$f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ un continuo abrir mapa, mostrar que para cada $x \in \text{range}(f)$, $f^{-1}(x)$ siempre es incontable.

Question

Deje $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ ser un continuo abrir mapa. Muestran que, en realidad, por cada $x \in \text{range}(f)$, $f^{-1}(x)$ siempre es incontable.

Sé que si esto era simplemente una proyección sobre la una de las dos coordenadas, este problema podría ser trivial, ya que de ser continua, surjective, y abrir implicaría que es un cociente de mapa, y tomando la preimagen daría un sinnúmero de secuencia de pares ordenados. Sin embargo, en lugar de ser un continuo abrir el mapa, con ninguna otra información, parece que es un poco más complicado.

No pudimos utilizar el hecho de que el irrationals (que son innumerables) son densos en los reales que implica, para $ A = \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ y cada subconjunto abierto de $\mathbb{R}$, decir $B$,$A \cap B \neq \emptyset$, por lo que si dividimos el resultado de espacio en subconjuntos disjuntos cuya unión es $\mathbb{R}$ $f$ en un surjective y por lo tanto el cociente mapa hacia un intervalo, entonces la función inversa es surjective y continua, por lo que podemos determinar que el producido de la secuencia de pares ordenados es incontable, debido a la densidad de la irrationals en el intervalo y, por la continuidad y surjectiveness, el dominio?

Sería esta línea de pensamiento sea correcta? Si alguien puede corregirme si me equivoco o formalizar su propia solución, que sería genial! Gracias de antemano.

Answer 1

$\Bbb R^2$ está conectado, por lo $f[\Bbb R^2]$ debe ser conectado, abra subconjunto de $\Bbb R$: intervalo abierto, abierto ray, o $\Bbb R$ sí. Estos son todos los homeomórficos a $\Bbb R$, por lo que sin pérdida de generalidad se puede suponer que la $f$ es surjective. (Si no, sólo la componen con un homeomorphism de su rango de distribución en $\Bbb R$.) Ahora fix $a\in\Bbb R$, y vamos a $F=f^{-1}\big[\{a\}\big]$, $U=f^{-1}\big[(\leftarrow,a)\big]$, y $V=f^{-1}\big[(a,\to)\big]$. $U$ y $V$ están abiertas, $F$ es cerrado, y $\{U,V,F\}$ particiones $\Bbb R^2$. Fix$u\in U$$v\in V$. Si $F$ es contable, hay un camino de $u$$v$$\Bbb R^2\setminus F$. De hecho, la ruta puede ser una unión de dos segmentos de línea: acaba de elegir líneas de $\ell_u$ a través de $u$ $\ell_v$ a través de $v$ que evite $F$ y tienen diferentes pendientes, vamos a $p$ ser su punto de intersección, y el uso de los segmentos de $\overline{up}$$\overline{pv}$. Evitando $F$ es posible debido a que sólo countably muchos pendientes deben ser evitados. (Este argumento, en realidad sólo requiere que $|F|<|\Bbb R|$.)

Deje $P=\overline{up}\cup\overline{pv}$. A continuación, $P$ es compacto y conectado, por lo $f[P]$ es un intervalo cerrado en $\Bbb R$. Pero $f(u)<a<f(v)$, lo $a\in f[P]$, e $P\cap F\ne\varnothing$, una contradicción.

Answer 2

No creo que su idea con racionales vs irrationals puede llevar en cualquier lugar.

Considere la posibilidad de $y\in f(\mathbb R^2)$$x\in f^{-1}(y)$. Como $\mathbb R^2$ está abierto, su imagen es una vecindad de a $y$. Por lo tanto, no existe$x_1,x_2\in \mathbb R^2$$f(x_1)<y<f(x_2)$. Deje $u\in\mathbb R^2$ ser ortogonal a $x_2-x_1$. Para $a\in\mathbb R$ considera la función continua $g_a\colon[0,1]\to\mathbb R^2$ $$ t\mapsto (1-t)x_1+tx_2+at(1-t)u.$$ Para cada una de las $a$, del valor medio teorema de cinco en cinco a nos a$t\in(0,1)$$f(g_a(t))=y$. Tenga en cuenta que $g_a(t)=g_{a'}(t')$ $a\ne a'$ sólo es posible si $t=t'\in\{0,1\}$, por lo tanto, ibtain un punto diferente para cada uno de los una cantidad no numerable de $a\in\mathbb R$.