问题及解答

考虑光滑映射

\[
F:\ \mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R},\quad F(x,y,z)=(x^2+y^2)^2+z^2.
\]

显然, 当 $p=(x,y,z)\neq \vec{0}$ 时, $\text{rank}_p F=1$. 因此根据常秩映射定理(参见问题1617), 当 $r > 0$ 时, $S_r=F^{-1}(r^2)$ 为 $\mathbb{R}^3$ 中正则子流形.

请验证所有的 $S_r$ 都和二维球面 $S^2$ 微分同胚.

\[
(\frac{\partial F}{\partial x},\frac{\partial F}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial z})=\bigl(2(x^2+y^2)\cdot 2x, 2(x^2+y^2)\cdot 2y,2z\bigr),
\]

因此, $(F_x, F_y, F_z)=(0,0,0)$ 当且仅当 $p=(x,y,z)=(0,0,0)$. 故 $\text{rank}_p F=1$.

下证

\[
S_r=F^{-1}(r^2)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid (x^2+y^2)^2+z^2=r^2\}
\]

与标准二维球面 $S^2$ 微分同胚.

当 $z=\pm r$ 时, $x=y=0$; 当 $z=0$ 时, $x^2+y^2=r$.

固定 $z\in(0,r)$, 则 $x,y$ 满足

\[
x^2+y^2=\sqrt{r^2-z^2}.
\]

因此, 定义映射

\[
\begin{cases}
x=\sqrt[4]{r^2-z^2}\cos\theta\mapsto\sqrt{r^2-z^2}\cos\theta,\\
y=\sqrt[4]{r^2-z^2}\sin\theta\mapsto\sqrt{r^2-z^2}\sin\theta,\\
z\mapsto z,
\end{cases}
\]

即得到 $S_r$ 与球面 $S^2(r)$ 的同胚.

下面是使用 Mathematica 画的上半部分图像.

Plot3D[Sqrt[1 - (x^2 + y^2)^2], {x, -1, 1}, {y, -1, 1}];