Prova che $f(x) = 0$ per alcuni $x$ presupponendo che esista una funzione continua $g$ tale che $f + g$ non è in diminuzione.
Permettere $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Prova che$f(x) = 0$ per alcuni $x$ presupponendo che esista una funzione continua $g$ tale che $f + g$ non è in diminuzione.
Un suggerimento per questo problema dice quanto segue: bisecare l'intervallo $[0,1]$ scegliendo il giusto intervallo del punto medio se c'è $x$ nell'intervallo giusto per il quale $f(y)\ge 0$. Altrimenti scegli l'intervallo di sinistra. Come tale ti formerai$[a_n, b_n]=I_n$ tale che $a_n, b_n \rightarrow c$. Si scopre$c$è il nostro punto desiderato. Il suggerimento va oltre e afferma che "notalo per tutti$n$, c'è $y_n \in [a_n, c]$ tale che $f(y_n)\ge 0$'. Qui è dove sono confuso. (Ho provato molto a provarlo ma non ci sono riuscito) Non voglio una prova di questa affermazione (se esiste). Sto solo cercando un controllo di sanità mentale. Potrebbe il$[a_n, c]$ essere effettivamente $[a_n,b_n]$? Era solo un errore di battitura?
Risposte
Permettere $n_m$ essere la sottosequenza (possibilmente finita) in modo che il file $[a_{n_m},b_{n_m}]$sono gli intervalli di sinistra. Guarda quello$f(y) < 0$ per tutti $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. In questo modo, deve essere così$f(y) < 0$ per tutti $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. E$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.
Permettere $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ essere una funzione continua tale che $h:=f+g$ è monotono in aumento $[0,1]$. Osserva che se$x\in(0,1)$, limite di destra $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$esiste. Allo stesso modo, limite della mano sinistra$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ esiste.
Permettere $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Nota che $A\neq\emptyset$ (perché $0\in A$) e delimitato sopra da $1$, così $\xi=\sup A$esiste. Lo dimostreremo$\xi\notin A$per contraddizione. Supponiamo che sia il contrario$\xi\in A$, poi $f(\xi)>0$. Nota che$\xi<1$. Per ciascuno$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ tale che $f(y)\leq0$. Da cui possiamo scegliere una sequenza$(y_{n})$ in $(\xi,1]$ tale che $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, e $f(y_{n})\leq0$. Locazione$n\rightarrow\infty$, noi abbiamo $f(\xi+)\leq0$. Osservalo$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ che è una contraddizione.
$\xi\notin A$ implica che esiste una sequenza $(x_{n})$ in $A$ tale che $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ e $x_{n}\rightarrow\xi$. Perciò$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Adesso,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, così $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Infine, andiamo a dimostrarlo$f(\xi)=0$. Dimostralo per contraddizione. Supponiamo che sia il contrario$f(\xi)>0$. Permettere$t\in[0,\xi)$ sii arbitrario, allora $t$ non è un limite superiore di $A$. Quindi esiste$x\in A$ e $x>t$. In particolare$f(t)>0$ dalla stessa definizione di $A$ (perché $x\in A$ e $t\in[0,x]$). Quindi, lo dimostriamo$f(t)>0$ per ciascuno $t\in[0,\xi)$. Insieme al fatto che$f(\xi)>0$, noi abbiamo $\xi\in A$, che è una contraddizione.