¿Existe una biyección de $\mathbb{R}^n$ a sí mismo de tal manera que el mapa delantero está conectado pero el inverso no lo está?

Question

Dejemos que $(X,\tau), (Y,\sigma)$ sean dos espacios topológicos. Decimos que un mapa $f: \mathcal{P}(X)\to \mathcal{P}(Y)$ entre sus conjuntos de energía es conectado si para cada $S\subset X$ conectado, $f(S)\subset Y$ está conectado.

Pregunta : Supongamos que $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es una biyección, donde $\mathbb{R}^n$ está dotado de la topología estándar. ¿La conectividad de (el mapa del conjunto de potencia inducido) $f$ implica que de $f^{-1}$ ?

Revelación completa: I originalmente preguntó esto en Math.SE hace un año y medio; hubo algunas discusiones en los comentarios, así como algunos intentos de respuesta que, lamentablemente, fueron defectuosos. Las observaciones 3 y 5 que figuran a continuación recogen la esencia de muchos de esos intentos.

Varios comentarios

1. Si eliminamos el requisito de la biyección, la respuesta es claramente "no". Por ejemplo, $f(x) = \sin(x)$ cuando $n = 1$ es un mapa cuyo mapa directo preserva la conectividad pero el mapa inverso no.

2. Con la biyección, se cumple en $n = 1$ . Pero esto es utilizando la estructura de orden de $\mathbb{R}$ una biyección que preserva la conectividad en $\mathbb{R}$ debe ser monótona.

3. Como resultado de la teorema de la invariabilidad del dominio si $f$ o $f^{-1}$ es continua, debemos tener que $f$ es un homeomorfismo, lo que implicaría que tanto $f$ y $f^{-1}$ debe estar conectado. (Ver https://math.stackexchange.com/q/949168/1543 que inspiró esta pregunta para saber más sobre esto).

   La invariancia de dominio, de hecho, afirma una respuesta positiva a la siguiente pregunta que es muy similar en forma y espíritu a la que he planteado anteriormente:

   Supongamos que $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es una biyección, donde $\mathbb{R}^n$ está equipado con la topología estándar. ¿El hecho de que $f$ es un mapa abierto implica que $f^{-1}$ ¿está abierto?

4. De hecho, es un teorema de Tanaka (ver mi respuesta aquí) que si $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ es una biyección tal que ambos $f$ y $f^{-1}$ están conectados, entonces $f$ es un homeomorfismo. Así que una formulación equivalente de la pregunta es

   Pregunta equivalente : ¿Existe una biyección $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ tal que $f$ ¿está conectado pero es discontinuo?

5. Algunas propiedades de $\mathbb{R}^n$ debe ser un factor importante en la respuesta. Si sustituimos la pregunta y consideramos, en lugar de mapas propios de $\mathbb{R}^n$ con la topología estándar a sí mismo, por auto-mapas de algún espacio topológico arbitrario, es fácil hacer que la respuesta vaya en cualquier dirección.

   • Por ejemplo, si el espacio topológico $(X,\tau)$ es tal que sólo hay un número finito de subconjuntos conectados de $X$ (que sería el caso si $X$ es un conjunto finito), entonces por el argumento de la cardinalidad tenemos que la respuesta es sí, $f^{-1}$ también debe estar conectado.

   • Por otro lado, se pueden cocinar fácilmente ejemplos en los que la respuesta es no; se puede construir un gran número de ejemplos como variantes de lo siguiente: dejemos $X = \mathbb{Z}$ equipado con la topología generada por $$ \{\mathbb{N}\} \cup \{ \{k\} \mid k \in \mathbb{Z} \setminus \mathbb{N} \} $$ entonces el mapa $k \mapsto k+\ell$ para cualquier $\ell > 0$ mapea conjuntos conectados a conjuntos conectados, pero su inversa $k\mapsto k-\ell$ puede asignar conjuntos conectados a conjuntos desconectados.

