Prouve-le $f(x) = 0$ pour certains $x$ sous l'hypothèse qu'il existe une fonction continue $g$ tel que $f + g$ n'est pas décroissante.

Question

Laisser $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Prouve-le$f(x) = 0$ pour certains $x$ sous l'hypothèse qu'il existe une fonction continue $g$ tel que $f + g$ n'est pas décroissante.

Un indice pour ce problème dit ce qui suit: diviser l'intervalle en deux $[0,1]$ choisir le bon intervalle du point médian s'il y a $x$ dans le bon intervalle pour lequel $f(y)\ge 0$. Sinon, choisissez l'intervalle de gauche. En tant que tel, vous formerez$[a_n, b_n]=I_n$ tel que $a_n, b_n \rightarrow c$. Il s'avère$c$est notre point souhaité. L'indication va plus loin et déclare que, `` remarquez que pour tous$n$, il y a $y_n \in [a_n, c]$ tel que $f(y_n)\ge 0$». Voici où je suis confus. (J'ai essayé très fort de le prouver mais je n'ai pas pu) Je ne veux pas de preuve de cette déclaration (si elle existe). Je cherche juste un test de santé mentale. Le$[a_n, c]$ être réellement $[a_n,b_n]$? Était-ce juste une faute de frappe?

Answer 1

Laisser $n_m$ être la sous-séquence (éventuellement finie) de sorte que le $[a_{n_m},b_{n_m}]$sont les intervalles de gauche. Regarde ça$f(y) < 0$ pour tous $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. De cette façon, il doit être le cas que$f(y) < 0$ pour tous $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Et$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.

Answer 2

Laisser $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ être une fonction continue telle que $h:=f+g$ est monotone croissante $[0,1]$. Observez que si$x\in(0,1)$, limite à droite $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$existe. De même, limite de la main gauche$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ existe.

Laisser $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Notez que $A\neq\emptyset$ (car $0\in A$) et délimité ci-dessus par $1$, alors $\xi=\sup A$existe. Nous allons montrer que$\xi\notin A$par contradiction. Supposons au contraire que$\xi\in A$, puis $f(\xi)>0$. Notez que$\xi<1$. Pour chaque$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ tel que $f(y)\leq0$. À partir de laquelle nous pouvons choisir une séquence$(y_{n})$ dans $(\xi,1]$ tel que $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, et $f(y_{n})\leq0$. Location$n\rightarrow\infty$, nous avons $f(\xi+)\leq0$. Observe ceci$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ ce qui est une contradiction.

$\xi\notin A$ implique qu'il existe une séquence $(x_{n})$ dans $A$ tel que $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ et $x_{n}\rightarrow\xi$. Par conséquent$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Maintenant,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, alors $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Enfin, nous allons prouver que$f(\xi)=0$. Prouvez par contradiction. Supposons au contraire que$f(\xi)>0$. Laisser$t\in[0,\xi)$ être arbitraire, alors $t$ n'est pas une limite supérieure de $A$. Par conséquent, il existe$x\in A$ et $x>t$. En particulier$f(t)>0$ par la définition même de $A$ (car $x\in A$ et $t\in[0,x]$). Par conséquent, nous prouvons que$f(t)>0$ pour chaque $t\in[0,\xi)$. Avec le fait que$f(\xi)>0$, nous avons $\xi\in A$, ce qui est une contradiction.