Homeomorfismo uniformemente continuo de un subconjunto de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$.

Question

Sea $U$ un subconjunto abierto de $\mathbb{R}$, tal que $f:U \rightarrow \mathbb{R}$ sea un homeomorfismo uniformemente continuo. Muestra que $U=\mathbb{R}$. Aquí está mi intento de prueba:

Dado que $U$ y $\mathbb{R}$ son homeomorfos, $U$ debe ser conexo, es decir, un intervalo.

Caso $1$: U está acotado. Sea $a, b \in \mathbb{R}$ tal que $U=(a,b)$. Entonces, afirmamos que $f$ puede extenderse de forma continua y única a una función continua en $[a,b]$. Sea ${\lbrace x_n \rbrace} \subset U$ que converge a $a$, entonces ${\lbrace x_n \rbrace}$ es de Cauchy. Por la uniformidad de la continuidad, ${\lbrace f(x_n) \rbrace}$ es de Cauchy y por ende tiende a, digamos, $l \in \mathbb{R}$, por la completitud de $\mathbb{R}$. Sea ${\lbrace y_n \rbrace}$ otra secuencia en U que converge a $a$ y sea dado $\epsilon>0$. Por la uniformidad de la continuidad, $\exists \delta>0 \in \mathbb{R}$, tal que $|x-y|<\delta \implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$.

Entonces, dado que $\lim_{n\to\infty}(x_n-y_n)=0, \exists N \in \mathbb{N}$ tal que, $|x_m-y_m|<\epsilon$ siempre que $m>N$ y por ende $|f(x_m)-f(y_m)|<\epsilon, m>N$. Así, para cualquier secuencia ${\lbrace x_n \rbrace} \rightarrow a$, tenemos que ${\lbrace f(x_n) \rbrace} \rightarrow l$. De igual forma, podemos demostrar que para cualquier secuencia ${\lbrace z_n \rbrace}$ que converge a $b$, debe ser que ${\lbrace f(z_n) \rbrace} \rightarrow L$, para algún $L$.

Definamos $$F:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$$ $$F(a)=l$$ $$F(x)=f(x), x\in U$$ $$F(b)=L$$

Entonces, $F$ es continua en $[a,b]$ y es una extensión única de $f$. Además, $f(U) \subset F([a,b])$. Sin embargo, ten en cuenta que $F([a,b])$ es un subconjunto compacto de $\mathbb{R}$ y por ende no es igual a él.

Caso $2$: $U$ es un intervalo del tipo $(a, \infty)$ o $(-\infty, b)$. En este caso, un argumento muy similar al anterior muestra que $f$ se puede extender a una función continua definida incluyendo el punto final. Por lo tanto, una vez más, $f(U)$ será un subconjunto adecuado de $\mathbb{R}$.

Por lo tanto, $U=\mathbb{R}$.

Answer 1

Notación: $f[B]=\{f(b): b\in B\}$ cuando $B\subseteq dom (f).$

Una imagen homeomórfica de un espacio conexo es conexa, y $f^{-1}:\Bbb R\to U$ es un homeomorfismo entonces $U$ es un subespacio conexo de $\Bbb R,$ por lo tanto si $U\ne \Bbb R$ entonces $U$ es un intervalo abierto acotado o una semirrecta abierta.

Supongamos que $U\ne \Bbb R.$

Una imagen real uniformemente continua $f[U]$ de un intervalo real acotado $U$ debe ser un subconjunto acotado de $\Bbb R$ (ver $**$ a continuación) por lo tanto $U$ no puede ser acotado.

Supongamos que $r\in \Bbb R$ y $U=(r,\infty).$ Consideremos el conjunto $S=f[(r,r+2)],$ el cual está acotado, ya que $f$ es uniformemente continua. Existen $x,y\in [r,\infty)$ con $f(x)=-1+\inf S$ y $f(y)=+1+\sup S.$ Ahora $f$ es continua y $f(x)<\inf S\le f(r+1)\le \sup S entonces existe un $z$ entre $x$ y $y$ con $f(z)=f(r+1).$ Pero $z>\min(x,y)>r+1$ por lo tanto $f$ no es una biyección entonces $f$ no es un homeomorfismo. (Contradicción.)

El caso $U=(-\infty,r)$ se maneja de manera similar.

$**.\,$ Apéndice. Si $U$ es un intervalo real acotado no vacío y $f:U\to \Bbb R$ es uniformemente continua, tome $d>0$ tal que $\forall a,b\in U\,(|a-b|\le d\implies |f(a)-f(b)|\le 1).$

Tome $n\in \Bbb N$ tal que $nd\ge\sup U - \inf U.$ Escoja algún $x_0\in U.$ Ahora para cualquier $x\in U$ hay un $m\in \Bbb N$ con $m\le n$ y una secuencia finita creciente o decreciente $(x_0,...,x_m)$ de miembros de $U$ con $x_m=x$ y con $|x_{j+1}-x_j|\le d$ para $0\le j\le m-1.$ Entonces $|f(x)|=|f(x_m)|\le |f(x_0)|+\sum_{j=0}^{m-1}|f(x_{j+1}-f(x_j)|\le |f(x_0)|+md\le |f(x_0)|+nd.$