Buktikan itu $f(x) = 0$ untuk beberapa $x$ dengan asumsi bahwa ada fungsi kontinu $g$ seperti yang $f + g$ tidak menurun.

Aug 15 2020

Membiarkan $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Buktikan itu$f(x) = 0$ untuk beberapa $x$ dengan asumsi bahwa ada fungsi kontinu $g$ seperti yang $f + g$ tidak menurun.

Petunjuk untuk masalah ini mengatakan yang berikut: membagi dua interval $[0,1]$ memilih interval yang tepat dari titik tengah jika ada $x$ dalam interval yang tepat $f(y)\ge 0$. Jika tidak, pilih interval kiri. Dengan demikian Anda akan membentuk$[a_n, b_n]=I_n$ seperti yang $a_n, b_n \rightarrow c$. Ternyata$c$adalah poin yang kami inginkan. Petunjuknya melangkah lebih jauh dan menyatakan bahwa, 'perhatikan itu untuk semua$n$, disana $y_n \in [a_n, c]$ seperti yang $f(y_n)\ge 0$'. Di sinilah saya bingung. (Saya berusaha sangat keras untuk membuktikannya tetapi saya tidak bisa) Saya tidak ingin bukti dari pernyataan ini (jika ada). Saya hanya mencari pemeriksaan kewarasan. Mungkinkah$[a_n, c]$ sebenarnya $[a_n,b_n]$? Apakah itu hanya salah ketik?

Jawaban

1 StephenMontgomery-Smith Aug 16 2020 at 01:57

Membiarkan $n_m$ menjadi urutan (mungkin terbatas) sehingga $[a_{n_m},b_{n_m}]$adalah interval kiri. Lihat itu$f(y) < 0$ untuk semua $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Dengan cara ini, kasusnya harus seperti itu$f(y) < 0$ untuk semua $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Dan$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.

1 DannyPak-KeungChan Aug 16 2020 at 02:47

Membiarkan $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ menjadi fungsi berkelanjutan seperti itu $h:=f+g$ adalah peningkatan monotonik $[0,1]$. Amati jika$x\in(0,1)$, batas tangan kanan $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$ada. Begitu pula dengan batas tangan kiri$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ ada.

Membiarkan $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Catat itu $A\neq\emptyset$ (karena $0\in A$) dan dibatasi di atasnya oleh $1$, jadi $\xi=\sup A$ada. Kami pergi untuk menunjukkan itu$\xi\notin A$dengan kontradisi. Misalkan sebaliknya$\xi\in A$, kemudian $f(\xi)>0$. Catat itu$\xi<1$. Untuk setiap$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ seperti yang $f(y)\leq0$. Dari situ kita bisa memilih urutan$(y_{n})$ di $(\xi,1]$ seperti yang $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, dan $f(y_{n})\leq0$. Membiarkan$n\rightarrow\infty$, kita punya $f(\xi+)\leq0$. Perhatikan itu$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ yang merupakan kontradiksi.

$\xi\notin A$ menyiratkan bahwa ada urutan $(x_{n})$ di $A$ seperti yang $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ dan $x_{n}\rightarrow\xi$. Karena itu$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Sekarang,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, jadi $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Akhirnya, kami pergi untuk membuktikannya$f(\xi)=0$. Buktikan dengan kontradiksi. Misalkan sebaliknya$f(\xi)>0$. Membiarkan$t\in[0,\xi)$ menjadi sewenang-wenang, lalu $t$ bukan batas atas $A$. Oleh karena itu, ada$x\in A$ dan $x>t$. Khususnya$f(t)>0$ dengan definisi $A$ (karena $x\in A$ dan $t\in[0,x]$). Makanya, kami buktikan itu$f(t)>0$ untuk setiap $t\in[0,\xi)$. Bersama dengan fakta itu$f(\xi)>0$, kita punya $\xi\in A$, yang merupakan kontradiksi.