Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continua y biyectiva. Es $f^{-1}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ¿constantemente?

Question

Tengo una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que es continua y biyectiva. Mi instinto me dice que $f^{-1}$ también es continua. Pero no soy capaz de demostrarlo. Lo único que puedo demostrar es que f es estrictamente monótona. ¿Puede alguien mostrar cómo pasar de este punto en adelante para mostrar la continuidad de $f^{-1}$ . Si es posible se puede utilizar la topología para la prueba. Gracias de antemano

Answer 1

La respuesta es sí.

Desde $f$ es continua e inyectiva, es estrictamente monótona en $\mathbb{R}$ . Entonces $f^{-1}$ también es estrictamente monótona en $\mathbb{R}$ . Continuidad de $f^{-1}$ se deduce de este lema:

Dejemos que $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sea una suryección estrictamente monótona. Entonces $g$ es continua en $\mathbb{R}$ .

Prueba:

WLOG asume que $g$ es estrictamente creciente. Sea $c \in \mathbb{R}$ sea arbitraria. Demostraremos que $g$ es continua en $c$ .

Elija un intervalo $\langle a,b\rangle$ tal que $c \in \langle a,b\rangle$ . Sea $0 < \varepsilon < \min\left\{g\left(\frac{c+b}2\right) - g(c), g(c) - g\left(\frac{a+c}2\right)\right\}$ sea arbitraria. Tenemos

$$g(c) < g(c) + \varepsilon < g\left(\frac{c+b}2\right)$$

$g$ es suryente por lo que $\exists \delta' > 0$ tal que $g(c + \delta') = g(c) + \varepsilon$ .

Tenemos

$$g\left(\frac{a+c}2\right) < g(c) -\varepsilon < g(c)$$

$g$ es suryente por lo que $\exists \delta'' > 0$ tal que $g(c - \delta'') = g(c) - \varepsilon$ .

Dejemos que $\delta = \min\{\delta',\delta''\}$ . Para $x \in \langle c, c+\delta\rangle$ tenemos

$$g(c) < g(x) < g(c+\delta) \le g(c+\delta')= g(c) + \varepsilon$$

Para $x \in \langle c-\delta, c\rangle$ tenemos

$$g(c) - \varepsilon < g(c-\delta'') \le g(c- \delta) < g(x) < g(c)$$

Por lo tanto, $|x-c| < \delta \implies |g(x) - g(c)| < \varepsilon$ así que $g$ es continua en $c$ .

Answer 2

Si $f$ es estrictamente monótona, demuestre que lleva intervalos a intervalos (utilice el hecho de que es continua para demostrar que la imagen es un intervalo completo). Ahora razona que $f$ es un mapa abierto, ya que todo conjunto abierto es la unión de intervalos.

Answer 3

Permíteme mostrarte una aproximación a través de la definición de continuidad sobre secuencias. Para ello, primero recuerda:

Definición: Dejemos que $f:D\subseteq\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ una función. $f$ es continua en $x_0\in D$ si para cada secuencia $(x_n)$ en $D$ s.t. $$\lim_{n\to\infty}x_n=x_0$$ sostiene que $$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(x_0)$$

Tenga en cuenta que si $f$ es continua y biyectiva, entonces es estrictamente monótona (ascendente o descendente).

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Se puede generalizar el resultado incluso para las funciones $f:I\to\mathbb{R}$ para $I\subseteq\mathbb{R}$ un intervalo. Para ello, es útil recordar el siguiente lema:

Lema: $I\subseteq\mathbb{R}$ es un intervalo si $\forall x,y\in I: x<y$ implica $[x,y]\subseteq I$ .

Tenga en cuenta también lo siguiente:

Lema: Dejemos que $I\subseteq\mathbb{R}$ sea un intervalo y $f:I\to f(I)$ sea estrictamente monótona. Entonces $f^{-1}$ también es estrictamente monótona.

Esto se deduce fácilmente, ya que $f$ es estrictamente monótona, por tanto inyectiva e incluso biyectiva en $I$ con $f(I)$ . Ahora, estamos listos para probar:

Propuesta: Dejemos que $I\subseteq\mathbb{R}$ sea un intervalo y $f:I\to\mathbb{R}$ continua en $I$ y estrictamente monótona. Entonces $f(I)$ es un intervalo y $f^{-1}$ es continua en $f(I)$ .

Prueba: W.l.o.g. dejar $f$ sea estrictamente monótona subiendo (el caso de la caída de es análogo). En primer lugar, hay que tener en cuenta que $f(I)$ es realmente un intervalo. Para ello, dejemos que $x,y\in f(I)$ con $x<y$ y que $z\in [x,y]$ . Hay $a,b\in I$ s.t. $f(a)=x$ y $f(b)=y$ . Así, tenemos $$f(a)=x\leq z\leq y=f(b)$$ Por el teorema del valor intermedio, existe un $c\in I$ s.t. $f(c)=z$ . Así, $z=f(c)\in f(I)$ y por lo tanto $[x,y]\subseteq f(I)$ . Por el lema anterior, $f(I)$ es un intervalo.

Ahora, demostramos que $f^{-1}$ es continua en $f(I)$ . Sea $I$ sea primero un intervalo compacto, es decir $I=[x,y]$ para algunos $x,y\in\mathbb{R}$ con $x<y$ . Entonces, por la primera parte de la prueba, $f(I)=[f(x),f(y)]$ como $f$ es estrictamente monótona ascendente.

Ahora, dejemos que $(a_n)$ sea una secuencia en $f(I)$ s.t. $$\lim_{n\to\infty}a_n=a_0$$ y que $b_n=f^{-1}(a_n)$ f.a. $n\in\mathbb{N}$ y $b_0=f^{-1}(a_0)$ . Desde $I$ está acotada, por el teorema de Bolzano-Weierstrass, $(b_n)$ tiene al menos un punto límite $c$ es decir, hay una sucesión $(b_{n_k})$ convergiendo a $c$ .

Desde $I$ es compacto, también tenemos $c\in I$ . Desde $f$ es continua, tenemos $$\lim_{k\to\infty}f(b_{n_k})=f(c)$$ Pero ahora, $f(b_{n_k})=a_{n_k}$ y por lo tanto, como $$\lim_{k\to\infty}a_{n_k}=a_0$$ también (como el límite es único), tenemos $f(c)=a_0=f(b_0)$ . Desde $f$ es inyectiva, tenemos $b_0=c$ . Así, $(b_n)$ es convergente con $\lim_{n\to\infty}b_n=b_0$ .

Ahora podemos generalizar esto a cualquier intervalo. Por definición, $f^{-1}$ es continua en $f(I)$ si y sólo si $f^{-1}$ es continua en cada punto de $f(I)$ .

Por lo tanto, podemos demostrar que $f^{-1}$ es continua en cada $[x,y]\subseteq f(I)$ . Como todo punto puede ser envuelto en un intervalo cerrado, la afirmación se deduce:

Dejemos que $x,y\in f(I)$ con $x<y$ . Por otra parte, hay $a,b\in I$ con $f(a)=x$ y $f(b)=y$ donde tenemos $f(a)<f(b)$ como $f$ es estrictamente monótona creciente. Ahora, $[f(a),f(b)]$ es un intervalo compacto y por lo anterior, tenemos que $f^{-1}$ es continua en $[f(a),f(b)]=[x,y]$ . $\Box$