Answer 1

Esta es sólo una respuesta parcial; pero es demasiado larga para un comentario, y creo que vale la pena señalar los siguientes hechos, que se acercan a la pregunta formulada y pueden proporcionar una pista para responderla.

Permítanme demostrar que existe una biyección $\mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ de tal manera que el mapa anterior está conectado pero el inverso no lo está .

Permítanme llamar a un subconjunto $E$ del avión " hiperdenso " cuando se encuentra con todo conjunto perfecto del plano (perfecto = no vacío, cerrado, sin ningún punto aislado). En particular, se encuentra con todo conjunto abierto no vacío y con todo conjunto cerrado incontable (por Cantor-Bendixson). Permítanme reproducir el argumento aquí se da para demostrar que todo conjunto hiperdenso del plano está conectado : si no, habría $U,V\subseteq\mathbb{R}^2$ abierto tal que $E \subseteq U\cup V$ , $E$ cumple con ambos $U$ y $V$ y no cumple con $U\cap V$ ; pero como $E$ es hiperdenso, no cumple el conjunto abierto $U\cap V$ sólo es posible si $U\cap V = \varnothing$ Así que $U\cup V$ está desconectado, por lo que el conjunto cerrado $\mathbb{R}^2 \setminus (U\cup V)$ debe ser incontable (porque el complemento de un conjunto contable en el plano es conexo), por lo que $E$ debe cumplirla, una contradicción.

Ahora construyo una biyección $\mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ tal que $f(I)$ es hiperdenso para todo intervalo abierto no vacío  $I$ . Sea $\mathfrak{c} = 2^{\aleph_0}$ (visto como el ordinal más pequeño de esa cardinalidad); que $(I_\beta,P_\beta)_{\beta<\mathfrak{c}}$ sea una enumeración de pares formada por un intervalo abierto no vacío $I \subseteq \mathbb{R}$ y un conjunto perfecto $P \subseteq \mathbb{R}^2$ (recordemos que hay precisamente un número continuo de conjuntos perfectos), y dejemos que $(z_\beta)_{\beta<\mathfrak{c}}$ y $(t_\beta)_{\beta<\mathfrak{c}}$ sea una enumeración de $\mathbb{R}$ y $\mathbb{R}^2$ respectivamente. Construir $(x_\alpha,y_\alpha) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^2$ por inducción en $\alpha<\mathfrak{c}$ tal que $x_\alpha$ es diferente de todos los (previamente construidos) $x_{\alpha'}$ para $\alpha'<\alpha$ y $y_\alpha$ es diferente de todos los $y_{\alpha'}$ para $\alpha'<\alpha$ y, además: (A) si $\alpha=2\beta$ es par, entonces elige $x_\alpha \in I_\beta$ y $y_\alpha \in P_\beta$ (estas condiciones pueden cumplirse porque $I_\beta$ y $P_\beta$ tienen cardinalidad $2^{\aleph_0}$ y hay $<2^{\aleph_0}$ construido previamente $x_{\alpha'}$ y $y_{\alpha'}$ a evitar); (B) si $\alpha=4\beta+1$ entonces toma $x_\alpha=z_\beta$ a menos que $z_\beta$ ya está entre los anteriores $x_{\alpha'}$ (en caso contrario, la elección es libre), y (B) si $\alpha=4\beta+3$ entonces toma $y_\alpha=t_\beta$ a menos que $t_\beta$ ya está entre los anteriores $y_{\alpha'}$ (en caso contrario, la elección no tiene restricciones; las condiciones (B) y (B) sólo están ahí para garantizar que $f$ estará definida en todas partes y será sobreyectiva). Es evidente que la elección puede hacerse en cada etapa, por lo que la secuencia $(x_\alpha,y_\alpha)_{\alpha<\mathfrak{c}}$ existe. Por construcción, el $x_\alpha$ son distintos y por (B) todo real $z_\beta$ es igual a algún $x_\alpha$ por lo que podemos definir $f(x_\alpha) = y_\alpha$ , dando una función $\mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ que es inyectiva porque el $y_\alpha$ son distintas y suryentes por (B). Ahora bien, si $I$ es cualquier intervalo abierto no vacío y $P$ es un conjunto perfecto, podemos escribir $(I,P) = (I_\beta,P_\beta)$ y si $\alpha = 2\beta$ tenemos $f(x_\alpha) = y_\alpha \in P$ para $x_\alpha \in I$ que muestra $f(I) \cap P \neq \varnothing$ . Así que $f(I)$ es siempre hiperdenso.

