¿Es inversión de homeomorphisms limitadas continua con la métrica uniforme?

Question

Considerar el espacio métrico $H$ de manera uniforme continua homeomorphisms (con uniformemente continua inversos) de algunos delimitada subconjunto $G$$\mathbb C$, con el uniforme de la métrica $$d(f, g) = \sup_{z \in G} \left|f(z) - g(z)\right|.$$ Está claro que $(f, g) \mapsto f \circ g$ es un mapa continuo $H \times H \to H$ (y, de hecho, esto es debido a la métrica uniforme, no uniforme de la continuidad de cualquier particular homeomorphism), pero es la inversión $f \mapsto f^{-1}$ un mapa continuo $H \to H$?

En otras palabras, es el caso que siempre que $(f_n) \to f$ uniformemente en $G$ donde $f$ y cada una de las $f_n$ es uniformemente continua homeomorphism de $G$ con un uniforme continua inversa, a continuación, $(f_n^{-1}) \to f^{-1}$ uniformemente en $G$?

Answer 1

Deje $K$ ser un espacio métrico compacto, $H_K$ es el grupo de auto-homeomorphisms $K\to K$ equipado con la topología de la convergencia uniforme. Voy a demostrar que la inversión es continua en a $H_K$. Si este no fuera el caso, existiría un (equicontinuous) secuencia de homeomorphisms $h_n\to h$ tal que $(h_n^{-1})$ no converge a $h^{-1}$. Por compacidad, esto significa que (después de pasar por una larga en $(h_n)$) no existe $x\in K$, una secuencia $(x_n)$ convergentes a $x$, mientras que $h_n^{-1}(x_n)=y_n$ converge a $y\ne h^{-1}(x)$. La aplicación de $h_n$$h$, y teniendo en cuenta que el $h_n\to h$, obtenemos que $x_n=h_n(y_n)\to h(y)\ne x$. Esto contradice la suposición de que $x_n\to x$. qed

Ahora, aplicando el cierre de la $K$ de su abierto y limitado subconjunto $G\subset {\mathbb C}$.

Edit: Supongo que $f_n: K\to K$ es una secuencia continua de mapas. ¿Qué significa que $f_n$ no convergen a $f: K\to K$ (un mapa continuo) en uniforme toplogy? Esto significa (sólo por la negación de la definición de convergencia uniforme) que exista $r>0$ que, por arbitrariamente grande,$n$, $x_n\in K$ tal que $d(f_n(x_n), f(x_n))> r$. Ahora, por compacidad, después de la extracción, se obtiene $x_n\to x$, $f_n(x_n)\to y$ y $y$ tiene que ser diferente de $f(x)$ desde $d(y, f(x))\ge r$.

Answer 2

De hecho, $(H, \circ, d)$ será un grupo topológico siempre $(X, \rho)$ es un acotado espacio métrico. (no necesariamente es totalmente acotado)

Es fácil ver que $d(f \circ g, \operatorname{id}) \le d(f, \operatorname{id}) + d(g, \operatorname{id})$, por lo tanto la composición es continua en la identidad.

Además, se sigue inmediatamente de la surjectivity de $h$ que $d(f \circ h, g \circ h) = d(f, g)$, por lo tanto $d$ es derecho de todos los idiomas, así derecho traducciones son claramente continua.

Para mostrar que $H$ es un grupo topológico, será suficiente entonces para mostrar que la inversión es continua.

Para ello tomamos arbitraria $f \in H$$\epsilon > 0$. Por el uniforme de la continuidad de la $f^{-1}$ no es un porcentaje ($\delta > 0$tal que $\rho(f^{-1}(x), f^{-1}(y)) < \epsilon$ siempre $\rho(x, y) < \delta$. Para cualquier $g \in H$ tal que $d(g, f) < \delta$, tenemos $$\rho(f^{-1}(g(x)), x) = \rho(f^{-1}(g(x)), f^{-1}(f(x))) < \epsilon/2$$ for all $x$, therefore $d(f^{-1} \circ g, \operatorname{id}) \le \epsilon/2 < \epsilon$. Desde la derecha de la invariancia de $d$ se sigue que $$ d(f^{-1} \circ g, \operatorname{id}) = d(f^{-1} \circ g, g^{-1} \circ g) = d(f^{-1}, g^{-1}) $$ así que tenemos $d(f^{-1}, g^{-1}) < \epsilon$, lo que muestra que $f\mapsto f^{-1}$ es continua.

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Nota adicional: Sin el supuesto de la continuidad uniforme, traducciones de izquierda puede fallar para ser continua, en cuyo caso la inversión no puede ser continua. Como ejemplo tomemos $X = (0,1)^2$ $f(x,y) = (x^y, y)$ y $$ g_t(x, y) = \casos{ (2^tx, y) &al $x \le 4^{-t}$ \\ ((x-1)/(2^{-t} +1) &lo contrario. } $$ Aquí $d(g_t, \operatorname{id}) = 2^{-t} - 4^{-t} < 2^-t$, lo $g_t \to \operatorname{id}$$t \to \infty$.

Por otro lado, teniendo en $x = 4^{-t}, y = 1/t$, podemos ver que $d(f\circ g_t, f) \ge 2^{-1} - 4^{-1} \ge 1/4$, por lo $f\circ g_t$ no converge uniformemente a $f$, lo que demuestra que la izquierda de traducción por $f$ no es continua.