Omeomorfismi di $RR$ con ordine finito e punti fissi

[angus89]

si consideri $f: RR -> RR$ un omeomorfismo di $RR$ con ordine finito, ad esempio $f^p=Id$.
Mostrare che $f$ ha almeno un punto fisso.

Note:
Onde evitare dubbi, quello indicato con $f^p$ non è elevamento a potenza, ma composizione, ovvero
$f^2(x)=(f \circ f)(x)=f(f(x))$
e in generale
$f^p(x)=(f \circ ... \circ f)(x)=f(f(...f(x)))$
quindi $f^p=f \circ ... \circ f$ fatto $p$ volte

domanda extra, gli esempi!
Allora, a me l'unico esempio è un omeomorfismo di ordine 2, ovvero $f(x)=-x$, e non me ne vengono in mente altri.
A voi viene in mente nulla?
Un omemomorfismo di ordine 3?Di ordine 1503?
Insomma come costruire un omeomorfismo di ordine $k$ su $RR$?

[j18eos]

Potresti correggere il titolo: omeomorismi mi fa torcere l'intestino!

[maurer]

Proviamoci... L'idea pare funzionare, ma non escluderei che esista una dimostrazione "dal Libro" estremamente più elegante...

Sia [tex]f: D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/tex] una funzione continua, con [tex]D[/tex] insieme connesso. Introduciamo in [tex]D[/tex] la seguente relazione: [tex]x \sim_1 y \iff \text{f è crescente in } [\min(x,y),\max(x,y)][/tex]. Proviamo che [tex]\sim_1[/tex] è un'equivalenza:

1) la riflessività è ovvia (la condizione di crescenza è banalmente verificata);
2) la simmetria è pure ovvia: l'introduzione del minimo e del massimo rende ininfluente l'ordine dei due elementi;
3) la relazione è transitiva. Infatti, supponiamo che [tex]x \sim_1 y[/tex] e [tex]y \sim_2 z[/tex]; allora [tex]f[/tex] è crescente in [tex]I_1:=[\min(x,y),\max(x,y)][/tex] e in [tex]I_2:=[\min(y,z),\max(y,z)][/tex]; se due tra i tre numeri [tex]x,y,z[/tex] sono uguali, la tesi diventa banale. Possiamo supporre quindi che siano tutti distinti; allora osserviamo che i due intervalli [tex]I_1[/tex] [tex]I_2[/tex] non sono disgiunti (contengono entrambi [tex]y[/tex]). Ora, se [tex]y < x[/tex] e [tex]y < z[/tex], è immediato rendersi conto che [tex]I_1 \cup I_2 = [y, \max(x,z)] = I_i[/tex] con [tex]i \in \{1,2\}[/tex] e quindi la funzione è crescente in ogni suo sottointervallo, in particolare in [tex][\min(x,z),\max(x,z)[/tex]; analogamente si procede se [tex]y > x[/tex], [tex]y > z[/tex]. Se invece [tex]\min(x,z) < y < \max(x,z)[/tex], possiamo supporre, senza perdere di generalità che sia [tex]\min(x,z) = x[/tex]. Allora si ha [tex]x < y < z[/tex] e se [tex]u,v \in [x,z][/tex], l'unico caso da analizzare è quello in cui [tex]u \in I_1[/tex] e [tex]v \in I_2[/tex]; ma questo è facile in quanto [tex]f(u) < f(y) < f(v)[/tex]. Pertanto la relazione è transitiva.[/list:u:38fsvygi]

Pertanto [tex]D[/tex] viene partizionato in classi di equivalenza, all'interno di ciascuna delle quali la funzione è crescente. In modo analogo introduciamo in [tex]D[/tex] la relazione [tex]x \sim_2 y \iff \text{f è decrescente in } [\min(x,y),\max(x,y)][/tex]; come prima, anche [tex]\sim_2[/tex] è un'equivalenza.
Vale il seguente risultato:



