Contraejemplo
Supongamos $A = [-1,0)\cup(0,1].$ $x \in A,$ definir $f(x) = x.$ Debido a que el valor de $0$ no está en el rango de $f,$ $f$ no tiene la urografía EXCRETORA en $A.$
Para $n=1,2,\dots$ definir $f_n(x) = x$, excepto en $[-1/n,0),$ donde queramos $f_n$ a la igualdad de $0$ cerca y a la izquierda de $0.$ $[-1/n,-1/2n]$ definir $f_n(x) = -1/n +2(x+1/n).$, a Continuación, establezca $f_n = 0$ $[-1/2n,0).$ (Esto es simple, pero es bueno para dibujar una imagen). Observar que cada una de las $f_n$ tiene el IVP en $A.$
Desde $|f_n-f| \le 1/n$ en $A,$ $f_n \to f $ de manera uniforme en $A.$, por Lo que tenemos un contraejemplo. Tenga en cuenta que es importante que $A$ no estar conectado.
Ahora vamos a considerar un conectada $A,$ dice $A=\mathbb R.$ Si queremos un contraejemplo, entonces, obviamente, el límite de la función no puede ser continua. Pero no puede tener una simple discontinuidad. Por qué? Si se rasca un poco, verás que cerca del punto de discontinuidad $f_n$ no puede tener el IVP para un gran $n.$ por Lo que el límite de la función debe tener una discontinuidad de la salvaje de la especie; cosas como $\sin(1/x)$ vienen a la mente, pero no podía llegar a ninguna parte con eso. Así que me decidí a ir realmente salvaje:
Teorema. Existe $f:\mathbb R \to \mathbb R$ con la propiedad de que si $I$ es cualquier intervalo abierto no vacío, entonces $f^{-1}(\{y\})\cap I$ es incontable para cada $y\in \mathbb R.$
OK, eso es una bestia allí, algo que no quieren llevarse a casa a conocer a sus padres. Os dejo la prueba de que, por ahora.
Ahora el $f$ en el teorema tiene la urografía EXCRETORA, en buena hora, pero si vamos a modificar un poco, va a dejar de tener el IVP. Deje $Z_f$ ser el subconjunto de $\mathbb R$ donde $f=0.$ Simplemente definen $g = 1$ en $Z_f,$ $g = f$ en otros lugares. A continuación, $g:\mathbb R \to \mathbb R\setminus \{0\}$ e si $I$ es cualquier intervalo abierto no vacío, entonces $g^{-1}(\{y\})\cap I$ es incontable para cada $y\in \mathbb R\setminus \{0\}.$ es claro que $g$ no tienen el IVP en cada una de las $I:$ existe $a,b\in I$ tal que $g(a) <0, g(b)>0,$, pero no hay punto de $I$ donde $g=0.$
Para $n\in \mathbb N,$ tenga en cuenta que $\{g=1/n\}$ tiene una contables subconjunto denso $D_n.$ Definir $g_n = 0$ en $D_n,$ $g_n=g$ en todas las demás. A continuación, $\sup_\mathbb R |g_n-g| = \sup_{D_n} |g_n-g| = |0-1/n| = 1/n.$ por lo Tanto $g_n \to g$ uniformemente en $\mathbb R.$
La reclamación. Cada una de las $g_n$ $IVP.$
Prueba. Deje $I$ ser un intervalo abierto no vacío. Es suficiente para mostrar la $g_n(I) = \mathbb R.$ $g_n= g$ $I \setminus \{g=1/n\}.$ $g_n(I)$ contiene cada número real excepto, posiblemente, $0$ y/o $1/n.$ Pero $g_n=0$ $D_n\cap I,$ y desde $\{g=1/n\}\cap I$ es no vacío, $D_n\cap I$ es no vacío por la densidad. Por lo tanto $g_n =0$ en algún lugar de $I.$, Pero también sabemos $\{g=1/n\}\cap I$ es incontable. Desde $D_n$ es contable, $[\{g=1/n\}\setminus D_n]\cap I$ es incontable. Por lo tanto $g_n = 1/n$ a una cantidad no numerable de puntos de $I.$ Esto muestra $g_n(I)=\mathbb R$ como se desee, y termina la prueba.
