Es fácil ver que si $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ son biyecciones continuas, entonces su producto puntual $fg$ definido por $x\mapsto f(x)g(x)$ no puede sea una biyección.
Mi pregunta: ¿existe un par $(f,g)$ de biyecciones de $\mathbb{R}$ à $\mathbb{R}$ tal que $fg$ es también una biyección ?
Nueva respuesta, construcción explícita:
Sí. Nuestra estrategia será establecer $g(x)=x$ . Además, establecemos $f(0)=0$ y buscar alguna forma de hacer $f$ y $fg$ ambas biyecciones en $\mathbb R^\times$ .
Será un poco más fácil pensar en lugar de la aditivo grupo $\mathbb Z_2\oplus \mathbb R$ que es canónicamente isomorfo al multiplicativo $\mathbb R^\times$ . Si dejamos que la variable $s$ gama sobre $\mathbb Z_2$ el isomorfismo es $(s,x)\mapsto (-1)^s \cdot e^x$ .
Ahora buscamos encontrar un $f: \mathbb Z_2\oplus \mathbb R \to \mathbb Z_2\oplus \mathbb R$ de tal manera que tanto él como su asociado $$ \hat f(s,x)\mapsto f(s,x)+(s,x) $$ (que representa $fg$ ) son biyecciones.
Construiremos $f$ de la forma $$ f(s,x) = (s,x) + \lambda(s,\lfloor x\rfloor) \qquad (\text{which implies }\hat f(s,x) = (0,2x)+\lambda(s,\lfloor x\rfloor))$$ donde $\lambda$ es una función $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z \to \mathbb Z_2\oplus 2\mathbb Z$ . (Dejaré que la variable $z$ gama sobre $\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z$ ). Esto corresponde a decir que $f$ debe ser sólo una traslación en cada intervalo semiabierto $[n,n+1)$ para cada signo. El requisito de que el segundo componente de $\lambda(z)$ deben ser incluso garantías de que $\hat f$ mapeará un intervalo unitario semiabierto de forma biyectiva a $[2m,2m+2)$ para algunos $m$ con algún signo, para no arriesgarnos a acabar con un hueco de longitud impar en la imagen de $\hat f$ para llenar.
Ahora elige una enumeración de $\mathbb Z_2\oplus \mathbb Z=\{z_0,z_1,z_2,z_3,\ldots\}$ y construir $\lambda$ en un número contable de etapas, empezando por no haber elegido ningún valor de la función. En la etapa $k$ hacemos lo siguiente:
En cada uno de estos pasos, sólo hay un número finito de valores para $\lambda$ elegido, por lo que cada vez que elegimos un $z$ hay a lo sumo un número finito que será excluido -- así que incluso bajo la restricción adicional de que sólo impar o sólo par $z$ s funcionará, siempre habrá uno para elegir cuando lo necesitemos.
Por otro lado, después de completar todos los $\omega$ pasos de la construcción de $\lambda$ se definirá para cada $z_k$ (debido al paso 1), $f$ golpeará cada $z_k$ (debido al paso 2) y $\hat f$ golpeará cada $z_k$ que es par (debido al paso 3).
Todo esto se traduce en que $f$ y $\hat f$ están bien definidos y son sobreyectivos, y también han sido elegidos explícitamente para ser inyectivos. Por lo tanto, ¡son biyecciones!
RESPUESTA ANTIGUA, ASUMIENDO EL AXIOMA DE ELECCIÓN
Lema. Dejemos que $(G,*)$ sea cualquier grupo contablemente infinito, y sea $A$ sea un subconjunto finito de $G$ . Entonces existe una biyección $\sigma: G\setminus A\to G\setminus A$ tal que $\tilde\sigma(x) = x*\sigma(x)$ es también una biyección $G\setminus A\to G\setminus A$ .
Prueba mediante una variante de la construcción "de ida y vuelta": Dejemos que $G\setminus A=\{g_0,g_1,g_2,\ldots\}$ y construir $\sigma$ en un número contable de etapas, comenzando por la función vacía:
En cada etapa sólo hay un número finito de valores de $\sigma$ ya han sido elegidos, por lo que sólo hay un número finito de opciones que no puede ser utilizado Después de $\omega$ muchos pasos $\sigma$ será como se promete en el lema.
Usando el lema. Definir $a\sim b$ si $|a|$ y $|b|$ son potencias racionales entre sí. Esta es una relación de equivalencia en $\mathbb R\setminus\{-1,0,1\}$ y cada clase de equivalencia junto con $\{-1,1\}$ es un subgrupo contable de $\mathbb R^\times$ .
Definir $f(x)$ de la siguiente manera: Primero escoge uno de los subgrupos y usa el lema sobre ese subgrupo con $A=\varnothing$ . Entonces, para cada otros subgrupo, utilice el lema sobre ese subgrupo con $A=\{-1,1\}$ .
Ahora cada no cero real se define exactamente por uno de los $\sigma$ s. Sea $f$ sea la unión de estos mapas, y defina $f(0)=0$ . Esto produce naturalmente una biyección.
Ahora, con $g(x)=x$ tenemos que $x\mapsto f(x)g(x)$ es una biyección porque es la unión de los $\tilde\sigma$ s y $\{0\mapsto 0\}$ .
(El lema no depende de la elección: se puede hacer determinista una vez que una enumeración de $G$ ha sido elegido. Pero el axioma de elección es necesario para elegir las enumeraciones de todos los incontables subgrupos a la vez).
(Alternativamente, más o menos la misma demostración del lema funciona sin la suposición de que $G$ es contable, si empezamos por indexar $G$ por un ordinal inicial. Entonces no necesitamos dividir $\mathbb R^\times$ en subgrupos. Por supuesto, el hecho de que $G=\mathbb R^\times$ puede ser indexado por un ordinal inicial también asume la elección).
¡Gracias Henning! Todavía me pregunto si hay una manera de encontrar una solución constructiva a este problema, evitando todo lo relacionado con AC.
@Adren: Resulta que esta solución sí se puede modificar para que sea constructiva. Incluso podemos obtener un $f$ con un número contable de discontinuidades. Editado.
Con el axioma de la elección, cada La biyección de un campo infinito a sí mismo puede expresarse como el producto de dos biyecciones.
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¿Por qué es imposible para las biyecciones continuas?
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@Alphonse: Desde $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ son biyecciones continuas, son estrictamente monótonas. Por lo tanto, cada una de ellas tiene infinitos límites (de signos opuestos) en $-\infty$ y $+\infty$ . Multiplicando $f$ y $g$ conduce a una función cuyos límites en $-\infty$ y $+\infty$ son ambos infinitos y igual ¡! Esto evita que $fg$ de ser subjetivo.