Udowodnij to $f(x) = 0$ dla niektórych $x$ przy założeniu, że istnieje funkcja ciągła $g$ takie że $f + g$ nie maleje.

Aug 15 2020

Pozwolić $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Udowodnij to$f(x) = 0$ dla niektórych $x$ przy założeniu, że istnieje funkcja ciągła $g$ takie że $f + g$ nie maleje.

Wskazówka dotycząca tego problemu brzmi następująco: przepoławiaj interwał $[0,1]$ wybranie odpowiedniego interwału punktu środkowego, jeśli jest $x$ w odpowiednim przedziale, dla którego $f(y)\ge 0$. W przeciwnym razie wybierz interwał po lewej stronie. Jako taki będziesz się tworzyć$[a_n, b_n]=I_n$ takie że $a_n, b_n \rightarrow c$. Wyszło na to, że$c$jest naszym pożądanym punktem. Wskazówka idzie dalej i stwierdza, że ​​„zauważcie to dla wszystkich”$n$, jest $y_n \in [a_n, c]$ takie że $f(y_n)\ge 0$”. Tutaj jestem zdezorientowany. (Bardzo się starałem to udowodnić, ale nie mogłem) Nie chcę dowodu tego stwierdzenia (jeśli istnieje). Szukam tylko testu poczytalności. Czy mógłby$[a_n, c]$ faktycznie być $[a_n,b_n]$? Czy to była tylko literówka?

Odpowiedzi

1 StephenMontgomery-Smith Aug 16 2020 at 01:57

Pozwolić $n_m$ być (prawdopodobnie skończonym) podciągiem, tak aby $[a_{n_m},b_{n_m}]$to odstępy po lewej stronie. Zobaczyć, że$f(y) < 0$ dla wszystkich $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. W ten sposób musi tak być$f(y) < 0$ dla wszystkich $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. I$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.

1 DannyPak-KeungChan Aug 16 2020 at 02:47

Pozwolić $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ być taką funkcją ciągłą $h:=f+g$ jest monotoniczny i narasta $[0,1]$. Zauważ, że jeśli$x\in(0,1)$, prawy limit $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$istnieje. Podobnie, limit lewej ręki$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ istnieje.

Pozwolić $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Zauważ, że $A\neq\emptyset$ (dlatego $0\in A$) i ograniczone powyżej $1$, więc $\xi=\sup A$istnieje. Chcemy to pokazać$\xi\notin A$przez zaprzeczenie. Załóżmy, że jest inaczej$\xi\in A$, następnie $f(\xi)>0$. Zauważ, że$\xi<1$. Dla każdego$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ takie że $f(y)\leq0$. Z którego możemy wybrać sekwencję$(y_{n})$ w $(\xi,1]$ takie że $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, i $f(y_{n})\leq0$. Wynajmowanie$n\rightarrow\infty$, mamy $f(\xi+)\leq0$. Obseruj to$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ co jest sprzecznością.

$\xi\notin A$ oznacza, że ​​istnieje sekwencja $(x_{n})$ w $A$ takie że $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ i $x_{n}\rightarrow\xi$. W związku z tym$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Teraz,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, więc $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Wreszcie udajemy się to udowodnić$f(\xi)=0$. Udowodnij przez zaprzeczenie. Załóżmy, że jest inaczej$f(\xi)>0$. Pozwolić$t\in[0,\xi)$ być więc arbitralnym $t$ nie jest górną granicą $A$. Dlatego istnieje$x\in A$ i $x>t$. W szczególności$f(t)>0$ z samej definicji $A$ (dlatego $x\in A$ i $t\in[0,x]$). Dlatego udowadniamy to$f(t)>0$ dla każdego $t\in[0,\xi)$. Wraz z tym, że$f(\xi)>0$, mamy $\xi\in A$, co jest sprzecznością.