Si $f$ es continua en a $[a,\infty)$ y aumentando en $(a,\infty)$, podemos decir $f(x)>f(a)$.

Question

Si $f$ es continua en a $[a,\infty)$ y aumentando en $(a,\infty)$ podemos decir $f(x)>f(a)$$x>a$.

Yo creo que sí, el hecho de que $f$ es (estrictamente) creciente en $(a,\infty)$ da,

$$f(x)>f(y)$$

Para$x,y \in (a,\infty)$$x>y$, en concreto, $y=a+.0000000....01$ o $y=a+\epsilon$$\epsilon>0$, la desigualdad se cumple y $f(a+\epsilon) \to f(a)$ por la continuidad.

Pero no sé cómo hacer una rigurosa prueba.

Answer 1

Deje $x>a$, vamos a $t$$(a,x)$, y se supone que $f(a)>f(t)$.

Desde $f$ es continua en a $[a,t]$, por el Teorema del Valor Intermedio

hay un número de $c$$(a,t)$$\displaystyle f(c)=\frac{f(a)+f(t)}{2}>\frac{f(t)+f(t)}{2}=f(t)$.

Desde $c<t$$f(c)>f(t)$, esto le da una contradicción.

Por lo tanto,$f(a)\le f(t)<f(x)$.

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(editado para corregir el error señalado por Furrane)

Answer 2

Esto es cierto, el problema es que sólo una débil desigualdades se conservan bajo límites (puedes probarlo?). Usted puede superar este: Tome $z>a$, entonces no se $x,y$ tal que $z>y>x>a$ (żpor qué?). Tenemos $f(z)>f(y)>f(x)$. Tome $x\rightarrow a$.

Answer 3

Esto es cierto si $f$ es estrictamente creciente, lo que significa que :

$$\forall x \in (a,+\infty), \forall y>x : f(y)>f(x)$$

En particular :

$$\forall x\in (a,+\infty), f(x)>f\left(a+{x-a\over2}\right)\ge f(a)$$

Pero si $f$ en aumento (no estrictamente) bien podría tener por ejemplo :

$$\forall x \in (a,+\infty), f(x)=f(a)$$

Que obviamente no es compatible con $f(x)>f(a)$

Si $f$ está en aumento, la mejor comparaison que usted puede tener es :

$$\forall x \in (a,+\infty), \forall y>x : f(y)\ge f(x)$$

Lo que llevaría a :

$$\forall x \in (a,+\infty), f(x)\ge f(a)$$

Answer 4

Me corrija si mal:

Deje $f$ se continua en $[a,n]$, $n \in \mathbb{N}$, y estrictamente creciente en a $(a,n]$.

1) min {$f(x) | x \in [a,n]$} = $f(a)$.

La función continua $f$ en un intervalo cerrado alcanza su mínimo.

Suponga que la función tiene su mínimo en $x_0 \gt a$.

A continuación, $f((x_0 + a)/2) \lt f(x_0)$ desde $f$ es estrictamente creciente en a $(a,n]$.

Contradicción, ya que $f(x_0)$ que se supone que es el mínimo.

De ahí min {$f(x)| x \in [a,n]$} = $f(a)$.

2) $f(a) \lt f(x)$$x \gt a$.

Desde $f(a)$ es el mínimo en $[a,n]$ hemos

$f(a) \le f(x)$ , $x \in [a,n]$.

Queda demostrado que

$f(a) \lt f(x)$ , $x \in (a,n]$.

Asumir una $x_1 \gt a$ tenemos $f(a) = f(x_1)$.

Considere la posibilidad de $x_2 = (x_1 + a)/2 \lt x_1$.

De ello se desprende $f(x_2) \lt f(x_1) = f(a)$, el mínimo, ya que $f$ es stricly creciente y $x_2 \lt x_1$.

Una contradicción.

Ahora el otro caso:

Deje $f$ aumentar en $(a,n]$, $n \in \mathbb{N}$.

1) $f$ tiene su mínimo en $x = a$ como antes,

I. e. $f(a) \le f(x)$ $x \in (a,n]$.

La prueba por contradicción:

Asumir que hay un $x_1 \gt a$ tal que $f(x_1) \lt f(a)$.

$f$ es continua en a $[a,x_1]$.

Teorema Del Valor Intermedio:

Existe un punto de $p \in [a,x_1]$$f(p) =( f(a) + f(x_1))/2$.

Nota: $f(x_1) \lt f(p) \lt f(a)$.

Tenemos $p \ne a$ ; $p\ne x_1$,

I. e. $a \lt p \lt x_1$.

Por lo tanto $f(p) \gt f(x_1)$ donde $p \lt x_1$,

una contradicción que siendo f una función creciente.

Conclusión: $f(a)$ es el mínimo, por lo tanto $f(a) \le f(x)$$x \gt a$.