连续的一一映射,其逆映射怎样才连续?

在拓扑学中有很多的反例能够说明,从一个拓扑空间到另一个拓扑空间的连续一一映射,其逆映射不一定是连续的,即使假定两个拓扑空间都是距离空间。

反例1:

 \begin{aligned}f:[0,2\pi) & \to C(0,1) \\ t & \to e^{it}\end{aligned}

它是连续映射,但是其逆映射在单位圆的 (1,0) 点是不连续的。
反例2:

\begin{aligned}f:[0,1)\cup \{2\} & \to [0,1] \\ t & \to \left\{\begin{matrix}t & t<1\\ 1 & t=2 \end{matrix}\right.\end{aligned}

在相对拓扑意义下,f 是连续的,但是其逆映射不连续。

但是,数学各个分支中又有很多定理表明,如果加了某些条件,一个连续的一一映射,其逆映射可以保证也是连续的。如:

命题1:定义在一段连续区间上的实值函数,如果是连续单射,那么它的反函数也是连续的。
命题2(泛函分析中的开映射定理):定义在两个巴拿赫空间之间的连续线性算子,如果是满射,那么它是开映射,即将开集映为开集,那么它如果可逆,其逆映射就一定是连续的。
命题3:复平面上的解析映射是开映射,跟上一个例子类似,如果它可逆,那么它的逆映射是连续的。
更一般的,在拓扑中有这样的事实:
命题4:紧致空间的连续映射的像是紧致的,因此从紧致空间 X 到距离空间 Y 的连续映射是闭映射。

这些例子分别处在不同的数学分支,证明方法也不一样,那么现在的问题是,他们之间是否有某种联系?是否可以从拓扑的角度统一地处理这些问题?是否能在拓扑上提出一个充要条件使得逆映射的连续性能够得到保证?

上面的第四条其实就是对空间提出的拓扑条件,可惜的是,紧致性的条件太苛刻,以至于其它三个例子都不能从4 直接推出来。

研究上面两个反例,会让人觉得,之所以它们构成反例,在于它们都不是同胚空间的映射,如果两个空间,存在连续一一映射其逆映射也连续,那么它们必将是同胚的。

如果加上同胚的条件,还能举出反例吗?

反例3:在整数集 \mathbf Z 上定义拓扑:其开集族  \tau=\left\{\emptyset, \mathbf Z, \{n, n+1,\dots\}\right\} ,其中 n 代表所有正整数。考虑映射 f(x)=x-1,那么任意一个开集的原像是开集,但是正整数集是开集,它的像不是开集。

这说明只在拓扑空间的框架内,即使加上同胚的条件,也无法证明想要的结果。那么是否在度量空间或赋范空间中命题可能成立?这也是不一定的。考虑下面的例子:

反例4:S=\{f\in C^\infty([0,1])\,|\,\forall n\in\mathbf N, f^{(n)}(0)=0\} 集合 S 至少包含 C_0^{\infty}([0,1]) 。定义 S 上的线性映射 Tf=\int_0^1f(t)\mathrm dt 那么容易验证 T是一一映射,并且在一致收敛范数下,T是连续的。但他的逆映射 T^{-1}=f' 不是连续的。

注意到上面四个命题中,函数的定义域和值域,虽不都是紧致的,但都是完备的,或者至少是基于完备空间的。注意到紧致性与完备性有很多相似性,比如,

1 在紧致空间中,单调下降的非空闭集序列有非空的交,而在完备度量空间中,单调下降的非空闭集列,如果它们的直径趋于0,那么它们的交集为单点集
2 紧致度量空间中每个序列都有收敛子列,而完备度量空间中每个柯西序列都收敛;
3 紧致性和完备性都有闭集遗传性,即紧致空间和完备空间的闭子集也是紧致或完备的;
4 在紧致度量空间中,一个子集是闭集当且仅当它是紧致的,而在完备度量空间中,一个子集是闭集当且仅当它是完备的。
5 一个度量空间是紧致的当且仅当它是完备且完全有界的度量空间。

其中第五条说明,紧致性和完备性之间,相差了一个完全有界的性质,但这个完全有界性要求又过于苛刻,以至于有限维空间中的无界集,和无限维空间中的有界集都不是完全有界的,从而都不是紧致的。那么是否可以在完备度量空间的背景下,加入一些条件,使我们想要的性质能够成立,即连续一一映射的逆映射也能保证是连续的?注意到泛函分析中的开映射定理,就是给映射加入了线性的条件,而命题3 则是加入了解析的条件。是否可以加入比上面四者更弱的条件,从而得到一个统一上面四者的大命题,同时也是四个命题的推广?目前为止,要实现这一目标还有很多困难,但是我们可以一点一点地前进。

首先,在数学分析中有一个用逆映射定理做出的结论,是命题3 的推广:(见《数学分析 下册》黄玉民,李成章 1999 P96)

命题5:\Omega\mathbf R^n 中的开集,f\in C^r(\Omega,\mathbf R^n)(r\gt 1) 如果 df(x)\Omega 内处处非奇,则 f\Omega 的任何开子集映成 R^n 中的开集且 f\Omega 内任一点为局部 C^r 微分同胚。进一步若设 f 为单射,则 f 为从 \Omegaf(\Omega) 的一个 C^r 微分同胚。

