Properti Non-Injective, Continuous-function yang ditentukan pada subset Compact dari $\mathbb{R}^2$.

Question

Diberikan $A\subset \mathbb{R}^2$ didefinisikan sebagai $A=\{(x,y):x^2+y^2 \leq 2\}$. Kita punya$f:A \rightarrow \mathbb{R}$ sedemikian rupa sehingga f kontinu dengan properti $f(1,1)=f(-1,-1)$. Kami harus membuktikan itu untuk semua$\epsilon > 0$ disana ada $x$ dan $y$ di $A$ dengan $||x-y|| < \epsilon$ dan $x\neq y$ sedemikian rupa sehingga f (x) = f (y).

Pikiranku: Karena A kompak, f akan mencapai maksimum global (M) dan minimum global (m). Jika ini dapat ditunjukkan bahwa setidaknya satu$f^{-1}(M)$ atau $f^{-1}(m)$ adalah titik interior dari $A$ dengan menggunakan fakta itu $f$ tidak suntik.

( Sunting: Memang benar bahwa setidaknya satu dari$f^{-1}(M)$ atau $f^{-1}(m)$ adalah titik interior dari $A$. Bukti dapat ditemukan di sini .)

Kemudian menggunakan titik interior itu sebagai poros, kita dapat menangkap dua titik berbeda di $\epsilon/2$nbd. dari poros yang memiliki nilai fungsional yang sama, menggunakan kontinuitas dari f dan fakta bahwa f tidak injektif.

Motif di balik garis pemikiran ini adalah dengan mempertimbangkan suatu fungsi $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ seperti yang $$f(x)=\begin{cases} \frac{1}{2}-x ; 0\leq x\leq \frac{1}{2}\\ x- \frac{1}{2} ; \frac{1}{2}\leq x \leq 1 \end{cases}$$ Dalam fungsi ini, minimum global dicapai pada $\frac{1}{2}$, yang merupakan titik interior. Jadi untuk apapun$\epsilon > 0$ memilih $\epsilon/2$nbd. dari$\frac{1}{2}$. Ada disana$x$ dan $y$di nbd itu. seperti yang$|x-y|<\epsilon$ dan $x\neq y$ dan f (x) = f (y).

Edit: Generalisasi - Diberikan$A \subset X$, dimana $X$ adalah Banach-Space dan $A$ kompak $X$. Jika$f$ adalah fungsi berkelanjutan dari $A \rightarrow \mathbb{R}$ dan di sana ada $a,b \in A$ ($a\neq b$) dengan $f(a)=f(b)$, lalu untuk apa saja $\epsilon > 0$ disana ada $x,y \in A$ dengan ($||x-y|| < \epsilon$ dan $x\neq y$) sedemikian rupa sehingga f (x) = f (y).

Answer 1

Membiarkan $a=f(1,1)=f(-1,-1)$ dan pertimbangkan peta$$\begin{array}{rccc}\varphi\colon&[-1,1]&\longrightarrow&\Bbb R\\&t&\mapsto&f(t,t).\end{array}$$Kemudian $\varphi$ terus menerus dan $\varphi(1)=\varphi(-1)=a$. Sejak$\varphi$ terus menerus dan $[-1,1]$ adalah interval $\Bbb R$ yang tertutup dan berbatas, $\varphi$ memiliki keduanya maksimal $M$ dan minimal $m$.

Jika $M=m$, kemudian $\varphi$ konstan dan masalahnya sepele: untuk apa pun $\varepsilon>0$, ambil saja dua angka berbeda $t_0,t_1\in[-1,1]$ seperti yang $|t_0-t_1|<\frac\varepsilon{\sqrt2}$ dan ambil $x=(t_0,t_0)$ dan $y=(t_1,t_1)$. Kemudian$x\ne y$, $\|x-y\|<\varepsilon$ dan $f(x)=f(y)$.

Jika $M\ne m$, kemudian $M>a$ atau $a>m$. Saya akan berasumsi bahwa$M>a$; kasus lainnya serupa. Ada beberapa$t\in(-1,1)$ seperti yang $\varphi(t)=M$. Ada dua kemungkinan sekarang:

1. Ada angka $t^*\in[-1,1]$ sedekat mungkin $t$ seperti yang Anda inginkan (tetapi berbeda dari $t$)seperti yang $\varphi(t^*)=M$. Lalu, diberikan$\varepsilon>0$, ambil satu seperti itu $t^*$ seperti yang $|t-t^*|<\frac\varepsilon{\sqrt2}$ dan kemudian Anda ambil $x=(t,t)$ dan $y=(t^*,t^*)$; kemudian$\|x-y\|<\varepsilon$, $x\ne y$, dan $f(x)=f(y)$.
2. Dekat $t$, tidak ada elemen $t^*\in[-1,1]$ seperti yang $\varphi(t^*)=M$. Mengambil$t_1>t$ seperti yang $\varphi(t_1)<M$ dan itu $|t-t_1|<\frac\varepsilon{2\sqrt2}$ dan ambil $t_2<t$ seperti yang $\varphi(t_2)<M$ dan itu $|t-t_2|<\frac\varepsilon{2\sqrt2}$. Jika$\varphi(t_1)=\varphi(t_2)$, kamu sudah selesai; ambil saja$x=(t_1,t_1)$ dan $y=(t_2,t_2)$. Jika$\varphi(t_2)>\varphi(t_1)$, maka, menurut Teorema Nilai Menengah, ada beberapa $t_3\in(t,t_1)$ seperti yang $\varphi(t_3)=\varphi(t_2)$; jadi, ambil$x=(t_1,t_1)$ dan $y=(t_3,t_3)$. Kasus di mana$\varphi(t_2)<\varphi(t_1)$ serupa.