Provar que $f(x) = 0$ para alguns $x$ partindo do pressuposto de que existe uma função contínua $g$ de tal modo que $f + g$ não é decrescente.

Question

Deixei $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Provar que$f(x) = 0$ para alguns $x$ partindo do pressuposto de que existe uma função contínua $g$ de tal modo que $f + g$ não é decrescente.

Uma dica para esse problema diz o seguinte: divida o intervalo $[0,1]$ escolher o intervalo certo do ponto médio se houver $x$ no intervalo certo para o qual $f(y)\ge 0$. Caso contrário, escolha o intervalo à esquerda. Como tal, você formará$[a_n, b_n]=I_n$ de tal modo que $a_n, b_n \rightarrow c$. Acontece que$c$é o nosso ponto desejado. A dica vai além e afirma que, 'observe que para todos$n$, há $y_n \in [a_n, c]$ de tal modo que $f(y_n)\ge 0$'. É aqui que estou confuso. (Eu tentei muito provar, mas não consegui). Não quero uma prova dessa afirmação (se existe). Estou apenas procurando uma verificação de sanidade. Poderia o$[a_n, c]$ realmente seja $[a_n,b_n]$? Foi apenas um erro de digitação?

Answer 1

Deixei $n_m$ ser a subsequência (possivelmente finita) de modo que o $[a_{n_m},b_{n_m}]$são os intervalos à esquerda. Veja isso$f(y) < 0$ para todos $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Desta forma, deve ser o caso de$f(y) < 0$ para todos $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. E$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.

Answer 2

Deixei $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ ser uma função contínua de forma que $h:=f+g$ é monotônico aumentando em $[0,1]$. Observe que se$x\in(0,1)$, limite da mão direita $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$existe. Da mesma forma, o limite da mão esquerda$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ existe.

Deixei $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Observe que $A\neq\emptyset$ (Porque $0\in A$) e delimitado acima por $1$, então $\xi=\sup A$existe. Vamos mostrar isso$\xi\notin A$por contradição. Suponha o contrário que$\xi\in A$, então $f(\xi)>0$. Observe que$\xi<1$. Para cada$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ de tal modo que $f(y)\leq0$. A partir da qual podemos escolher uma sequência$(y_{n})$ dentro $(\xi,1]$ de tal modo que $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, e $f(y_{n})\leq0$. De locação$n\rightarrow\infty$, temos $f(\xi+)\leq0$. Observe aquilo$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ o que é uma contradição.

$\xi\notin A$ implica que existe uma sequência $(x_{n})$ dentro $A$ de tal modo que $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ e $x_{n}\rightarrow\xi$. Portanto$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. Agora,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, então $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Finalmente, vamos provar que$f(\xi)=0$. Prove por contradição. Suponha o contrário que$f(\xi)>0$. Deixei$t\in[0,\xi)$ seja arbitrário, então $t$ não é um limite superior de $A$. Portanto, existe$x\in A$ e $x>t$. Em particular$f(t)>0$ pela própria definição de $A$ (Porque $x\in A$ e $t\in[0,x]$) Portanto, provamos que$f(t)>0$ para cada $t\in[0,\xi)$. Junto com o fato de que$f(\xi)>0$, temos $\xi\in A$, o que é uma contradição.