Beweise das $f(x) = 0$ für einige $x$ unter der Annahme, dass es eine stetige Funktion gibt $g$ so dass $f + g$ nimmt nicht ab.
Lassen $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Beweise das$f(x) = 0$ für einige $x$ unter der Annahme, dass es eine stetige Funktion gibt $g$ so dass $f + g$ nimmt nicht ab.
Ein Hinweis für dieses Problem lautet wie folgt: Halbieren Sie das Intervall $[0,1]$ Wählen Sie das richtige Intervall für den Mittelpunkt, falls vorhanden $x$ im richtigen Intervall für welche $f(y)\ge 0$. Andernfalls wählen Sie das linke Intervall. Als solches wirst du dich bilden$[a_n, b_n]=I_n$ so dass $a_n, b_n \rightarrow c$. Es stellt sich heraus$c$ist unser gewünschter Punkt. Der Hinweis geht weiter und besagt: „Beachten Sie das für alle$n$gibt es $y_n \in [a_n, c]$ so dass $f(y_n)\ge 0$'. Hier bin ich verwirrt. (Ich habe mich sehr bemüht, es zu beweisen, aber ich konnte es nicht) Ich möchte keinen Beweis für diese Aussage (falls vorhanden). Ich bin nur auf der Suche nach einem Sanity Check. Könnte das$[a_n, c]$ eigentlich sein $[a_n,b_n]$? War es nur ein Tippfehler?
Antworten
Lassen $n_m$ sei die (möglicherweise endliche) Teilfolge, so dass die $[a_{n_m},b_{n_m}]$sind die linken Intervalle. Siehst du das$f(y) < 0$ für alle $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Auf diese Weise muss es so sein$f(y) < 0$ für alle $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Und$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.
Lassen $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ eine stetige Funktion sein, so dass $h:=f+g$ ist monoton ansteigend $[0,1]$. Beachten Sie, dass wenn$x\in(0,1)$, rechte Grenze $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$existiert. Ebenso linkes Limit$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ existiert.
Lassen $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Beachten Sie, dass $A\neq\emptyset$ (weil $0\in A$) und oben begrenzt durch $1$, damit $\xi=\sup A$existiert. Wir werden das zeigen$\xi\notin A$durch Widerspruch. Nehmen wir das Gegenteil an$\xi\in A$, dann $f(\xi)>0$. Beachten Sie, dass$\xi<1$. Für jeden$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ so dass $f(y)\leq0$. Aus der wir eine Sequenz auswählen können$(y_{n})$ im $(\xi,1]$ so dass $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, und $f(y_{n})\leq0$. Lassen$n\rightarrow\infty$, wir haben $f(\xi+)\leq0$. Beachten Sie das$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ Das ist ein Widerspruch.
$\xi\notin A$ impliziert, dass es eine Sequenz gibt $(x_{n})$ im $A$ so dass $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ und $x_{n}\rightarrow\xi$. Deshalb$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Jetzt,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, damit $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Schließlich werden wir das beweisen$f(\xi)=0$. Beweisen Sie durch Widerspruch. Nehmen wir das Gegenteil an$f(\xi)>0$. Lassen$t\in[0,\xi)$ dann willkürlich sein $t$ ist keine Obergrenze von $A$. Daher gibt es$x\in A$ und $x>t$. Speziell$f(t)>0$ durch die Definition von $A$ (weil $x\in A$ und $t\in[0,x]$). Daher beweisen wir das$f(t)>0$ für jeden $t\in[0,\xi)$. Zusammen mit der Tatsache, dass$f(\xi)>0$, wir haben $\xi\in A$, was ein Widerspruch ist.