Claim. Sia [tex]D[/tex] un insieme chiuso e sia [tex]x\in D[/tex] un punto qualsiasi. Allora [tex][x]_1[/tex] è un intervallo chiuso.
Proof. Poniamo [tex]\alpha = \inf [x]_1[/tex], [tex]\beta = \sup [x]_1[/tex]. Dal momento che in ogni intorno di [tex]\alpha[/tex] e [tex]\beta[/tex] cadono punti di [tex][x]_1[/tex] che sono anche punti di [tex]D[/tex], segue che [tex]\alpha, \beta \in \overline{D} = D[/tex].
Proviamo ora che [tex]\alpha \in [x]_1[/tex]. Se [tex]\alpha = x[/tex], non c'è nulla da dimostrare; supponiamo quindi che [tex]\alpha < x[/tex] e siano [tex]u,v \in (\alpha,x][/tex] tali che [tex]u < v[/tex]. Allora in [tex][\alpha,u)[/tex] esiste almeno un punto [tex]y[/tex] di [tex][x]_1[/tex], per definizione di estremo inferiore, sicché [tex]f[/tex] risulta crescente in [tex][y,x][/tex] e quindi [tex]f(u) < f(v)[/tex]. Rimane solo da trattare il caso in cui [tex]\alpha = u[/tex]. Ma consideriamo la successione [tex]\{a_n=\alpha + \frac{1}{n}\}_{n\in\mathbb{N}^+}[/tex]. Per quanto osservato prima, [tex]a_n \in [x]_1[/tex] per ogni [tex]n\in\mathbb{N}^+[/tex]. Dal momento che [tex]\alpha < v[/tex], deve essere [tex]a_n < v[/tex] definitivamente, da cui [tex]f(a_n) < f(v)[/tex] definitivamente. Passando al limite per [tex]n\to+\infty[/tex] e sfruttando la continuità della funzione, otteniamo che [tex]\displaystyle f(\alpha) = \lim_{n\to+\infty}f(a_n) < f(v)[/tex]. Pertanto [tex]\alpha \in [x]_1[/tex].
In modo analogo si prova che [tex]\beta \in [x]_1[/tex]. Ma allora [tex][x]_1 = [\alpha,\beta][/tex] e pertanto [tex][x]_1[/tex] è un intervallo chiuso. [tex]\square[/tex]
[/list:u:38fsvygi]

Pertanto il dominio si spezza in intervalli (eventualmente ridotti ad un punto) di monotonia.
Questo dovrebbe giustificare gran parte dei miei passaggi precedenti, tranne il punto in cui consideravo due intervalli successivi. Per dimostrare che questo è sempre possibile, occorrerebbe un risultato del tipo seguente:



Claim. Sia [tex]D[/tex] un insieme chiuso e sia [tex]C := \{x \in D: [x]_1 = [x]_2 = \{x\}\}[/tex]. Allora [tex]C[/tex] è un insieme discreto.
[/list:u:38fsvygi]

Tuttavia, per adesso non ho grandi idee su come attaccare il problema...

[j18eos]

Mi trovo, a parte il II claim. ovviamente!

[maurer]

Ok, ok, forse ho complicato un po' il discorso. Provo a riorganizzarlo.

Vogliamo dimostrare il seguente fatto:

Claim 1. Posto [tex]A := [a,+\infty)[/tex], consideriamo un omeomorfismo [tex]f[/tex] di [tex]A[/tex] in sé. Se ha ordine finito, allora [tex]f\equiv \text{id}_A[/tex].[/list:u:20biijle]
Per dimostrarlo iniziamo con qualche risultato preliminare

Lemma 1. Sia [tex]f:A \to A[/tex] un omeomorfismo. Allora [tex]f(a) = a[/tex].
Proof. Per assurdo sia [tex]f(a) = b > a[/tex]. Allora la restrizione di [tex]f[/tex] a [tex]A - \{a\}[/tex] è un omeomorfismo tra [tex]A-\{a\}[/tex] e [tex]A-\{b\}= [a,b)\cup (b+\infty)[/tex]. Ma il primo insieme è connesso e il secondo è sconnesso. Assurdo. Segue la tesi. [tex]\square[/tex]

Lemma 2. Sia [tex]f: I\subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/tex], dove [tex]I[/tex] è un intervallo, una funzione continua ed iniettiva. Allora è strettamente monotona.
Proof. Si tratta di un classico, (credo) presente in ogni libro di Analisi 1. Se dovesse servire, ricopierò la dimostrazione in seguito.

Corollario. Sia [tex]f:A \to A[/tex] un omeomorfismo. Allora [tex]f[/tex] è una funzione monotona crescente.
Proof. Dal momento che [tex]f[/tex] è un omeomorfismo, allora [tex]f[/tex] è iniettiva e continua. Per il Lemma 2 segue che [tex]f[/tex] è strettamente monotona. Supponiamo per assurdo che [tex]f[/tex] sia decrescente. Allora scelto comunque [tex]x \in A[/tex] con [tex]x > a[/tex], dal Lemma 1 seguirebbe che [tex]f(x) < f(a) = a[/tex] e quindi [tex]f(x) \not \in A[/tex]. Essendo questo assurdo, segue la tesi. [tex]\square[/tex]
[/list:u:20biijle]

Veniamo ora alla dimostrazione del Claim.


