¿Es la correspondencia biyectiva que mapea conjuntos conectados a homeomorfismos conectados?

Question

Si $f : \mathbb{R}^{n} \to \mathbb{R}^{n}$ es una biyección, mapeando conjuntos conectados a conectados, ¿es $f$ necesariamente un homeomorfismo?

La conversa es cierta, una propiedad bien conocida de los homeomorfismos.

Sé que el resultado es cierto para $n = 1$. En ese caso, no es muy difícil de ver que $f$ mapea intervalos abiertos a intervalos abiertos: la imágen va a ser un intervalo, y si tuviera un punto límite, algún $x$ en el intervalo abierto tendría que mapear al punto límite. Pero entonces las imágenes de $(x, \infty)$ y $(-\infty, x)$ no podrían ser ambas conjuntos conectados.

Además, la pre-imágen de un intervalo abierto también es abierta: si $x < y$ son pre-imágenes de los puntos finales del intervalo, el intervalo original es un subconjunto de la imagen de $[x,y]$, pero entonces claramente la imagen de $(x,y)$ es el intervalo abierto.

Estas dos observaciones prueban que $f$ es un homeomorfismo cuando $n = 1$. Sin embargo, la conectividad es un fenómeno bastante diferente en dimensiones más altas, así que ni siquiera tengo una idea clara de si debería ser verdad o no.

Answer 1

Usando la conversa que mencionaste, queda claro que si $f$ o $f^{-1}$ no logra mapear un conjunto conexo a otro conjunto conexo, entonces $f$ no puede ser un homeomorfismo. Por lo tanto, basta con mostrar que

Teorema: Fijemos $n > 1$. Sea $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ una biyección, tal que $f$ mapea conjuntos conexos a conjuntos conectados, y $f^{-1}$ mapea conjuntos conexos a conjuntos conectados. Entonces tanto $f$ como $f^{-1}$ son continuos.

Este es un corolario del Teorema 1 en un trabajo de Tanaka. Reproduzco la demostración a continuación.

Prueba: como la hipótesis es simétrica en $f$ y $f^{-1}$, basta con probar que $f$ es continuo. Procedemos por contradicción. Supongamos que $p\in \mathbb{R}^n$ es tal que $f$ es discontinuo en $p$. Entonces existe una secuencia de puntos $(p_n)$ tal que $p_n \to p$ y $f(p_n) \not\to f(p)$; sin pérdida de generalidad asumimos que $f(p) = 0$. Así, hasta una subsecuencia podemos asumir que existe $\epsilon > 0$ tal que $f(p_n) \in B_\epsilon^c = \mathbb{R}^n \setminus B_\epsilon$. Claramente $\{0\} \cup B_\epsilon^c$ tiene dos componentes conexas. Por otro lado, $f^{-1}( \{0\} \cup B_\epsilon^c)$ es conexo: por la suposición $f^{-1}(B_\epsilon^c)$ es conexo ya que $B_\epsilon^c$ es conexo, y tenemos que cada vecindario abierto de $p = f^{-1}(0)$ interseca a $f^{-1}(B_\epsilon^c)$. Así que forzamos una contradicción.

Observación: En el caso $n = 1$, $B_\epsilon^c$ no es conexo. Sin embargo, tiene dos componentes conexas $B_\epsilon^{c+}$ y $B_\epsilon^{c-}$. La prueba puede llevarse a cabo si reemplazamos cada instancia de $B_\epsilon^c$ ya sea con $B_\epsilon^{c+}$ o $B_\epsilon^{c-}: al menos una de las dos debe contener infinitos $f(p_n)$.

Answer 2

Creo que la respuesta es no e introduzco un ejemplo.

Supongamos que $h:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es una función que satisface la propiedad del valor intermedio (que mapea conjuntos conexos a conjuntos conexos) pero no es continua. Ahora definamos $f:\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ como $f(x,y) = (x,y+h(x))$. $f$ es un ejemplo que dice NO a la pregunta anterior.