是否存在從區間（0，1）到S^1的連續的雙射？

01-11

其中S^1是單位圓周

不存在

有很多種方法，但我沒有想到一個很乾凈的方法

下記 $X=(0,1)$ 和 $Y=S^1$

純拓撲的方法我想到的是：考慮 $X$ 的一點緊化 $X^*$ ，假設存在上述的1-1連續映射，可以證明它滿足一點緊化的萬有性質，然後會誘導一個 $X^* ightarrow Y$ 的連續映射，這樣的連續映射必是同胚，但是它在 $X$ 上的限制已經是1-1了，所以矛盾。

參考：one-point compactification in nLab

稍微初等一點的：把 $Y$ 看作 $mathbb R^2$ 里的單位圓，然後考慮這樣一個映射 $Y ightarrow mathbb R$ 把每個點映到它的橫坐標。那麼複合上 $X ightarrow Y$ 的映射我們就得到了一個 $X ightarrow mathbb R$ 的映射，它滿足如下性質：

（1）它是滿的連續映射

（2）1和-1隻被映到了一次

（3） $(-1,1)$ 中的每個點都被映射到了兩次

把 $X$ 當作 $mathbb R$ 中的 $(0,1)$ （本來就是），考慮這個函數的圖像，你可以論證出矛盾（會很繁瑣）。

剛剛又想到一個：考慮 $(0,1) ightarrow S^1$ 的提升 $f:(0,1) ightarrow mathbb R$ ，它是個連續嵌入，所以像一定是一個區間，假設 $mathbb R$ 到 $S^1$ 的復疊映射是 $mathbb R/mathbb Z$ ，那麼上述提升映射的像只有兩種可能： $[a,b)$ 或者 $(a,b]$ 其中 $b=a+1$ 。假如像是 $[a,b)$ ，設 $f(x)=a$ 其中 $xin(0,1)$ ，那麼 $f(frac{x}{2})$ 和 $f(frac{1+x}{2})$ 的函數值均大於 $a$ ，根據介值定理，一定有一個值被兩次映到，矛盾！

感謝 @王箏提醒，這裡還差一點

就是一個開區間(a,b)到R的連續雙射f，像一定是開區間

不妨只考慮像是(x,y]的情形。假設a&0使得

(y-r，y]包含於f((c-s,c])和f([c,c+t))。這和單射矛盾。

(或者證明連續的單射一定是單調的也可以)

原答案：

隨便抓S^1里的一個點p，比如0&

重新試一下：

令 $X=(0,1), S^1 = {(x, y) | x^2+y^2 = 1}$

假設存在一個連續雙射 $f: X mapsto S^1$ ，顯然 $f^{-1}: S^1 mapsto X$ 存在，且不是連續映射（否則造成緊集和非緊集同胚，矛盾）。

假定 $f^{-1}$ 在 $(x_0, y_0)$ 不連續，令 $a_0 = f^{-1} (x_0, y_0)$ 。則說明對於某一個 $epsilon_0 gt 0$ ，使得對於任意 $delta_0 gt 0$ ，都有 $f^{-1}(B((x_0,y_0), delta_0) otsubset (a_0 - epsilon_0, a_0+epsilon_0)$ ，即 $(a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) - f^{-1}(B((x_0,y_0), delta_0) eq emptyset$

考慮 $f((a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) )$ ，由於 $f$ 是連續映射，所以存在 $delta_1 gt 0$ 使得 $f((a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) ) subset B((x_0, y_0), delta_1)$ 。又由於 $delta_0$ 的任意性，取 $delta_0 = delta_1$ ，則有 $(a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) - f^{-1}(B((x_0,y_0), delta_1) eq emptyset$

取一點 $a_1 in (a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) - f^{-1}(B((x_0,y_0), delta_1)$ ，令 $f(a_1) = (x_1, y_1)$ 。

因為 $a_1 otin f^{-1}(B((x_0, y_0), delta_1)$ ，所以有 $(x_1, y_1) otin B((x_0, y_0), delta_1)$

而 $a_1 in (a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0)$ ，所以有 $(x_1, y_1) in f((a_0-epsilon_0, a_0+epsilon_0) ) subset B((x_0, y_0), delta_1)$ ，矛盾。

所以假設不成立，即不存在這樣的連續雙射 $f: X mapsto S^1$ 。

經 @王箏提醒，下面的回答是錯誤的，供大家做改錯參考。=P

令 $X = (0, 1)，X_{1} = [0, 1)$ ， $S^1 = {(r, heta) | r = 1, 0 leqslant heta lt 2pi }$

我們知道 $x =g( heta)= frac{ heta}{2pi}$ 是從 $S^1$ 到 $X_1$ 到的連續雙射。

假如存在從 $X$ 到 $S^1$ 的連續雙射 $f$ ，那麼 $gcirc f ： X mapsto X_1$ 也是一個連續雙射。

而在區間上的連續雙射必須是單調映射，具有保開（閉）的特性，開區間的像也必然是開區間，這和 $X_1$ 是半開半閉區間矛盾。

所以假設不成立，不存在從 $X$ 到 $S^1$ 的連續雙射。

第一步，假設存在f從(0,1)到S^1使得f連續+單射的話，那麼f是開映射。證明是容易的，因為設I為(0,1)的一個真開區間，由於f單，所以f(I)不滿。那麼函數f_限制在I上，可以看成是從I到S^1{p}的連續單射，此映射將會誘導了I到(0,1)的連續單射。這樣的映射是嚴格單調的，從而f(I)為開區間(嚴格說是開弧)。

由於(0,1)區間的任何開子集都可以寫成至多可數的真開區間的並，所以f是開映射。

第二步，再利用開映射+連續雙射，可推出同胚(感謝 @王箏提醒)。就可推出矛盾了。我手寫的部分重點放在第二步了。

樓上@包龍圖的回答非常贊，然後在他的回答里我們發現問題主要出在0這一個點上（雖然也可以取1為閉同理）……我從另外一個角度瞎想了一下，首先(0,1)與R也就與R^2有連續雙射，而我們可以證明S^1是R^2去掉｛0,0｝點的收縮核。我們做R^2上開圓與S^1交弧，然後從原點引兩條射線過弧兩端，就在平面中割出一塊披薩餅，然後證明S^2{0,0}到S^1映射連續就是說這塊披薩餅是開的……而這就要求原點不在披薩餅里，大概也暗示了問題出在一個端點上……

我猜測比較短的做法是利用compactness的區別，因為 $S^1$ compact，開區間則non compact。但取決於你想用多少分析。證明單位圓的緊緻性取決於你們到底用了什麼定義，但不會很麻煩。至於開區間不緊緻，隨便構造個數列就好。

更新：以上答案有問題，還是看zero的吧。逆函數不連續就不行。

不存在，就是開區間不緊緻，而s1緊緻，所以它們不同胚，不存在兩者之間的連續雙射