¿Inyección continua de $(a,b) \to S^1$?

Question

Esta pregunta empezó a preocuparme después de trabajar en un ejercicio. Sé que no puede haber una biyección continua $S^1 \to (a,b)$ porque si la hubiera sería un homeomorfismo pero $S^1$ y $(a,b)$ no son homeomorfos.

Pero el teorema que implica esto es que una biyección continua de un compacto en un espacio de Hausdorff es un homeomorfismo. Por lo tanto, no se puede aplicar en la dirección opuesta.

Aún sospecho que la respuesta resultará ser negativa, es decir, no hay una biyección continua de $(a,b) \to S^1$ pero no veo cómo probarlo porque la inversa no necesita ser continua. Así que de alguna manera aún queda una ligera posibilidad para tal función.

Por favor, ¿alguien podría ayudarme a resolver mi confusión y decirme si hay o no una biyección continua $(a,b) \to S^1$?

Answer 1

La otra respuesta requiere más trabajo del necesario. No se necesitan 'grandes teoremas' como la invarianza de dominio en el caso 1D (aunque si miras la prueba de invarianza de dominio, verás que es sencillo en la dimensión 1). No voy a escribir absolutamente ninguno de los detalles porque soy absolutamente perezoso.

Sea $f: (a,b) \to S^1 = \Bbb R/\Bbb Z$ una biyección continua. Considera $\lim_{x \to b} f(x)$. Esto existe por la hipótesis de inyectividad (¿puedes probar esto?) De manera similar, también existe $\lim_{x \to a} f(x) . Por lo tanto, hay una extensión a $\tilde f: [a,b] \to S^1$. Como el mapa anterior era sobreyectivo, $\tilde f(b)=f(c)$ para algún $c \in (a,b)$. Esto es un absurdo (nuevamente, ¿por qué?)

En general, cualquier biyección continua de un 1-manzana sin frontera a otra 1-manzana sin frontera es un homeomorfismo. Esto también es sencillo de probar sin la invarianza de dominio.

Answer 2

No, no hay una biyección continua desde $(a,b)$ a $S_1$. Para demostrar esto, considera cualquier mapa biyectivo continuo $f:(a,b)\rightarrow S_1$. Elije cualquier $x\in S_1. Note que $f$ es un mapa biyectivo continuo $(a,b)\setminus \{f^{-1}(x)\}\rightarrow S_1\setminus \{x\}$. Sin embargo, $(a,b)\setminus \{f^{-1}(x)\}$ es homeomorfo a la unión disjunta de dos intervalos abiertos y $S_1\setminus \{x\}$ es homeomorfo a un solo intervalo abierto.

Por lo tanto, si existiera tal $f$, tendríamos que algún $g$ continuo biyectivo mapearía $(0,1)\cup (1,2)$ a $(0,1)$. Sin embargo, esto es imposible, ya que la invarianza del dominio (que es muy fácil de demostrar en una dimensión) implicaría que tal $g$ era un mapa abierto y, por lo tanto, un homeomorfismo, pero claramente $(0,1)\cup (1,2)$ y $(0,1)$ no son homeomorfos.

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Otra forma, que captura una intuición algo diferente, pero utiliza herramientas más poderosas, sería tomar cualquier $f$ continuo : (a,b)\rightarrow S_1$ y luego considerar el mapa $g:(a,b)\times (0,\infty)\rightarrow \mathbb R^2$ definido por $g(x,y)=yf(x)$ donde consideramos $S_1$ como un subconjunto del plano. Entonces, si $f$ es sobreyectivo, la imagen de $g$ es $\mathbb R^2\setminus \{0\}$. Sin embargo, $(a,b)\times (0,\infty)$ no es homeomorfo a $\mathbb R^2\setminus \{0\}$, por lo que $g$ no puede ser un homeomorfismo y, por lo tanto, por la invarianza del dominio, no puede ser injectivo. Sin embargo, $g$ sería inyectivo si lo fuera $f$, lo que implicaría que $f$ tampoco es inyectivo.

Answer 3

Supongamos que $f:(0,1)\to S^1$ es una tal función.

Sea $y\in S^1$. Sea $x=f^{-1}(y)$.

Entonces $(0,1)\setminus \{x\}=(0,x)\cup (x,1).

Ahora $f[(0,x)]$ y $f[(x,1)]$ son conjuntos conectados disjuntos no triviales que se unen a $S^1\setminus \{y\}=(0,1).

Así que sin pérdida de generalidad $f[(0,x)]=(0,z)$ y $f[(x,1)]=[z,1)$ para algún $z\in (0,1).

Existe $p\in (x,1) $ tal que $f(p)=z.

Entonces $(x,p]$ y $[p,1)$ se mapean a intervalos no degenerados $A$ y $B$ en $[z,1)$ ambos conteniendo a $z. Por lo tanto, existe $z'\in (A\cap B)\setminus \{z\}. Pero entonces $f$ debe mapear dos puntos diferentes a $z'. Contradicción.

Answer 4

Recuerde (¿del instituto?) que cualquier dos puntos distintos $P$ y $Q$ de $S^1$ definen dos arcos de $S^1$ con estos dos puntos sirviendo como los extremos de ambos arcos. Podemos hablar tanto de arcos cerrados como abiertos dependiendo de si incluimos o excluimos estos puntos finales en cualquier arco. Además, si eliminamos un punto de $S^1$ tenemos un arco abierto.

Esto se puede relacionar con la teoría/maquinaria de los espacios topológicos:

Proposición 1: Sea $f: [a,b] \to S^1$ una función continua e inyectiva. Entonces la imagen de $f$ es un arco de $S^1$ que también es un conjunto cerrado. Además, la restricción de $f$ al intervalo abierto $(a,b)$ es un conjunto abierto en $S^1$.
Prueba: Ejercicio.

Proposición 2: Sea $f: (a,b) \to S^1$ una función continua e inyectiva. Entonces $f$ no puede ser una sobreyección. Además, la imagen de $f$ es un arco abierto.
Bosquejo de la prueba:
Considera la cadena creciente de intervalos abiertos

$\tag 1 U_n = \left(\frac{(n-1)a + b}{n}, \frac{a + (n-1)b}{n}\right) \subset (a,b) \; \text{ para } n \ge 3$

La unión de los $U_n$ es igual al dominio completo $(a, b)$ de $f$ y las imágenes $f(U_n)$ forman una cubierta abierta de la imagen de $f$.

Supongamos que $f$ es una función sobreyectiva. Tenemos una cobertura abierta $f(U_n)$ de la imagen $f\left((a,b)\right) = S^1$. Como $S^1$ es compacto, podemos encontrar una subcubierta finita. Pero ningún elemento en la cadena creciente $f(U_n)$ puede ser igual a la imagen de $f$, lo que nos da una absurdidad.