Ejemplo de un auto-mapeo continuo biyectivo cuya inversa no es continua en un subespacio completo de $\mathbb{R}$

Question

He respondido a la siguiente pregunta Encontrar un ejemplo (fácil) de un auto-mapeo continuo biyectivo cuya inversa no es continua . En esta pregunta el OP pidió un mapeo continuo $f: (X,d) \rightarrow (X,d)$ que es biyectiva, continua y no es un homeomorfismo (y $(X,d)$ un espacio métrico). El famoso Kavi Rama Murthy comentó entonces que todos los contraejemplos son para espacios métricos que están incompletos. Lo pensé un poco y se me ocurrió un contraejemplo en el que el espacio es completo. Sin embargo, no conseguí que funcionara dentro de $\mathbb{R}$ . Así que mi pregunta es:

¿Existe algún subconjunto cerrado $X\subseteq \mathbb{R}$ y una función $f: X \rightarrow X$ que es biyectiva, continua (respecto a la topología del subespacio) y no es un homeomorfismo.

Mi intuición me dice que no es posible ya que hay como máximo dos componentes conectadas no compactas. Por lo tanto, nos impide jugar el juego de pegar componentes conectados para evitar que la función inversa sea continua. Permítanme elaborar un poco este pensamiento.

Observamos que podemos wlog suponer que $X$ no tiene componentes conectadas no limitadas. Simplemente porque esas serían las únicas componentes conectadas no compactas y porque las funciones continuas envían conjuntos compactos a conjuntos compactos y nuestro $f$ es biyectiva, tendríamos que envía componentes conectadas no limitadas a componentes conectadas no limitadas. O bien la imagen de la componente conexa no limitada cubre una componente conexa no limitada, o bien tenemos que cubrir un intervalo semiabierto limitado por un número contable de intervalos compactos disjuntos (lo que no es posible utilizando un argumento de categoría de Baire, véase por ejemplo aquí https://terrytao.wordpress.com/2010/10/04/covering-a-non-closed-interval-by-disjoint-closed-intervals/ ). Así, los componentes conectados no limitados se intercambian o se fijan y, por lo tanto, el $X$ con las componentes conectadas no limitadas sustituidas por puntos son también un contraejemplo.

Por lo tanto, $X$ puede considerarse una unión contable de intervalos compactos. Por otro lado, no es posible que $X$ es compacto (las funciones continuas de un espacio compacto a un espacio de Hausdorff son cerradas, lo que haría de nuestra función un homeomorfismo).

Además, utilizando de nuevo que no podemos cubrir un intervalo semiabierto con un número contable de intervalos compactos disjuntos, obtenemos que todo lo que $f$ puede hacer es permutar componentes conectados (mapea algunos intervalos a otro intervalo y puntos a puntos).

Answer 1

Parece que mi intuición era errónea. Efectivamente, ese ejemplo existe. Siempre me resulta un poco extraño que la gente responda a su propia pregunta, pero por una vez lo haré yo mismo (no sabía la respuesta cuando publiqué la pregunta y, como puedes ver en mi perfil, no uso esto como trampa para ganar reputación).

Después de pensar un poco más, me di cuenta de que una de las cosas que podría salir mal es que la función inversa "envía puntos al infinito". Es decir, si tuviéramos $$ Y= \{ 0 \} \cup \bigcup_{n\in \mathbb{N}_{\geq 1}} \left\{ \frac{1}{2^n}\left( 1 + \frac{1}{2} \right) \right\} \cup \bigcup_{n\in \mathbb{N}_{\geq 1}} \left\{ 2^n\left( 1 + \frac{1}{2} \right) \right\}, $$ entonces podríamos hacer algún tipo de "inversión" alrededor de $1$ mientras se fija el origen. En concreto, queremos que para $n\in \mathbb{N}_{\geq 1}$ $$f(0):=0, \quad f\left( 2^n\left( 1 + \frac{1}{2} \right) \right) := \frac{1}{2^{n}}\left( 1 + \frac{1}{2} \right). $$ Entonces es evidente que la inversa de esta función (si fuera biyectiva) sería discontinua en el origen. ¿Cómo hacemos que sea biyectiva? Aplicamos el truco de que podemos "crear" o "destruir" un punto si añadimos alguna secuencia convergente para él, simplemente desplazándonos a lo largo de la secuencia. Así, definimos $$ X= \{ 0 \} \cup \bigcup_{n\in \mathbb{N}_{\geq 1}} \left\{ \frac{1}{2^n}\left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) \ : \ k\in \mathbb{N}_{\geq 1} \right\} \cup \bigcup_{n\in \mathbb{N}_{\geq 1}} \left\{ 2^n \left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) \ : \ k\in \mathbb{N}_{\geq 1} \right\}. $$ Nos "cambiamos a $\frac{1}{2^n}$ " y "cambiar de $2^n$ ". Es decir, definimos para todo $n\in \mathbb{N}_{\geq 1}$ $$ f(0):= 0, \qquad f\left( \frac{1}{2^n} \right) := \frac{1}{2^n}, \qquad f\left( 2^n \right) := 2^n. $$ y $$ f\left( \frac{1}{2^n}\left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) \right) := \frac{1}{2^n}\left( 1 + \frac{1}{2^{k+1}} \right), \qquad f\left( 2^n\left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) \right) = \begin{cases} 2^n \left( 1 + \frac{1}{2^{k-1}} \right),& k\neq 1, \\ \frac{1}{2^n}\left( 1 + \frac{1}{2} \right),& k=1.\end{cases}$$ Así, encontramos un mapa continuo y biyectivo $f: X \rightarrow X$ que no es un homeomorfismo. Y $X\subseteq \mathbb{R}$ es un conjunto cerrado y, por tanto, completo.