Ahora bien, si $I \subseteq \mathbb{R}$ está conectado, o bien está vacío o es un singleton, en cuyo caso $f(I)$ es trivialmente conectado, o es un intervalo con longitud no nula, pero entonces contiene un intervalo abierto no vacío, por lo que $f(I)$ es hiperdenso, por lo que está conectado como se ha explicado anteriormente. Esto demuestra que el mapa de avance de $f$ está conectado .

Por otro lado, el mapa inverso de $f$ no se puede conectar porque si lo fuera, la imagen inversa de un disco abierto en $\mathbb{R}^2$ sería conectado, por lo tanto un intervalo, que no puede ser trivial ya que $f$ es biyectiva, por lo que debe contener un intervalo abierto, por lo que $f$ es continua; pero $f$ no es ciertamente continua ya que no está acotada en ningún intervalo.

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En una línea relacionada, permítanme mostrar que existe una biyección $f\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ tal que la imagen directa de cada conjunto conectado por PATH es conectada y tal que el mapa inverso no es conectado .

La construcción anterior da fácilmente una biyección $f\colon \mathbb{R}^2 \setminus\Delta \to \mathbb{R}^2 \setminus Z$ , donde $\Delta$ es la diagonal y $Z = (0,1)\times\{0\}$ , de tal manera que $f(Q) \cap P \neq\varnothing$ para cada conjunto perfecto $Q$ en $\mathbb{R}^2 \setminus\Delta$ y todo conjunto perfecto $P$ en $\mathbb{R}^2 \setminus Z$ es decir, $f(Q)$ es hiperdenso en $\mathbb{R}^2 \setminus Z$ para cada perfecto $Q$ en $\mathbb{R}^2 \setminus\Delta$ .

Ampliar $f$ a una biyección $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ mediante un homeomorfismo entre $\Delta$ y $Z$ .

Claramente, el mapa inverso de $f$ no está conectado, ya que $f^{-1}(\mathbb{R}^2 \setminus Z) = \mathbb{R}^2 \setminus\Delta$ y $\mathbb{R}^2 \setminus\Delta$ no está conectado mientras que $\mathbb{R}^2 \setminus Z$ es.

Consideremos ahora la imagen frontal de un conjunto conectado por un camino $A \subseteq \mathbb{R}^2$ . Si $A \subseteq \Delta$ entonces $f(A)$ está conectado porque $f$ se restringe a un homeomorfismo entre $\Delta$ y $Z$ . Por otro lado, si $A \not\subseteq \Delta$ , claramente $A\setminus\Delta$ no es un punto único, por lo que $A$ debe contener un camino entre dos puntos que no estén en $\Delta$ y al menos una parte de este camino no está en $\Delta$ por lo que contiene un conjunto perfecto $Q \subseteq \mathbb{R}^2 \setminus\Delta$ . Así que $f(Q)$ es hiperdenso en $\mathbb{R}^2 \setminus Z$ en particular, es denso en $\mathbb{R}^2$ y conectado (el mismo argumento que muestra que los conjuntos hiperdensos en $\mathbb{R}^2$ están conectados todavía funciona para $\mathbb{R}^2\setminus Z$ ya que el complemento de un conjunto contable en este último es conexo). Ahora $f(A)$ contiene $f(Q)$ que es denso en $\mathbb{R}^2$ conectado, y cualquier cosa que contenga un conjunto conectado denso sigue siendo conectado (porque si $D$ está densamente conectada y $D \subseteq B$ , entonces cualquier continuo $B\to\{0,1\}$ tiene una restricción constante al subconjunto denso $D$ por lo que es constante). Así que $f(A)$ está conectado.