Proof. Consideriamo la funzione ausiliaria [tex]g(x) = f(x) - x[/tex]. Si tratta di una funzione continua e, pertanto, [tex]P:=g^{-1}((0,+\infty))[/tex] è un insieme aperto. Supponiamo che [tex]P = \emptyset[/tex]; allora risulta [tex]g(x) \le 0[/tex] per ogni [tex]x \in A[/tex], da cui [tex]f(x) \le x[/tex] per ogni [tex]x \in A[/tex]. Allora, essendo [tex]f[/tex] di ordine finito, segue che [tex]x = f^p(x) \le f^{p-1}(x) \le \ldots \le f(x) \le x[/tex], da cui [tex]f(x) = x[/tex] per ogni [tex]x \in A[/tex], ossia [tex]f \equiv \text{id}_A[/tex].
Supponiamo ora che [tex]P\ne \emptyset[/tex]. Osserviamo che [tex]a \not \in P[/tex] e quindi [tex]P \subset (a,+\infty)[/tex]. Dal momento che [tex]P[/tex] è un aperto in [tex]A[/tex] ed inoltre è contenuto in [tex]\stackrel{\circ}{A}[/tex], allora è aperto anche in [tex]\mathbb{R}[/tex] e pertanto è unione numerabile di intervalli aperti disgiunti. Poniamo [tex]P = \displaystyle \bigcup_{i=0}^{+\infty}(a_{2i},a_{2i+1})[/tex], dove [tex]a_0 \le a_1 \le a_2 \le \ldots[/tex] (eventualmente tutti questi intervalli coincidono tra loro da un certo punto in poi).
Consideriamo [tex](a_0,a_1)[/tex]. Osserviamo innanzi tutto che [tex]f(a_0) = a_0[/tex]. Infatti, se [tex]a_0 = a[/tex], basta applicare il Lemma 1. Supponiamo che [tex]a_0 > a[/tex]. Allora in [tex][a,a_0][/tex] deve aversi [tex]f(x) \le x[/tex], da cui [tex]f(a_0) \le a_0[/tex]. D'altra parte si ha [tex]f\left(a_0+\frac{1}{n}\right) > a_0 + \frac{1}{n}[/tex]; passando al limite per [tex]n\to+\infty[/tex] e sfruttando la continuità della funzione, si ottiene che [tex]f(a_0) \ge a_0[/tex], da cui finalmente [tex]f(a_0) = a_0[/tex].
Distinguiamo ora due casi: [tex]a_1 = a_2[/tex] e [tex]a_1 < a_2[/tex]. Iniziamo a supporre che [tex]a_1 < a_2[/tex]. Allora in [tex][a_1,a_2][/tex] deve aversi [tex]f(x) \le x[/tex], sicché [tex]f(a_1) \le a_1[/tex]. D'altronde, [tex]f\left(a_1 - \frac{1}{n}) > a_1 -\frac{1}{n}[/tex] definitivamente e quindi, passando al limite per [tex]n\to+\infty[/tex] e sfruttando la continuità della funzione, otteniamo che [tex]f(a_1) \ge a_1[/tex], da cui [tex]f(a_1) = a_1[/tex]. Ma allora per ogni [tex]x \in (a_0,a_1)[/tex] da [tex]a_0 < x < a_1[/tex] la stretta monotonia implica [tex]a_0 = f(a_0) < f(x) < f(a_1) = a_1[/tex], sicché [tex]f((a_0,a_1)) \subseteq (a_0,a_1)[/tex]. Pertanto, fissato ad arbitrio [tex]x \in [a_0,a_1][/tex], si ha [tex]f^p(x) > f^{p-1}(x) > \ldots > f(x) > x[/tex] e questo è assurdo perché [tex]f^p(x) = x[/tex] per ipotesi. Quindi deve essere [tex]P = \emptyset[/tex], da cui la tesi. [tex]\square[/tex][/list:u:20biijle]

Uff... che faticaccia... dovrebbe essere giusta . Vi convince?
L'altro approccio era bello, ma non privo di complicazioni... peraltro mi lascia l'amaro in bocca non essere riuscito a dimostrare il secondo Claim...

[maurer]

Per concludere definitivamente l'argomento, comunico che il secondo Claim era clamorosamente sbagliato.

