1樓：
假設存在乙個這樣的對映，提公升一下得到
這是乙個連續單射，所以是嚴格單調的，且像一定是個區間，並且只能是半開半閉的，不妨設就是 ,不難說明這和單調性相矛盾。
2樓：HOHO-Naruke
感謝 @王箏 提醒，這裡還差一點
就是乙個開區間(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a0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裡的乙個點p，比如0 3樓：「已登出」 樓上@包龍圖的回答非常贊，然後在他的回答裡我們發現問題主要出在0這乙個點上（雖然也可以取1為閉同理）……我從另外乙個角度瞎想了一下，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\到S^1對映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裡，大概也暗示了問題出在乙個端點上…… 4樓：Zhao Cheng 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是開對映。證明是容易的，因為設I為(0,1)的乙個真開區間，由於f單，所以f(I)不滿。那麼函式f_限制在I上，可以看成是從I到S^1\的連續單射，此對映將會誘導了I到(0,1)的連續單射。 這樣的對映是嚴格單調的，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是開對映。 第二步，再利用開對映+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。 5樓： 重新試一下： 令 假設存在乙個連續雙射 ，顯然 存在，且不是連續對映（否則造成緊集和非緊集同胚，矛盾）。 假定 在 不連續，令 。則說明對於某乙個 ，使得對於任意 ，都有 ，即 考慮 ，由於 是連續對映，所以存在 使得。又由於 的任意性，取 ，則有 取一點 ，令 。 因為 ，所以有 而 ，所以有 ，矛盾。 所以假設不成立，即不存在這樣的連續雙射 。 令 ，我們知道 是從 到到的連續雙射。 假如存在從 到 的連續雙射 ，那麼 也是乙個連續雙射。 而在區間上的連續雙射必須是單調對映，具有保開（閉）的特性，開區間的像也必然是開區間，這和 是半開半閉區間矛盾。 所以假設不成立，不存在從 到 的連續雙射。 6樓： 我猜測比較短的做法是利用compactness的區別，因為 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。逆函式不連續就不行。 Triviality 如果這裡 可微 是光滑的意思的話 不可能。設f把Rm對映到Rn，其中m小於n.取Rm的子集X，使得f是X到Rn的雙射。由於是可微 光滑 雙射，導數必處處不為零。根據反函式定理，f是區域性微分同胚。這是不可能的，因為Rn和Rm是維度不同的微分流形。 對於 的滿射.如果是 是連續可... 奧術構造體 有乙個定理，是康托定理的直接推論 在有限開區間上連續的函式在其上一致連續的充要條件是該函式在兩個端點的極限存在 證明的話把這個函式延拓到端點然後在閉區間上連續從而一致連續回到題目中，由於sin 1 x 在0 處沒有極限，故一定不一致連續 有形的翅膀 連續但不一致連續 問題就在0這邊 事實... 開闢的預言者 對於在任意區間 上有無窮個0點和非0點的連續函式，優先考慮 這個函式在0點不連續，通過乘上 並增加 的次數可以增強它在0處的連續性及可導性 由於 不等式前後在0點的極限都是0，故 在0處的極限也是0，在0點連續 在0處的導數要按定義來做，因此 時 不存在，1 eeimg 1 時 在0點...是否存在從低維到高維的可微滿射？
是否函式sin 1 x 在區間 0,1 內的點是連續的,但整個區間是不一致連續的
是否存在函式滿足在 0,1 上可導，導函式在 0,1 連續,對任意區間 0,a 有無限個0點和非0點