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Es concebible que el mismo tipo de argumentos dé una respuesta positiva a la pregunta original, siempre que podamos encontrar algo que desempeñe el papel de los intervalos $I$ en la primera parte y los conjuntos perfectos $Q$ en el segundo. Pero el planteamiento ingenuo falla: de hecho, se podría plantear la siguiente pregunta

Pregunta: ¿Existe $2^{\aleph_0}$ subconjuntos $(H_\gamma)$ del plano $\mathbb{R}^2$ , cada una de ellas de cardinalidad $2^{\aleph_0}$ , de tal manera que toda conexión $A \subseteq \mathbb{R}^2$ que no es un singleton contiene uno de los $H_\gamma$ ?

(Entonces podríamos definir una biyección $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ por inducción transfinita como en el caso anterior, de modo que $f(H_\gamma)$ es hiperdenso para cada $H_\gamma$ . Su mapa de avance estaría conectado, pero no sería continuo, así que esto respondería a la "pregunta equivalente" citada en el post original).

Sin embargo, el la respuesta a esta pregunta debe ser "no" porque si tal $(H_\gamma)$ existían, también podríamos utilizarlas para construir una biyección $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ tal que $f(H_\gamma)$ y $f^{-1}(H_\gamma)$ son ambos hiperdensos para cada $H_\gamma$ , lo que haría que tanto el mapa directo como el inverso de $f$ conectado, pero $f$ no sería continua (digamos que incluimos todos los conjuntos perfectos entre los $H_\gamma$ para estar seguros), contradiciendo el resultado de Tanaka citado por la pregunta de Willie Wong. (Probablemente existe una prueba más directa de que la pregunta tiene una respuesta negativa. [EDIT: ill Brian da tal prueba en los comentarios]) Así que o bien este enfoque está condenado o debemos ser más inteligentes en la forma de utilizarlo.

Por cierto, ¿prueba ZFC que los subconjuntos conectados del plano satisfacen la hipótesis del continuo? [EDIT: de nuevo, Will Brian ha dado una respuesta (positiva) en los comentarios].

Answer 2

Esto no es una respuesta a la pregunta original de Willie Wong, sino una respuesta parcial a las siguientes relacionadas

El problema. Reconocer pares de espacios topológicos $X,Y$ para la que toda inyección de Darboux $f:X\to Y$ es continua.

Una función $f:X\to Y$ entre espacios topológicos se llama Darboux para cualquier subespacio conectado $C\subset X$ su imagen $f(C)$ está conectado. Un inyección es cualquier función inyectiva.

El siguiente teorema demostrado en este documento da una respuesta parcial al problema general anterior:

Teorema. Una función inyectiva de Darboux $f:X\to Y$ entre espacios metrizables conectados es continua si se cumple una de las siguientes condiciones:

1) $Y$ es un manípulo y $X$ es compacto;

2) $Y$ es un 2manifold y $X$ es un lugar cerrado $n$ -para algunos $n\ge 2$ ;

3) $Y$ es un manifold de 3 dimensiones y $X$ es un lugar cerrado $n$ -manifold de dimensión $n\ge 3$ con un primer grupo de homología finito $H_1(X)$ .

Corolario. Para $n\le 3$ cualquier biyección de Darboux $f:S^n\to S^n$ de la $n$ -Esfera de dimensiones es un homeomorfismo.

