Bijección exótica de $\mathbb R$ a $\mathbb R$

Question

Es evidente que no hay biyecciones continuas $f,g~:~\mathbb R \to \mathbb R$ tal que $fg$ es una biyección de $\mathbb R$ a $\mathbb R$ .

Si omitimos el supuesto de continuidad, ¿existe un ejemplo así?

Notas: a seguir por los comentarios de Dustan: Notas: Por definición $fg~:~x \mapsto f(x)\times g(x)$ y no $f\circ g$ . Si hubiera biyecciones continuas basta con mirar los límites de $f$ y $g$ en $+\infty$ y $-\infty$ para concluir que $fg$ no puede ser una biyección

Answer 1

Dejemos que $f(x)=x$ y definir $g$ a trozos por $$ g(x) = \begin{cases} -x ,& x \in \cdots \cup (-16,-8] \cup (-4,-2] \cup \cdots &= \bigcup_k -[2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k) \\ 4x ,& x \in \cdots \cup (-8,-4] \cup (-2,-1] \cup \cdots &= \bigcup_k -[4^k, 2 \cdot 4^k) \\ 0 ,& x = 0 \\ x ,& x \in \cdots \cup [1,2) \cup [4,8) \cup \cdots &= \bigcup_k [4^k, 2 \cdot 4^k) \\ -\frac14 x ,& x \in \cdots \cup [2,4) \cup [8,16) \cup \cdots &= \bigcup_k [2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k) \\ \end{cases} $$ (donde $-[b,a)$ sólo significa $(-a,-b]$ ).

Este $g$ es una biyección de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ ya que

• $g$ mapas $\bigcup_k -[2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k [2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ .
• $g$ mapas $\bigcup_k [2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k -[2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ .
• $g$ mapas $\bigcup_k -[4^k, 2 \cdot 4^k)$ uno a uno sobre sí mismo.
• $g$ mapas $\bigcup_k [4^k, 2 \cdot 4^k)$ uno a uno sobre sí mismo.
• $g$ mapas $0$ a sí mismo.

Y $fg$ es una biyección de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ ya que

• $fg$ mapas $\bigcup_k -[2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k -[4 \cdot 16^k, 16 \cdot 16^k)$ .
• $fg$ mapas $\bigcup_k [2 \cdot 4^k, 4 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k -[16^k, 4 \cdot 16^k)$ .
• $fg$ mapas $\bigcup_k -[4^k, 2 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k [4 \cdot 16^k, 16 \cdot 16^k)$ .
• $fg$ mapas $\bigcup_k [4^k, 2 \cdot 4^k)$ uno a uno en $\bigcup_k [16^k, 4 \cdot 16^k)$ .
• $fg$ mapas $0$ a sí mismo.

Answer 2

Con el axioma de elección podemos demostrar un resultado mucho más general:

Teorema. Si $X$ es un grupo (o campo) infinito, entonces hay biyecciones $f,g:X\to X$ tal que $f(x)g(x)=x$ para todos $x\in X$ .

Prueba. Bastará con probarlo para un grupo; si $X$ es un campo infinito, podemos aplicar el teorema al grupo multiplicativo $X\setminus\{0\}$ y luego extender las biyecciones a $X$ al establecer $f(0)=g(0)=0$ . Además, bastará con construir tres biyecciones $f,g,h:X\to X$ tal que $f(x)g(x)=h(x)$ para todos $x\in X$ Entonces $f\circ h^{-1}$ y $g\circ h^{-1}$ serán biyecciones cuyo producto es el mapa de identidad.

Dejemos que $X$ sea un grupo infinito, $|X|=\kappa$ y elija una ordenación adecuada $\prec$ de $X$ tal que $|\{y\in X:y\prec x\}|\lt\kappa$ para cada $x\in X$ . Partición $X$ en conjuntos disjuntos $A,B,C$ con $|A|=|B|=|C|=\kappa$ . Definimos $f,g,h:X\to X$ por inducción transfinita. Consideremos $x\in X$ y supongamos que $f(y),g(y),h(y)$ se han definido para todos los $y\prec x$ definimos $f(x),g(x),h(x)$ de la siguiente manera.

Si $x\in A$ , dejemos que $f(x)$ sea el menor elemento de $X\setminus\{f(y):y\prec x\}$ y luego elegir $g(x)\in X\setminus\bigcup_{y\prec x}\{g(y),\ f^{-1}(x)h(y)\}$ y que $h(x)=f(x)g(x)$ .

Si $x\in B$ , dejemos que $g(x)$ sea el menor elemento de $X\setminus\{g(y):y\prec x\}$ y luego elegir $f(x)\in X\setminus\bigcup_{y\prec x}\{f(y),\ h(y)g(x)^{-1}\}$ y que $h(x)=f(x)g(x)$ .

Si $x\in C$ , dejemos que $h(x)$ sea el menor elemento de $X\setminus\{h(y):y\prec x\}$ y luego elegir $f(x)\in X\setminus\bigcup_{y\prec x}\{f(y),\ h(x)g(y)^{-1}\}$ y que $g(x)=f(x)^{-1}h(x)$ .

Ahora tenemos biyecciones $f,g,h:X\to X$ tal que $f(x)g(x)=h(x)$ para todos $x\in X$ . (La inyectabilidad está clara en la definición; la subjetividad se puede demostrar por inducción transfinita).