Dificultad para entender el porqué de la hipótesis es necesario demostrando $g(x) = f(x,x)$ es continua

Question

Deje $a < b$ ser números reales y $f:[a,b] \times [a,b] \to \mathbb{R}$ de manera tal que,

1) Para cada $y \in [a,b],$ $x \mapsto f(x,y)$ es no creciente y continua en $[a,b].$

2) Para cada $x \in [a,b],$ $y \mapsto f(x,y)$ es no decreciente y continua en $[a,b].$

Demostrar $g(x) = f(x,x)$ es continua en a $[a,b]$.

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Mi prueba: Dado cualquier $\epsilon > 0,$ es suficiente para mostrar que hay un $\delta > 0$ tal que cuando $|x-y| < \delta,$ $|g(x) - g(y)| < \epsilon$ para $x,y \in [a,b].$

Fijar un $\epsilon.$ Por la continuidad en un conjunto compacto, sabemos que hay un solo $\delta_1$ tal que para $x$ fijo, $|f(x,x) - f(x,y)| < \epsilon/2$ siempre $|x-y| < \delta_1.$ Asimismo, no hay una sola $\delta_2$ tal que para $y$ fijo, $|x-y| < \delta_2$ implica que el $|f(x,y) - f(y,y)| < \epsilon/2.$

Entonces podemos ver que $|f(x,x) - f(y,y)| \leq |f(x,x) - f(x,y)| + |f(x,y) - f(y,y)| < \epsilon$ al $|x-y| < \min\{\delta_1 , \delta_2\} = \delta.$

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Yo nunca he usado la monotonía hipótesis prevista, lo que me hace sentir como esta prueba es incorrecta o incompleta. Puede alguien señalar errores o proporcionar una prueba fehaciente?

Answer 1

El problema con esto es que el $\delta_2$ depende de la elección de $y$. Necesita, sin embargo para elegir, después de la fijación de $x$, de manera uniforme en un $\delta_1$ barrio de $x$. ¿Cómo hacer eso?

Answer 2

El problema es que la elección de $\delta_2$ realmente depende de $y$. Es decir, para cada una de las $y$, de modo que $|y-x| <\delta_1$,$\delta_2(y)$, de modo que si $|z-y|<\delta_2(y)$,$|f(z, y) - f(y,y)|<\epsilon/2$.

Ahora, con el fin de que su argumento obras, de la desigualdad

$$|f(x,x) - f(y,y)| \leq |f(x,x) - f(x,y)| + |f(x,y) - f(y,y)|$$

se requiere que los $|x-y|<\delta_2(y)$ para todos los $y$ , de modo que $|y-x|<\delta_1$. No está claro por qué esto es cierto.

El uso de la condición de $f$. Deje $\epsilon >0$. Por (2), no es$\delta_1$, de modo que

$$ f(x,y) < f(x,x) +\epsilon$$

para $x<y< x+\delta_1$. El uso de (1), que han

$$f(y,y) \le f(x,y)< f(x,x)+\epsilon.$$

Del mismo modo, por (1) no es$\delta_2 $, de modo que

$$f(x,z) > f(x,x) -\epsilon$$

para todos los $x<z<x+\delta_2$. Por (2) se tiene

$$ f(z,z) \ge f(x,z) > f(x,x) -\epsilon$$

Los dos anteriores se implica

$$|g(z) - g(x)|<\epsilon$$

si $x<z< x+ \min\{\delta_1,\delta_2\}$. Ahora hacer algo similar para $z<x$ y listo.