Докажи это $f(x) = 0$ для некоторых $x$ в предположении, что существует непрерывная функция $g$ такой, что $f + g$ не убывает.

Aug 15 2020

Позволять $f(0) > 0$, $f(1) < 0$. Докажи это$f(x) = 0$ для некоторых $x$ в предположении, что существует непрерывная функция $g$ такой, что $f + g$ не убывает.

Подсказка для этой проблемы гласит следующее: разделите интервал пополам. $[0,1]$ выбор правильного интервала средней точки, если есть $x$ в правом интервале, для которого $f(y)\ge 0$. В противном случае выберите левый интервал. Таким образом, вы сформируете$[a_n, b_n]=I_n$ такой, что $a_n, b_n \rightarrow c$. Оказывается$c$это наша желаемая точка. Подсказка идет дальше и гласит: «Обратите внимание, что для всех$n$, есть $y_n \in [a_n, c]$ такой, что $f(y_n)\ge 0$'. Вот где я запутался. (Я очень старался это доказать, но не смог). Мне не нужны доказательства этого утверждения (если оно существует). Я просто ищу проверку на вменяемость. Может ли$[a_n, c]$ на самом деле быть $[a_n,b_n]$? Это просто опечатка?

Ответы

1 StephenMontgomery-Smith Aug 16 2020 at 01:57

Позволять $n_m$ - подпоследовательность (возможно конечная), так что $[a_{n_m},b_{n_m}]$- левые интервалы. Видеть, что$f(y) < 0$ для всех $y \in [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. Таким образом, должно быть так, что$f(y) < 0$ для всех $y \in \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$. И$(c,1] \subseteq \bigcup_m [b_{n_m}, b_{n_{m-1}}]$.

1 DannyPak-KeungChan Aug 16 2020 at 02:47

Позволять $g:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ - непрерывная функция такая, что $h:=f+g$ монотонно возрастает на $[0,1]$. Обратите внимание, что если$x\in(0,1)$, правый предел $f(x+)=\lim_{t\rightarrow x+}f(t)=\lim_{t\rightarrow x+}h(t)-g(x)$существует. Точно так же левый предел$f(x-)=\lim_{t\rightarrow x-}f(t)$ существует.

Позволять $A=\{x\in[0,1]\mid f(y)>0 \mbox{ for all } y\in[0,x]\}.$ Обратите внимание, что $A\neq\emptyset$ (потому как $0\in A$) и ограничен сверху $1$, так $\xi=\sup A$существует. Мы идем показать, что$\xi\notin A$наоборот. Предположим противное, что$\xi\in A$, тогда $f(\xi)>0$. Обратите внимание, что$\xi<1$. Для каждого$x\in(\xi,1]$, $x\notin A\Rightarrow\exists y\in(\xi,x]$ такой, что $f(y)\leq0$. Из которого мы можем выбрать последовательность$(y_{n})$ в $(\xi,1]$ такой, что $y_{1}>y_{2}>\ldots>\xi$ , $y_{n}\rightarrow\xi$, и $f(y_{n})\leq0$. Сдача$n\rightarrow\infty$, у нас есть $f(\xi+)\leq0$. Заметьте, что$0\leq h(\xi+)-h(\xi)=f(\xi+)-f(\xi)<0,$ что является противоречием.

$\xi\notin A$ следует, что существует последовательность $(x_{n})$ в $A$ такой, что $x_{1}<x_{2}<\ldots<\xi$ и $x_{n}\rightarrow\xi$. Следовательно$f(\xi-)=\lim_{n}f(x_{n})\geq0$. В настоящее время,$0\leq h(\xi)-h(\xi-)=f(\xi)-f(\xi-)$, так $0\leq f(\xi-)\leq f(\xi)$. Наконец, мы переходим к доказательству того, что$f(\xi)=0$. Докажите от противного. Предположим противное, что$f(\xi)>0$. Позволять$t\in[0,\xi)$ быть произвольным, то $t$ не является верхней границей $A$. Следовательно, существует$x\in A$ и $x>t$. В частности$f(t)>0$ по самому определению $A$ (потому как $x\in A$ и $t\in[0,x]$). Следовательно, мы доказываем, что$f(t)>0$ для каждого $t\in[0,\xi)$. Вместе с тем, что$f(\xi)>0$, у нас есть $\xi\in A$, что противоречит.