La demostración del primer enunciado del Teorema 1 es más o menos elemental, pero el 2 y el 3 utilizan maquinaria pesada de la Topología Algebraica (Dualidad de Alexander entre homologías y cohomologías de Cech, secuencias exactas largas de grupos de cohomología de Cech y secuencia exacta de Mayer-Vietoris para homologías singulares). No sé si el teorema se puede generalizar a dimensiones superiores $n>3$ .

Así, por ejemplo, el siguiente problema parece estar abierto.

Problema 1. ¿Es continua cualquier biyección de Darboux de la esfera de 4 dimensiones?

Answer 3

Esta es una respuesta parcial, que reduce significativamente los posibles contraejemplos.

Quiero mostrar: Si $D\subset X$ es un conjunto desconectado, entonces es su imagen, $f(D)\subset Y$ es un conjunto desconectado.

Intento de prueba: Sea $\mathfrak{U}$ denotan el conjunto de componentes conectados de $D$ , entonces para cada $U\in\mathfrak{U}$ tenemos, por $f$ conectado, que $f(U)$ está conectado. Sea $f(U),f(V)$ sean imágenes de componentes conectados distintos. Entonces por $f$ biyectiva, tenemos que $f(U)\cap f(V)=\emptyset$ . Si $\overline{f(U)}\cap\overline{f(V)}=\emptyset$ , entonces por $\mathbb{R}^n$ normal, tenemos una separación de $\overline{f(U)}$ y $\overline{f(V)}$ por conjuntos abiertos disjuntos. Esos mismos conjuntos separan $f(U)$ de $f(V)$ Por lo tanto $f(U)\cup f(V)$ está desconectado.

El problema: ¿Qué pasa si $\overline{f(U)}\cap\overline{f(V)}\neq\emptyset$ ?

Pensamientos: Mi sospecha es que para que $f$ para que sea un mapa conexo, tendría que darse el caso de que la preimagen de esa intersección debe estar en la frontera de ambos $U$ y $V$ pero no he sido capaz de demostrarlo. He pensado en elegir un punto arbitrario en la intersección y encontrar secuencias en $f(U)$ y $f(V)$ que convergen a ella y, a continuación, utilizando las preimágenes de esas secuencias, que viven en $U$ y $V$ respectivamente para demostrar que la preimagen de ese punto estaba efectivamente en la frontera de ambos conjuntos, pero no sabemos que $f^{-1}$ preserva la convergencia. Lo que ocurre en $Y$ si no lo hace? Si supiera que las preimágenes de las secuencias están acotadas, quizás podría utilizar la compacidad para obtener una separación de la cola del punto, y las imágenes para obtener una desconexión entre la cola y el punto al que converge (una contradicción), pero no sé si las preimágenes de las secuencias están siquiera acotadas.

Answer 4

Tengo una respuesta parcial que al menos debería ayudar a restringir nuestra atención a un determinado caso.

Como se ha señalado, si cualquiera de los dos $f$ de $f^{-1}$ es continua, entonces hemos terminado por Invariancia de Dominio. Así que supongamos $f$ es discontinuo en $x\in \mathbb{R}^n$ . Entonces existe $\epsilon_0>0$ tal que para todo $\delta>0$ existe $y_\delta\in\mathbb{R}^n$ con $|x-y_\delta|<\delta$ y $|f(x)-f(y_\delta)|\geq \epsilon_0$ . Tenga en cuenta que $$f(B(x,\delta))=\Big[f(B(x,\delta))\cap (B(f(x),\epsilon_0))\Big]\coprod\Big[f(B(x,\delta))\cap (B(f(x),\epsilon_0))^c\Big]=:U_\delta\coprod V_\delta$$ Sabemos que cada uno de estos conjuntos disjuntos es no vacío ya que $f(x)\in U_\delta$ y $y_\delta\in V_\delta$ . Además, $U_\delta\subseteq f(B(x,\delta))$ es claramente abierto en la topología del subespacio. Si sólo $V_\delta$ estaban abiertos en $f(B(x,\delta))$ entonces $(U_\delta,V_\delta)$ sería una separación de $f(B(x,\delta))$ Por lo tanto $f$ ¡no se conectaría!