Se consideriamo la funzione [tex]\displaystyle f(x) = x \cdot \sin\left(\frac{1}{x}\right)\cdot \sin\left(\frac{1}{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}\right)[/tex], prolungata per continuità a dovere, cioè in tutti i punti in cui [tex]sin\left(\frac{1}{x}\right)[/tex] si annulla, otteniamo che l'insieme [tex]C[/tex] contiene lo [tex]0[/tex] e che [tex]0[/tex] è un punto di accumulazione per [tex]C[/tex]. Quindi [tex]C[/tex] può non essere formato solo da punti isolati...

[angus89]

Mi scuso in anticipo per non aver seguito passo passo l'argomentazione mandata avanti da maurer (che tra l'altro sembra buona), ma mi sembra di capire che in un punto non funzioni...
Sia chiaro l'ho letta, ma non capita a fondo.

Questa sera mi stampo un po tutto e provo a rivederla per bene, magari si può sistemare quel punto, o si può comunque fare qualcosa...

No perchè il discorso mi sta interessando parecchio.
Cioè (dopo che avrò sistamato questo discorso) mi piacerebbe anche studiare gli omeomorfismi con ordine finito di $RR^n$, chissà se sono costituiti esclusivamente da rotazioni, riflessioni e loro composizioni...

Comqunque un altro approccio non trascurabile è il seguente, lo studio locale di una funzione (soprattutto nel caso di $RR$), cioè considerare che localmente una funzione è appsossimabile con una funzione lineare, e le uniche funzioni (omeomorfismi) lineari su $RR$ con ordine finito sono appunto...si loro.

Bè senza dubbio tutto questo discorso ha suscitato il mio interesse e sono contento che abbia suscitato anche l'interesse di altri utenti, vediamo se si riesce a concludere (o magari ci sbagliamo clamorosamente e qualcuno tira fuori un controesempio...)

[maurer]

"angus89":Mi scuso in anticipo per non aver seguito passo passo l'argomentazione mandata avanti da maurer (che tra l'altro sembra buona), ma mi sembra di capire che in un punto non funzioni...
Sia chiaro l'ho letta, ma non capita a fondo.

Semmai sono io a dovermi scusare... Ho fatto un po' di confusione nel discorso. I miei primi tre post tentano di seguire una strada fallimentare, che non porta a nulla di buono... L'argomentazione corretta è quella contenuta nel post che ho intitolato "Reset". A mio parere funziona bene, ma una revisione mi farebbe piacere.

[dissonance]

"angus89":Comqunque un altro approccio non trascurabile è il seguente, lo studio locale di una funzione (soprattutto nel caso di $RR$), cioè considerare che localmente una funzione è appsossimabile con una funzione lineare, e le uniche funzioni (omeomorfismi) lineari su $RR$ con ordine finito sono appunto...si loro.

No, questo ti porta fuori strada. A parte il fatto che gli unici omeomorfismi lineari con ordine finito di $RR$ sono $x\mapsto x$ (ordine 0) e $x \mapsto -x$ (ordine 1), questa tecnica si può applicare solo agli omeomorfismi differenziabili, che non sono tutti. E' anzi molto facile costruire omeomorfismi di $RR$ in sé non differenziabili: $x \mapsto x^{1/3}$ per dirne uno.

[angus89]

Allora...dissonance ha assolutamente ragione...
Prima di scrivere una cosa devo aspettare 10 minuti...va bè...

Per quanto riguarda la dimostrazione di maurer l'ho letta per bene più volte e mi sembra corretta...
Non so se si vuol esprime qualche altro utente, ma per me è va bene.

Quindi riprendendo quello che dice doppio

"doppio":
Sappiamo che almeno un punto fisso c'è. Chiamiamolo P. L'omeomorfismo, ristretto a [tex]\mathbb{R} \setminus P[/tex] rimane sempre un omeomorfismo. Per cui, siccome componenti connesse vengono mandate in componenti connesse, dovremo avere che (1) la semiretta [tex]a=\{x \in \mathbb{R}| x>P\}[/tex] viene mandata in se stessa o (2) in [tex]b=\{x \in \mathbb{R}| x Ora, riusciamo a dimostrare che l'unico omeomorfismo di una semiretta in una semiretta, di ordine finito, è l'identità? Se sì, questo basta per concludere che, nel caso (1), l'omeomorfismo della retta intera è l'identità, e nel caso (2), la simmetria rispetto a P?

Quindi rimane il caso in cui una semiretta venga mandata in un'altra semiretta e bisogna mostrare che è la simmetria rispetto ad un punto...