Si $f$ es uniformemente continua en a$(a, b)$, $f$ está delimitada en $(a, b)$.

Question

Así que yo sé que desde $f$ es uniformemente continua en a $(a,b)$, a continuación, para cada $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que para todos los $x$$y$$(a,b)$, si $\,\lvert x - y\rvert < \delta$,$\,\lvert\,f(x) - f(y)\rvert < \varepsilon$.

También sé que necesito mostrar que hay algunos números $M$, $N$, así que $M ≤ f(x) ≤ N$, para todos los $x$$y$$(a,b)$.

Ella tiene un sentido lógico para mí porque significa que para cada x e y que usted escoja, los valores de la función solo puede saltar por epsilon, por lo que no habría manera de que la función de repente enfoque infinito en los extremos. Sin embargo, no sé realmente cómo hacer un riguroso argumento. Estaba pensando que tal vez podía hacer algo por la contradicción, como decir que el $f(y)>N$, pero $f(x)<N$, y luego de alguna manera muestra que este salto es mayor ahora que $\varepsilon$, pero no estoy seguro de que realmente en el trabajo, ya que solo tienen una función arbitraria arbitraria con los límites.

Answer 1

Prueba indirecta: Supongamos $f$ es no acotada arriba; elija $x_0$; entonces existe $x_1$ tal que $f(x_0)+1< f(x_1)$ (de lo contrario $f(x_0)+1$ sería un límite); ahora usted puede continuar: no existe $x_2$ tal que $f(x_2)> f(x_1)+1$, y así sucesivamente. Por construcción, para $i\ne j$, $\vert f(x_i)-f(x_j)\vert >1$. Por supuesto, existe $\delta>0$ tal que $\vert x-y\vert<\delta$ implica $\vert f(x)-f(y)\vert < 1$. Ahora sólo tienes que sostienen que entre los elementos de la secuencia $(x_i)$ construido al principio no se $x_i,x_j$, $i\ne j$ tal que $\vert x_i-x_j\vert<\delta$ (por qué?) lo que conduce a una contradicción.

Answer 2

Deje $x_n\to 1$, $\{x_n\}_{n\in\mathbb N}$ es una secuencia de Cauchy, y así es $\{f(x_n)\}_{n\in\mathbb N}$, debido a los uniformes de la continuidad. Esto implica que $f$ se extiende continuamente a $x=1$ y de manera similar a $x=0$. Por lo tanto, $f$ se extiende a una función continua en un conjunto compacto $[0,1]$. Por lo tanto, $f$ está acotada.

Nota. En general, si $D$ es denso en $X$, e $f:D\to\mathbb R$ es uniformemente continua, entonces $f$ se extiende únicamente a una función continua en a $X$.

Answer 3

Sugerencia: Elija cualquier $\varepsilon>0$ $\delta>0$ tal que $|x-y|<\delta\rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon$. Ahora, elija algunas de $x\in (a,b)$. Es claro a partir de la definición que, por cualquier $y\in (x-\delta,x+\delta)$$|f(y)-f(x)|<\varepsilon$. Repitiendo este proceso en $y$, podemos conseguir que cualquier valor de $z\in (y-\delta,y+\delta)$ $|f(z)-f(x)|<2\varepsilon$ y, por lo tanto, cualquier valor en $z\in (x-2\delta,x+2\delta)$$|f(z)-f(x)|<2\varepsilon$.

Continuar en intervalos de la forma $(x-k\delta,x+k\delta)$ hasta que cubra $(a,b)$.

Answer 4

Para $\epsilon=1$ existe $\delta>0$ tal que $|x-y|<\delta\implies |f(x)-f(y)|<1.$ Considera $n\in \mathbb{N}$ tal que $1/n<\delta.$ $|x-y|\le 1/n\implies |f(x)-f(y)|<1.$

Ahora, cualquier $x\in [a,b]$ pertenecen a un intervalo de la forma $\left[a+\frac{k(b-a)}{n},a+\frac{(k+1)(b-a)}{n}\right]$ algunos $k\in\{0,\cdots,n\}.$ Así:

$$|f(x)-f(a)|=\left|f(x)-f\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)+f\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)-f\left(a+\frac{(k-1)(b-a)}{n}\right)+\cdots +f\left(a+\frac{2(b-a)}{n}\right)-f\left(a+\frac{b-a}{n}\right)+f\left(a+\frac{b-a}{n}\right)-f(a)\right|$$

$$\le\left|f(x)-f\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)\right| +\left|f\left(a+\frac{k(b-a)}{n}\right)-f\left(a+\frac{(k-1)(b-a)}{n}\right)\right|+\cdots +\left|f\left(a+\frac{2(b-a)}{n}\right)-f\left(a+\frac{b-a}{n}\right)\right|+\left|f\left(a+\frac{b-a}{n}\right)-f(a)\right|\le k\le n.$$

Por lo tanto, $|f(x)-f(a)|\le n$ desde donde: $|f(x)|\le |f(a)|+n,\forall x\in [a,b].$

Answer 5

Deje $\epsilon = 1$ en la definición de continuidad uniforme.

No es $\delta$ como $$|x-y| < \delta \implica |f(x) - f(y)|<1$$

Ahora vamos a $N\in \Bbb N$, $N>\frac{b-a}{\delta}$. A continuación, para cada $x\in (a,b)$ uno puede encontrar $k$ $x_k$ con $|x_{m+1} - x_m| < \delta$, $x_1 = x$, $x_k = \frac{a+b}2$ y $k\le N$.

Con el triángulo de la desigualdad, $$|f(x)|\le \left|f\left(\frac{a+b}2\right)\right| + \left|f\left(\frac{a+b}2 \right)- f(x) \right| \le \left|f\left(\frac{a+b}2\right)\right| + \sum_{m=1}^{k-1} \left| f\left(x_{m+1}\right)- f(x_m) \right| \\ \le \left|f\left(\frac{a+b}2\right)\right| + k \le \left|f\left(\frac{a+b}2\right)\right| + N$$ que es un universal obligado.