Si$g'$ es una función de$g$, entonces$g$ es monotónico

Question

¿Es esto cierto o falso?

Permita que$g:[0,1] \to \Bbb R$ sea una función continua en$[0,1]$ y diferenciable en$(0,1)$, de modo que$g'$ sea una función de$g$, es decir, para cada$x, y \in (0,1)$ , si$g(x) = g(y)$ luego$g'(x) = g'(y)$. Entonces$g$ es monotónico.

Publiqué mi prueba como una auto-respuesta, y me pregunto si hay pruebas más fáciles.

Answer 1

Si $g$ es no monótona, entonces tampoco existe la restricción $\def\eps{\epsilon}g|_{\smash{(0,1)}}$. No-monotonía en $(0,1)$ implica la existencia de $0<a<b<1$ (w.l.o.g.)

$$\gamma :=g(a)=g(b)\implies g'(a)=g'(b)=:\gamma'>0$$

(Puedo entrar aquí en el detalle si es necesario, pero no es demasiado difícil ver usando el teorema del valor intermedio y el valor medio teorema, hay un montón de molestos detalles de la atención de la paga). Así que hay algo de $\def\eps{\epsilon}\eps>0$ con

$$g(a+x)>\gamma\quad\text{and}\quad g(b-x)<\gamma,\qquad\text{for all $x\in[0,\eps]$}.$$

Definir $M:=\{x\in [a+\eps,b-\eps]\mid g(x)< \gamma\}$. Tenga en cuenta que $M$ no está vacía, por lo tanto podemos definir a la $a^*:=\inf M\in(a,b)$. Por la continuidad, tenemos $g(a^*)=\gamma\implies g'(a^*)=\gamma '>0$, lo que implica la existencia de $\delta>0$ con

$$g(a^*+x) > \gamma,\qquad\text{for all $x\in[0,\delta]$}$$

en contradicción a la elección de $a^*:=\inf M$.

$\qquad\qquad\qquad\qquad$

Answer 2

Lema: para cualquier $d \in (0,1)$ si $g'(d) \ne 0$$g(d) \ne g(0)$$g(d) \ne g(1)$, $\{ x \in [0,1] \mid g(x) = g(d) \}$ es cerrado, por lo tanto compacto, de discreto, por lo tanto finito; y, finalmente, es un singleton.

Prueba: WLOG $g'(d) > 0$ (la prueba de $g'(d) < 0$ es similar). Es claro que el conjunto es cerrado, por lo tanto compacto. Ahora, si $g(x) = g(d)$,$g'(x) = g'(d) > 0$, por lo que tomar $\varepsilon = g'(x)/2$, obtenemos $\delta$ tal que $\left| \dfrac {g(x+h) - g(x)} {h} - g'(x) \right| < \dfrac {g'(x)} 2$ siempre $h \in (-\delta, \delta)$, por lo que este es un barrio de $x$ que contiene sólo $x$ desde el set, así que el conjunto es discreto. Desde que el conjunto es compacto y discreto, se deduce que es finito. Ahora que es finito, si tiene dos puntos distintos, entonces hay dos puntos distintos $x_1$ $x_2$ a partir del conjunto que están uno al lado del otro. Pero de nuevo el uso de epsilon-delta en el derivado de los dos puntos que nos íbamos a encontrar dos puntos entre los $x_1$ $x_2$ tales que la función está por encima de $g(d)$ a un punto y a continuación $g(d)$ a otra, y por IVT en la función que tendría que pasar a través de $g(d)$ nuevo, contradiciendo el hecho de que $x_1$ $x_2$ son los más cercanos a dos puntos del conjunto.

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Si la función es positiva derivado $g'(x)$ a un punto de $x$, entonces no es una vecindad del punto donde la función está atrapado entre dos líneas con pendiente $\frac12 g'(x)$$\frac32 g'(x)$:

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WLOG asumen $g(0) \le g(1)$, y vamos a demostrar que $g$ es cada vez mayor.

Paso 1: $g(1)$ es un máximo global.

Prueba: de lo Contrario, no es $x_0 \in (0,1)$ $g(x_0) > g(1)$ siendo el máximo global. Para establecer una contradicción, nos encontramos con $x_R \in (x_0, 1)$ tal que $g(1) < g(x_R) < g(x_0)$$g'(x_R) < 0$. Esta es una contradicción, como $g(0) < g(x_R) < g(x_0)$, así que por IVT no debería ser $x_L \in (0,x_0)$ tal que $g(x_L) = g(x_R)$, pero el lema dice que el conjunto $\{ x \in [0,1] \mid g(x) = g(x_R) \}$ es un singleton.

Ahora nos encontramos con la necesaria $x_R$. En primer lugar, vamos a $x_1$ ser el valor mínimo después de $x_0$ tal que $g(x_1) = \frac12[g(x_0) + g(1)]$, la cual existe por $\{ x \in [x_0,1] \mid g(x) = \frac12[g(x_0) + g(1)] \}$ está cerrado (por lo tanto compacto y no vacío (IVT). Trivialmente tenemos $x_0 < x_1$, $g(x) > \frac12[g(x_0) + g(1)]$ siempre $x \in (x_0, x_1)$. Ahora obtenemos $x_R$ a través de MVT en los puntos de $x_0$$x_1$.

Paso 2: $g(0)$ es un mínimo global.

Prueba: Similar al Paso 1.

Paso 3: $g$ es cada vez mayor.

De lo contrario, no sería $c<d$ tal que $g(c) > g(d)$. Dejamos $e$ ser el valor más pequeño después de $c$ tal que $g(e) = g(d)$, y entonces es claro que $c < e$ y $g(x) \in (g(d), g(c))$ siempre $x \in (c,e)$. Utilizamos MVT en $c$ $e$ obtener $x_R$ tal que $g(d) < g(x_R) < g(c)$ $g'(x_R) < 0$ como antes, y derivar una contradicción como antes, señalando que no debe ser $x_L \in (0,c)$ tal que $g(x_L) = g(x_R)$.