关于局部满射定理的证明问询

嘿，你这个思路真的找对方向了！我来帮你把这个局部满射的证明补完整，同时把你已经梳理的部分理顺：

第一步：合理简化问题 #

你做的简化假设完全站得住脚，我再帮你明确一下：

• 不失一般性（WLOG），我们可以令$x_0=0$且$f(x_0)=0$，这只需要做平移变换$x'=x-x_0$，$y'=y-f(x_0)$，完全不改变局部满射性的结论
• 进一步把微分$Df(0)$简化为恒等映射$Id$：因为$Df(0)$是可逆线性映射，我们可以令$g(x) = Df(0)^{-1}(f(x))$，那么$Dg(0)=Id$，而$g$局部满射当且仅当$f$局部满射，所以这个简化完全合理

第二步：反证法的完整推导 #

你已经想到用反证法，我把这个过程补全（包括你没写完的部分）：
假设结论不成立，也就是对任意$\epsilon>0$，都存在$y \in \overline{B}\epsilon(0)$（0的闭$\epsilon$-球），使得$y$不在$f(\overline{B}\delta(0))$中——这里的$\delta$是由$f$在0处的可微性给出的：因为$f$在0处可微且$Df(0)=Id$，所以存在$\delta>0$，当$x \in \overline{B}_\delta(0)$时，满足$|f(x)-x| \leq \frac{1}{2}|x|$（这是可微性的标准$\epsilon-\delta$表述，取$\epsilon'=\frac{1}{2}$）

接下来按反证法推导：

• 取一列$\epsilon_k = \frac{1}{k}$，对应得到一列$y_k \in \overline{B}{\epsilon_k}(0)$，满足$y_k \notin f(\overline{B}\delta(0))$，显然当$k \to \infty$时，$y_k \to 0$
• 考虑函数$g(x) = |y_k - f(x)|$，它在紧集$\overline{B}\delta(0)$上连续，所以根据紧集上连续函数的最值定理，存在最小值点$x_k \in \overline{B}\delta(0)$，即$g(x_k) = \min_{x \in \overline{B}_\delta(0)} |y_k - f(x)| > 0$（因为$y_k$不在$f$的像集中）
• 现在分两种情况分析最小值点$x_k$：
  1. 如果$x_k$在$\overline{B}_\delta(0)$的内部：此时$g$在$x_k$处取极小值，所以梯度为0，即$Dg(x_k) = 0$。而通过链式法则计算可得$Dg(x_k) = 2Df(x_k)^T (f(x_k)-y_k)$，因为当$\delta$足够小时，$Df(x)$靠近$Id$（可微性的性质），所以$Df(x_k)$可逆，由此可得$f(x_k)-y_k=0$，这和$y_k \notin f(\overline{B}_\delta(0))$矛盾
  2. 如果$x_k$在$\overline{B}_\delta(0)$的边界上：也就是$|x_k|=\delta$，我们来估计$|f(x_k)|$：根据之前的可微性估计$|f(x_k)-x_k| \leq \frac{1}{2}|x_k| = \frac{\delta}{2}$，由三角不等式可得$|f(x_k)| \geq |x_k| - |f(x_k)-x_k| \geq \delta - \frac{\delta}{2} = \frac{\delta}{2}$。但当$k$足够大时，$|y_k| < \frac{\delta}{2}$，此时$|y_k - f(x_k)| \geq |f(x_k)| - |y_k| > \frac{\delta}{2} - \frac{\delta}{2} = 0$，但另一方面，$g(0)=|y_k - f(0)| = |y_k| < \frac{\delta}{2}$，这就和$x_k$是$g$的最小值点矛盾（因为$g(0) < g(x_k)$）

两种情况都导出了矛盾，说明我们的反证假设不成立，因此原结论成立：存在$\epsilon>0$，使得$f$在$B_\epsilon(f(x_0))$上是满射，也就是$f$在$f(x_0)$附近是局部满射的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者EdoRoundTheWorld