这样,在有限维空间里,给映射加上 r 次连续可微(r>=1) 且微分处处非零的条件,我们的结论是对的。但是注意到在命题1中,在一维的情况,我们不用假定函数是可微的,只要函数是连续的一一映射就可以了,也就是说只要 f\in C^0 就可以了。是否这个在 R^n 中也成立?为了简化,我们就首先试图证明这样一个命题:

命题6:f\mathbf R^2 到它自身的连续一一映射,则 f^{-1} 也连续,或等价地,f 是开映射,又等价于,f 是闭映射。

因为是在二维平面上,所以无法应用单调性。借助于上面的命题4,可以很容易地得到:f 将任一有界闭集映射为有界闭集,似乎离结论已经不远了。但是当我们试图处理无界闭集的时候,问题变得有些棘手:没有任何理由说明无界闭集的像也是闭的;如果我们把无界闭集拆成可数个有界闭集的并,它们的像是可数个闭集之并,而闭集不具有可数并性质。所以此路不通。
另一条思路是试图证明 f 是开映射,并且只考虑某一点的有界开邻域,既然前一种思路的问题出在无界闭集,那么通过考虑某点的球形开邻域,我们可以只考虑一个有界集。因此,我们只需要证明,\forall x\in\mathbf R^2, \forall \delta>0, f(B(x,\delta))f(x) 的一个邻域。因为我们所考虑的 x 的邻域是有界的,它自然被包含在一个紧致集 K 里,从而它的像是 f(K) 中的开集。但问题是,f(K) 中的开集只是这个子空间上诱导拓扑的开集,不一定就是整个平面的开集。
这样我尝试过很多方法,所有的方法都是这样,眼看着向结果迈出了一大步,但最后的那一小步怎么也走不通。最终我想到了一种方法,十分类似于一维空间中用单调性的证明。这里我只写出证明思路,具体的细节可由读者按照提示自己写出。证明思路如下:

证明:1 首先,对任意固定的 x 和 r,证明以 x 为圆心,r为半径的圆周 C(x,r) 的像 f(C(x,r)) 是一条封闭不自交的曲线,与圆周同胚,并且在目标平面中是闭集。(应用命题4)
2,于是C(x,r) 和 f(C(x,r)) 分别将平面中其余的点分成两部分:曲线内部的有界区域和外部无界区域。应用联通性或道路联通性证明,f 只可能把一部分相应地映成另一部分,即如果两个点都处在圆盘内部或外部,那么它们的像不可能分别处在 f(C(x,r)) 两端。从而,利用闭圆盘紧致性和 f 是一一映射,证明 f 把 C(x,r) 的内部区域映成 f(C(x,r)) 的内部区域。
3 由 f(C(x,r)) 是闭集证明, f 将 x 的开邻域 B(x,r) 映成了 f(x) 的开邻域。从而得出结论。

如果 f 不是定义在整个空间中,而是只定义在某个开集上,并且 f 的像也不一定是整个空间,那么结论是否仍然成立?

命题7:\OmegaR^2 中的开集,f 是定义在 \Omega 取值于 R^2 的单射,则 f\Omegaf(\Omega) 的同胚。
证明:1 与上一个命题的证明相同,\forall x\in\Omega, \forall r>0\, \mathrm{s.t.} \overline{B(x,r)}\subset\Omega 证明 f(\overline{B(x,r)})f(C(x,r)) 分别是闭圆盘和圆周的同胚像。 2 f(C(x,r)) 也将值域中其余的点分为两部分,f(B(x,r)) 只能占据一类。
3 由于 f(\overline{B(x,r)}) 同胚于闭圆盘,那么它们的基本群相同,即都是单连通区域。
(如果没有学过代数拓扑,可以这样做:考虑映射

 \begin{aligned}g: [0,1]\times [0,2\pi] & \to f(\overline{B(x,r)}) \\ (s,t) & \to f(x+sr\mathrm e^{it})\end{aligned}

那么g 是矩形区域到目标平面的连续映射,并且 g(0,[0,2\pi])=f(x), g(1,[0,2\pi])=f(C(x,r)) 那么对于 f(\overline{B(x,r)}) 中的任意一点y,存在相应的 s 与 t 使得 g(s,t)=y,从而 f 将 x 的开邻域一一地映为 f(x) 的开邻域。由此得出结论。

对于 R^n 中相应的命题,也有完全类似的证明。但在无穷维Banach空间中,因为有界闭球不再是紧致的,是否有相应的命题目前还不清楚。

这个命题7可以说是命题5 的推广,因为在不关心是否微分同胚的情况下,只用一一连续的条件就可得到逆映射连续。但是需要注意的是,因为少了微分处处非奇的条件,f 是一一映射的条件是必不可少的,相反在命题5中,f 在全局范围内不必是一一映射,得到的是局部可逆与局部微分同胚。

利用命题7 可以很容易地证明开区域解析函数是开映射,因为设 f 是解析函数,那么

f(z)-f(a)=\sum_{n=m}^\infty a_n(z-a)^n=(z-a)^{m-1}\sum_{n=1}^\infty a_{n+m-1}(z-a)^n

注意到 \frac{f(z)-f(a)}{(z-a)^{m-1}} 在 a 的某个邻域内解析且微分不为零,因此它在 a 的某个开邻域内可逆,应用命题7(或命题5,因为解析函数都无穷次可维),它将这个开邻域映为0的开邻域,此开邻域经过与 (z-a)^{m-1} 相乘和平移 f(a) 之后变成了 f(a) 的开邻域。

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