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monton, surjektiv => stetig

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Mengentheoretische Topologie

Tags: Mengentheoretische Topologie

 
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Clemensum

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13:34 Uhr, 18.07.2012

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Man zeige: Jede streng monotone und surjektive Abbildung f:ℝ→ℝ, ℝ versehen mit der eukldischen Metrik, ist stetig (offenbar nichts anderes als:
bijektiv ⇒stetig in Standardmetrik)
Die einzige Frage dazu, dann versuche ich es ganz selbstständig:
Empfiehlt ihr eher direkten oder eher indirekten? Der direkte scheint hier jedenfalls nicht schnell zielführend zu sein.

Jedenfalls habe ich formal zu zeigen:
∀x1<x2:f(x1)≠f(x2)∧(∀y∈ℝ∃x∈ℝ:y=f(x))⇒(∀ɛ>0∃δ>0∀x∈ℝ:d(x,x0)<δ⇒d(f(x),f(x0))<ɛ)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."
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hagman

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13:53 Uhr, 18.07.2012

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"(offenbar nichts anderes als: bijektiv ⇒stetig in Standardmetrik)"
Nee, f:ℝ→ℝ mit f(x)=x für x∈ℚ,f(x)=-x für x∉ℚ ist bijektiv, aber nicht stetig.

Formal sollst du wohl eher zeigen
(((∀x1<x2:f(x1)<f(x2))∨(∀x1<x2:f(x1)>f(x2)))∧∀y∈ℝ:∃x∈ℝ:y=f(x))
  ⇒  ∀x0∈ℝ:∀ε>0:∃δ>0:∀x∈ℝ:|x-x0|<δ⇒|f(x)-f(x0)|<ε
Zunächst kann man sich auf streng monoton steigend beschränken, da f genau dann stetig ist, wenn -f stetig ist.

Zum Beweis von "streng monoton steigend und surjektiv ⇒ stetig"
Wähle a,b∈ℝ mit f(a)=f(x0)-ε und f(b)=f(x0)+ε, zeige a<x0<b, setze δ=min{b-x0,x0-a}
Bonusfrage: Braucht man wirklich *streng* monoton?
Clemensum

Clemensum aktiv_icon

15:54 Uhr, 18.07.2012

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Danke mal für deine Antwort, Hagman!

Ich gehe also nach deinem Hinweis vor:
Seien a,b∈ℝ mit f(a)=f(x0)-ɛ und f(b)=f(x0)+ɛ.
Wegen f(x0)=(f(x0)-ε)+(f(x0)+ɛ)2=f(a)+f(b)2 gilt f(a)<f(x0)<f(b). Anwenden der Umkehrfunktion und der Monotonievoraussetzung liefert a<x0<b (Anmerkung: Gelte lediglich Monotonie und keine STRENGE, so wäre dieser Schluss nicht durchführbar.)
Für δ:=min{∣x0-b∣,∣x0+b∣} bleibt also zu zeigen: Sei dazu x0∈ℝ fest
∀x∈ℝ:∣x-x0∣<x0-a⇒∣f(x)-f(x0)∣<f(b)-f(x0) (sei der Einfachheit halber x0-a≥0)

Nun gilt wieder wegen der Monotonie (sei dazu o.B.d.A. δ=∣x0-a∣):
∣x-x0∣<x0-a⇒∣f(x)-f(x0)∣<f(x0)-f(a)=f(b)-f(a)2=2f(b)-f(a)-f(b)2=f(b)-f(a)-f(b)2=f(b)-f(x0)=ɛ

Hilfe, die Surjektivität fühlt sich ganz im Stich gelassen :(
Rein anschaulich kann dies jedoch nicht sein; es ist sowohl STRENGE Monotonie vonnöten, als auch die Surjektivität. Was habe ich also übersehen?
Antwort
Shipwater

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16:17 Uhr, 18.07.2012

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Surjektivität brauchst du doch um folgern zu können, dass a,b∈ℝ existieren mit f(a)=f(x0)-ε und f(b)=f(x0)+ε. Aus f(a)<f(x0)<f(b) folgt dann wegen der strengen Monotonie a<x0<b. Nun überlege dir dass für alle u∈(a,b) gilt dass |f(u)-f(x0)|<ε. Mit der Wahl δ=min{x0-a,b-x0} erreichst du dann dass nur x aus (a,b) gewählt werden.
Clemensum

Clemensum aktiv_icon

18:25 Uhr, 18.07.2012

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Hallo Hagman!

Was ist denn an meinem Schluss ∣x-x0∣<x0-a⇒∣f(x)-f(x0)∣<f(x0)-f(a)=f(b)-f(a)2=2f(b)-f(a)-f(b)2=f(b)-f(a)-f(b)2=f(b)-f(x0)=ɛ falsch?? Ich habe doch allgemeingültig richtig geschlossen?!
Antwort
hagman

hagman aktiv_icon

19:37 Uhr, 18.07.2012

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Es ist zumindest auf den ersten Blick verwirrend.
Ich würde einfach mit δ:=min{x0-a,b-x0} so forgehen:
|x-x0|<δ
⇒|x-x0|<x0-a∧|x-x0|<b-x0
⇒-(x-x0)<x0-a∧x-x0<b-x0
⇒x>a∧x<b
⇒f(x)>f(a)=f(x0)-ε∧f(x)<f(b)=f(x0)+ε
⇒|f(x)-f(x0)|<ε

--

Zurück zur Bonusfrage: Bist du wirklich sicher, dass strenge Monotonie erforderlich ist?
Kannst du eine Beispielfunktion f:ℝ→ℝ angeben mit f surjektiv, f (nicht streng) monoton und f nicht stetig?

Tipp: Was passiert mit dem Beweis, wenn man etwas komplizierteren a:=sup{x∈ℝ|f(x)≤f(x0)-ε} und b:= inf{ x∈ℝ|f(x)≥f(x0)+ε} wählt? Ist dann auch a<x0<b gesichert?
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