Существование отображения

[yvanko]

Привет, такая задача:
Существует ли непрерывное отображение диска $D= \{(x,y): x^2+y^2\le 1 \}$ в самого себя, такое что каждая точка диска имела бы ровно два прообраза? Мне кажется это должно быть чем то известным, вот только не могу найти решение =) Да и вообще, задача интересная, есть идеи?

[Cash]

А чем $\varphi' = 2\varphi$ не подходит?

-- Пн окт 10, 2011 10:23:48 --

Понятно, здесь у центра только один прообраз...

[Хорхе]

Ну вот какая-то квазиидея. Пусть $f:D\to D$ -- данное отображение, а $g:D\to D$ -- такое, что $f(g(x)) = f(x)$, $g(x)\neq x$. Если доказать, что $g$ непрерывно, то получится противоречие с теоремой Брауэра. Проблема только в том, что непрерывность доказать не получается :(

-- Пн окт 10, 2011 14:41:58 --

Даже вот такое получается. Пусть $x_n\to x$ такая, что $g(x_n) \to x\neq g(x)$ (если таких последовательностей нет, то $g$ непрерывна). Если $g(x)$ -- внутренняя точка диска, то имеем противоречие: в окрестности $g(x)$ функция $f$ является гомеоморфизмом, и, конечно, прообразы каких-то точек $f(x_n)$ там найдутся, то есть получим минимум три прообраза.

Короче, дырка в этом рассуждении только в случае, если $g(x)$ на границе круга. (Возможно, что если $x$ на границе, то тоже дырка.)

[Cash]

А вообще существует непрерывное отображение круга без точки на круг?

[Хорхе]

Конечно, существует. Например, всё в одну точку отобразим. Или Вы имели в виду сюръекцию?

-- Пн окт 10, 2011 14:48:07 --

(Если что, сюръекция тоже есть.)

[Cash]

Подразумевал, конечно, сюръекцию.
Но как только написал - понял, что глупый вопрос.
У того же $\varphi' = 2\varphi$
Практически любую точку круга можно выколоть, в том числе и кучу неподвижных.

[yvanko]

Хорхе в сообщении #491261 писал(а):

Если $g(x)$ -- внутренняя точка диска, то имеем противоречие: в окрестности $g(x)$ функция $f$ является гомеоморфизмом

Почему $f$ будет гомеоморфизмом в таком случае?

[Хорхе]

Да нет, это глупость я написал: возьмем два кружка, каждый пополам сложим и слепим по складке. Кстати, в этом случае и разрыв получится у $g$, так что идея моя не очень.

[yvanko]

Ну, у меня такая же была $=)$

[alcoholist]

Пусть $h:D\to D$ -- такое отображение. Положим $\delta(x)={\rm diam}h^{-1}(x)$ и

$$ a=\inf_{x\in D}\delta(x)=\inf_{x\in D}\{|x_1x_2|:\,h(x_1)=h(x_2)=x\}. $$

Ясно, что $a>0$.

(Оффтоп)

если $\delta(x_n)\to 0$, то в силу компактности $D$ найдем плохую точку

Рассмотрим диск радиуса $a/4$ с центром в произвольной точке. Ограничение $h$ на этот диск инъективно и непрерывно, а значит -- гомеоморфизм на образ (диск хаусдорфов). Таким образом наше отображение -- двулистное накрытие.

Теперь стандартная лемма из теории накрытий: образ $h(\gamma)$ пути $\gamma$, соединяющего различные точки из $h^{-1}(x_0)$, является нестягиваемой петлей в $x_0$, чего быть не может в силу односвязности диска.

[Хорхе]

Вот это вот "ясно, что $a>0$" попросту неправильно. Если вдуматься, то это практически в точности моя неправильная идея.

[alcoholist]

Пусть $x_n$ такая последовательность точек, что $\delta(x_n)<1/n$ и $x^*$ -- предельная точка этой последовательности, т.е. для любого $n$ имеем

$$ \inf\{\delta(x):\,|xx^*|<1/n}=0. $$

В силу непрерывности $h$ для любого $n>0$ найдется $\delta<\delta(x^*)/2$, что $h(B_\delta(y)),\,h(B_\delta(z))\subset B_{1/n}(x^*)$, где $\{y,z\}=h^{-1}(x^*)$.

По построению для любой точки $x\in h(B_\delta(y))\cap h(B_\delta(z))$ имеем $\delta(x)>\delta(x^*)-2\delta$, что противоречит условию

$$ \inf\{\delta(x):\,|xx^*|<1/n}=0. $$

Я где-то ошибся?

[Хорхе]

alcoholist в сообщении #509948 писал(а):

По построению для любой точки $x\in h(B_\delta(y))\cap h(B_\delta(z))$ имеем $\delta(x)>\delta(x^*)-2\delta$, что противоречит условию

$$ \inf\{\delta(x):\,|xx^*|<1/n\}=0. $$

Я где-то ошибся?

Ошиблись, не противоречит. В окрестности $x^*$ могут быть точки, не принадлежащие $h(B_\delta(y))\cap h(B_\delta(z))$.

Я уже выше писал возражение к подобным рассуждениям: два блина, сложенные пополам, затем сшитые по склейке.