Pero el problema se produce en el límite donde $|x-y|<\delta$ y $|f(x)-f(y)|$ es exactamente igual a $\epsilon_0$ . Si no hay tales $y$ entonces $V_\delta=f(B(x,\delta))\cap \mathrm{Int}\big(B(f(x),\epsilon_0)\big)$ que está abierto en $f(B(x,\delta))$ y hemos terminado.

Por lo demás, $\forall \delta>0, \exists y_\delta\in \mathbb{R}^n$ tal que $|x-y_\delta|<\delta$ y $|f(x)-f(y_\delta)|=\epsilon_0$ . Ahora, defina $$E:=\{\epsilon>0:\hspace{.3cm}\forall\delta>0, \exists y_\delta\in\mathbb{R}^n\text{ such that }|x-y_\delta|<\delta\text{ and }|f(x)-f(y_\delta)|=\epsilon \}$$

Tenga en cuenta que $E\neq\varnothing$ desde $\epsilon_0\in E$ . Además, $E$ está acotado por debajo de cero por lo que (por completitud de $\mathbb{R}^n$ ), $\hat{\epsilon}:=\inf(E)$ existe y $0\leq \hat{\epsilon}<\infty$ .

Caso 1 : Supongamos que $\hat{\epsilon}>0$ .

Entonces $\frac{\hat{\epsilon}}{2}<\hat{\epsilon}$ Así que $\frac{\hat{\epsilon}}{2}\notin E$ . Así, $\exists \hat{\delta}>0$ tal que $|x-y|<\hat{\delta}\Longrightarrow |f(x)-f(y)|\neq \frac{\hat{\epsilon}}{2}$ . Pero por la discontinuidad de $f$ sabemos que $\exists y_{\hat{\delta}}\in\mathbb{R}^n$ tal que $|x-y_{\hat{\delta}}|<\hat{\delta}$ y $|f(x)-f(y_{\hat{\delta}})|\geq \epsilon_0\geq \hat{\epsilon}>\frac{\hat{\epsilon}}{2}$ .

Entonces tenemos \begin{align*}f(B(x,\hat{\delta}))&=\Big[f(B(x,\hat{\delta}))\cap B(f(x),\frac{\hat{\epsilon}}{2})\Big]\coprod \Big[f(B(x,\hat{\delta}))\cap B(f(x),\frac{\hat{\epsilon}}{2})^c\Big]\\&=\Big[f(B(x,\hat{\delta}))\cap B(f(x),\frac{\hat{\epsilon}}{2})\Big]\coprod\Big[f(B(x,\hat{\delta}))\cap \big\{y\in \mathbb{R}^n: |f(x)-y|>\frac{\hat{\epsilon}}{2}\big\}\Big]\end{align*}

Así, $f(B(x,\hat{\delta})$ está desconectado.

Caso 2 : Supongamos que $\hat{\epsilon}=0$ .

Aquí es donde radica el problema. Si $f$ no se supone que sea biyectiva, entonces esto puede ocurrir realmente. El ejemplo clásico de $f(x)=\begin{cases}\sin(\frac{1}{x}),&x\neq 0\\0,&x=0\end{cases}\hspace{.3cm}$ satisface $\hat{\epsilon}=0$ . Para cualquier $0<\epsilon< 1$ cualquier vecindad del origen contiene un punto $x$ para lo cual $|f(x)|=\epsilon$ (de hecho, infinitas).

Por lo tanto, si existe una función conexa discontinua biyectiva, debe ser de esta forma. Es decir, la $\epsilon$ que es testigo de la discontinuidad de $f$ se puede tomar arbitrariamente cerca de cero.

¡Espero que esto ayude a la búsqueda de una prueba/contraejemplo!