteoremet (5.2.2) her, og ikke rangteoremet.
Det virker jo mer naturlig å bruke det inverse funksjonsteoremet (5.2.2) her, og ikke rangteoremet.
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
Since $dim X = dim Y$, $dim f^{-1}(y) = 0$, i.e., it is locally diffeomorphic to a point. Hence $f^{-1}(y)$ is diffeomorphic to a set of discrete points, and if this set is infinite, we violate compactness (namely there exists an open cover which has no finite sub cover). Therefore the preimage of y is a finite set of points, as required.
Now since $f$ is a local diffeomorphism at each $x_1 , ... , x_N$ (taking the terminology of the problem), there is some neighborhood $W_i$ of $x_i$ and $U_i$ of $y$ such that $f : U_i \rightarrow V_i$ is a diffeomorphism. Since $f^{-1}(y)$ is discrete, we may assume that $W_i$ are pairwise disjoint since $X$ is Hausdorff.
Let $U' = \cap U_i$ and let $W_i ' = W_i \cap f^{-1}(U')$. Then it is clear that $f : W_i ' \rightarrow U'$ is a diffeomorphism, since it is a restriction of the above diffeomorphism. Consider $X \setminus \cup W_i ' $. This is compact, since $\cup W_i '$ is open and hence $Z = f(X \setminus \cup W_i ')$ is compact as well. It clearly does not contain $y$ since the preimage of $y$ was contained in $\cup W_i '$. Finally, if we let $U = U' \setminus Z$ and $V_i = W_i ' \cap f^{-1}(U)$, we have that $U$ is a neighborhood of $y$, $V_i$ is a neighborhood of $x_i$, $f^{-1}(U) = \cup V_i$is a disjoint union, and $f : V_i \rightarrow U$ is a diffeomorphism for all i. This completes the proof.
Fant dette beviset for oppgaven, men forstår ikke første avsnitt, resten er ganske klart. Jeg tror jeg har forstått oppgaven, om noen kan utdype første delen der.
Now since $f$ is a local diffeomorphism at each $x_1 , ... , x_N$ (taking the terminology of the problem), there is some neighborhood $W_i$ of $x_i$ and $U_i$ of $y$ such that $f : U_i \rightarrow V_i$ is a diffeomorphism. Since $f^{-1}(y)$ is discrete, we may assume that $W_i$ are pairwise disjoint since $X$ is Hausdorff.
Let $U' = \cap U_i$ and let $W_i ' = W_i \cap f^{-1}(U')$. Then it is clear that $f : W_i ' \rightarrow U'$ is a diffeomorphism, since it is a restriction of the above diffeomorphism. Consider $X \setminus \cup W_i ' $. This is compact, since $\cup W_i '$ is open and hence $Z = f(X \setminus \cup W_i ')$ is compact as well. It clearly does not contain $y$ since the preimage of $y$ was contained in $\cup W_i '$. Finally, if we let $U = U' \setminus Z$ and $V_i = W_i ' \cap f^{-1}(U)$, we have that $U$ is a neighborhood of $y$, $V_i$ is a neighborhood of $x_i$, $f^{-1}(U) = \cup V_i$is a disjoint union, and $f : V_i \rightarrow U$ is a diffeomorphism for all i. This completes the proof.
Fant dette beviset for oppgaven, men forstår ikke første avsnitt, resten er ganske klart. Jeg tror jeg har forstått oppgaven, om noen kan utdype første delen der.
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
At $dim(f^{-1}(q))=0$ følger jo fra inversbildeteoremet (preimage theorem) (som du tidligere sa du ikke kunne bruke).
En nulldimensjonal mangfoldighet er en diskret mengde der hvert punkt er et isolert punkt (om hvert punkt fins en omegn som er homeomorf med $R^0$)). Vi har videre at singeltonmengder i hausdorffrom er lukkede. Siden f er kontinuerlig vil inversbildet av lukkede mengder være lukket, ergo er $f^{-1}(q)$ en lukket delmengde i et kompakt rom, og derfor kompakt.
