Demostrar que $f$ es continua en $\mathbb{R}$

Question

Sea $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sea una función monótona tal que $f(V)$ es abierto para todo conjunto abierto $V\subset \mathbb{R}$ . Demostrar que $f$ es continua en $\mathbb{R}$ .

Cualquier pista para probar esto se lo agradeceré.

Answer 1

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que la $f$ es no decreciente.

En primer lugar, tenga en cuenta que $f$ es inyectiva. Supongamos $f(x_1) = f(x_2)$, entonces si $x_1<x_2$, el conjunto $(x_1,x_2)$ abierto y el conjunto $f((x_1,x_2)) = \{ f(x_1) \}$ no está abierto el cual es una contradicción. Por lo tanto $f$ es inyectiva.

Ahora me reclama que $f(\mathbb{R})$ está conectado (es decir, un intervalo). Supongo que hay algo de $y_0 \in (\inf f, \sup f) \setminus f(\mathbb{R})$ (nota que $f(\mathbb{R}) \subset (\inf f, \sup f)$).

A continuación, $I_-=f^{-1}((-\infty, y_0)), I_+f^{-1}((y_0, \infty))$ forma una partición de $\mathbb{R}$ en dos intervalos.

Hay dos posibilidades: (i) $I_- $ tiene la forma $I_- = (-\infty, x_0]$, con $f(x_0) < y_0$ $y_0 < f(x) $ todos los $x > x_0$. En particular, $f(x_0) \in f(\mathbb{R})$ pero $(f(x_0), y_0) \cap f(\mathbb{R}) = \emptyset$, y, por tanto, $f(\mathbb{R})$ no está abierto. (ii) $I_+ $ tiene la forma $I_+ = [x_0, \infty)$, y un análisis similar conduce a la misma contradicción.

Por lo tanto $f(\mathbb{R}) = (\inf f, \sup f)$, en particular, es un intervalo.

Elija ahora $x_0$, $\epsilon >0$. Elija $0< \epsilon' \le \epsilon$ tal que $\inf f < f(x_0) - \epsilon'$ $f(x_0)+ \epsilon' < \sup f$ . Ahora elija $x_-, x_+ $ tal que $f(x_-) = f(x_0) - \epsilon'$ y $f(x_+) = f(x_0) + \epsilon'$. Tenga en cuenta que $x_- < x_0 < x_+$ y deje $\delta = \min (x_0-x_-, x_+-x_0)$. Entonces si $|x-x_0| < \delta$,$|f(x)-f(x_0)| < \epsilon' \le \epsilon$.

Answer 2

Tal vez el contrapositivo:

Si $f$ es monótona y no continua en $\mathbb{R}$ entonces $\exists$ abierto $V \subset \mathbb{R}$ tal que $f(V)$ no está abierto.

EDITAR:

prueba:

Supongamos que $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es monótona y no continua en $p \in \mathbb{R}$ . Sea $A = (p-\delta, p+\delta)$ para algunos $\delta \gt 0$ . A está abierto en $\mathbb{R}$ . El dominio de $f$ es $\mathbb{R}$ . Entonces $\forall x \in A, f(x) \in f(A)\subset\mathbb{R}$ .

Sea $s = sup \{f(x)\in f(A)|x \in (p-\delta, p)\}$ y $t = inf\{f(x)\in f(A)|x \in (p, p+\delta)\}$

Sin pérdida de generalidad, supongamos $f$ es no decreciente. si $s = t, f(p) \not= s = t$ de lo contrario $f$ sería continua en p. Esto implicaría, para algunas $x_1 \lt p \lt x_2$ , $f(p) \gt f(x_1) \land f(p) \gt f(x_2)$ o $f(p) \lt f(x_1) \land f(p) \lt f(x_2)$ . Entonces $f$ no es monótona. Por lo tanto $s \not = t$ .

Entonces $s \lt t$ y $s \le f(p) \lt t \lor s \lt f(p) \le t$ .

Supongamos sin pérdida de generalidad que $s \lt f(p) \le t$ . Entonces $s \lt f(p)$ lo que implica que $\exists y \in \mathbb{R}$ tal que $s \lt y \lt f(p)$ . Pero $\forall x \in (p-\delta,p), f(x) \le s$ . Así $y \notin f((p-\delta,p])$ . Por lo tanto $\forall \alpha$ tal que $0 \lt \alpha \le f(p) - y,$ $\exists y^{'} \in \mathbb{R}$ tal que $y^{'} \notin f[(p-\alpha,p+\alpha)]\subset f(A)$ .

Así $f(p) \in f(A)$ no puede ser un punto interior de $f(A)\subset \mathbb{R}$ lo que implica que $f(A)$ no está abierto. Porque $p \in A$ y $A$ está abierto, $A$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}$ tal que $f(A)$ no está abierto.