Que $(X,d)$ ser un espacio métrico compacto. Que $f: X \to X$ ser tal que el $d(f(x),f(y)) = d(x,y)$ % todos $x,y \in X$. Muestran que $f $ es sobre (sobreyectiva).

Question

Que $(X,d)$ ser un espacio métrico compacto. Que $f: X \to X$ ser tal que el $d(f(x),f(y)) = d(x,y)$ % todos $x,y \in X$. Muestran que $f $ es sobre (sobreyectiva).

Si $f$ no es a entonces existe un $p \in X$ tal que no existe ningún $y \in X$ tal que $f(y) =p$. Luego existen $x \in X$ tal que $d(p,f(x)) = d(p,x)$.

Estoy encontrando dificultades para hacer la prueba por favor ayuda!!

¿Es el verdadero resultado si $X$ no es compacto?

Answer 1

Considere la posibilidad de un punto de $p\in X$, y definir la secuencia de $(x_n)_n$ inductivamente mediante el establecimiento $x_0=p$$x_{n+1}=f(x_n)$. Desde $X$ es compacto, existe una convergente sub-secuencia $(x_{n_k})_k$. En particular, hemos $$\lim_{k\to\infty}d(x_{n_{k+1}},x_{n_k})=0$$ Que es $$\lim_{k\to\infty}d(f^{n_{k+1}}(p),f^{n_{k}}(p))=0$$ O bien, mediante la asunción $$\lim_{k\to\infty}d(f^{n_{k+1}-n_k}(p),p)=0$$ Desde $n_{k+1}-n_k\ge1$ el resultado anterior es equivalente a $$\lim_{k\to\infty}d(f(y_k),p)=0\tag{1}$$ donde $y_k=f^{n_{k+1}-n_k-1}(p)=x_{n_{k+1}-n_k-1}$. Ahora podemos extraer de $(y_k)_k$ convergente sub-secuencia $(y_{k_m})_m$ que converge a algunos $q\in X$, e $(1)$ implica entonces, (debido a la continuidad de $x\mapsto d(f(x),p)$), que $$\lim_{m\to\infty}d(f(y_{k_m}),p)=d(f(q),p)=0$$ Por lo $p=f(q)\in f(X)$. Esto demuestra que $f$ es sobre.

Observación. Tenga en cuenta que sólo tenemos que $d(f(x),f(y))\ge d(x,y)$ por cada $ x,y$$X$.

Answer 2

Supongamos $f$ no es una isometría. Pick $x \in X \setminus f[X]$. A continuación, vamos a $\epsilon > 0$ ser tal que $\epsilon < d(x, f[X])$. $X$ puede ser cubierto por un número finito de abrir conjuntos de diámetro $< \epsilon$, por la compacidad. Deje $N$ ser el más pequeño tamaño de este tipo de cubierta, y $\mathcal{U} = \{O_1,\ldots,O_N\}$ un testigo de la cubierta. Si $x \in O_i$, $f[X]$ no se cruzan $O_i$, lo $f[X]$ ya está cubierto por $\mathcal{U} \setminus \{O_i\}$, lo que ha $N-1$ elementos. A continuación, $\{f^{-1}[O_j]: j \neq i \}$ cubre $X$, se compone de bloques abiertos, y la isometría de la propiedad garantiza que todos los diámetros son de $< \epsilon$. Esto contradice la minimality de $N$, contradicción.

Answer 3

usted ya tiene su 1er respuesta..por tu 2ª pregunta el resultado no es cierto si X no es compacto...por ejemplo definir $f: \mathbb{N} -> \mathbb{N}$ s.t $f(n)=n+1$ no es surjective

Answer 4

Si $f$ no está en, tomar un punto de $p$ no en la imagen de $f$. El uso secuencial de compacidad, muestran que hay una bola de $B_\epsilon(p)$ centrada en $p$ que no está contenida en $f(X)$. Siguiente, mostrar que no puede ser el caso de que $B(p,\epsilon) \cap f(X) = \emptyset$ algunos $\epsilon > 0$. Supongamos que contrario a lo que se hace. A continuación, considere la secuencia $a_1 = p$, $a_{n+1} = f(a_n)$, $n\ge 1$. Muestran que por compacidad, hay $m$ y $n$, $n > m$, tal que $d(a_m,a_n) < \epsilon$. Por la isometría de la propiedad de $f$, $d(f^{n-m}(p), p) < \epsilon$, lo que contradice $B_\epsilon(p)\cap f(X) = \emptyset$.