Hvis $f^{-1}(q)$ er uendelig kan vi overdekke den med parvis disjunkte åpne mengder. Da er det klart at det ikke fins en endelig underoverdekning (subcover) (hvis vi fjerner en av mengdene i overdekningen vil vi ikke lenger ha en overdekning), noe som motsier at $f^{-1}(q)$ er kompakt. Derfor må $f^{-1}(q)$ være endelig.
En nulldimensjonal mangfoldighet er en diskret mengde der hvert punkt er et isolert punkt (om hvert punkt fins en omegn som er homeomorf med $R^0$)). Vi har videre at singeltonmengder i hausdorffrom er lukkede. Siden f er kontinuerlig vil inversbildet av lukkede mengder være lukket, ergo er $f^{-1}(q)$ en lukket delmengde i et kompakt rom, og derfor kompakt.
Hvis $f^{-1}(q)$ er uendelig kan vi overdekke den med parvis disjunkte åpne mengder. Da er det klart at det ikke fins en endelig underoverdekning (subcover) (hvis vi fjerner en av mengdene i overdekningen vil vi ikke lenger ha en overdekning), noe som motsier at $f^{-1}(q)$ er kompakt. Derfor må $f^{-1}(q)$ være endelig.
Du kan jo også bruke at siden f har maksimal rang i et punkt $p\in f^{-1}(q)$, så fins en omegn U om p slik at $f:U\to f(U)$ er en diffeomorfi, og følgelig en bijeksjon. Det betyr at det ikke kan eksistere en $r\in U$ forskjellig fra p, slik at f(r)=q. Dermed vil U være en omegn om p som ikke inneholder noen andre punkter fra $f^{-1}(q)$ enn p. Det betyr at $f^{-1}(q)$ er en diskret mengde, siden ethvert punkt i mengden er isolert. Til slutt viser du at $f^{-1}(q)$ er kompakt og følgelig endelig på samme måte som i forrige innlegg.
edit
edit
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
Er det sånn at for "regular points" så er rangen maksimal? og da får vi resten fra rangteoremet?
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
Definisjonen på et regulært punkt $p$ er at lineæravbildningen $T_pf:T_pM\to T_{f(p)} N$ mellom tangentrommene er surjektiv (definisjonen er her https://en.wikipedia.org/wiki/Submersio ... Definition. Det betyr at rangen til $T_p f$ er lik dimensjonen til N. Siden dim(M)=dim(N) vil (fra rank-nullity teoremet i lineæralgebra) dermed $T_p f$ være injektiv, så den er en lineær isomorfi (bijeksjon). Ifølge det inverse funksjonsteorem (sjekk definisjonen her https://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_f ... #Manifolds)vil det derfor eksistere en omegn $U$ om $p$ slik at $f:U\to f(U)$ er en diffeomorfi.CharlieEppes wrote:Er det sånn at for "regular points" så er rangen maksimal? og da får vi resten fra rangteoremet?
edit:
Eventuelt kan du jo bruke lemma 5.1.2 i Dundas, som sier at hvis $f$ har rang $n$ i punkt $p$, så fins en omegn om $p$ der $f$ har rang større enn eller lik $n$. Siden $n$ er maksimal (pga at $p$ er regulært), så vil $f$ ha konstant rang i en omegn om $p$. Fra Constant rank teoremet https://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_f ... nk_theorem vil det da eksistere en omegn $U$ om $p$ slik at $f:U\to f(U)$ er en diffeomorfi.
-
CharlieEppes
- Cantor
- Posts: 141
- Joined: 01/10-2014 17:26
Du Mr.(Dr.?) er en reddende engel, skulle ønske det var like lett å stille åpne spørsmål som dette til Dundas selv, men han har bare en liten halvtime i uke hvor vi kunne "droppe" innom å få hjelp og stille spm. Takk så mye =)
"Insanity; doing the same thing over and over again, and expecting different results." -Albert Einstein
Vel bekomme:d Dundas er en trivelig fyr! hadde han på ntnu for en god del år siden:DCharlieEppes wrote:Du Mr.(Dr.?) er en reddende engel, skulle ønske det var like lett å stille åpne spørsmål som dette til Dundas selv, men han har bare en liten halvtime i uke hvor vi kunne "droppe" innom å få hjelp og stille spm. Takk så mye =)