Inyectiva funciones con valores intermedios de la propiedad son continuas. Mejor prueba?

Question

Una función de $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ dice que es el intermedio-valor de la propiedad si por cualquier $a$,$b$ y $\lambda \in [f(a),f(b)]$ no es un porcentaje ($x \in [a,b]$tal que $f(x)=\lambda$

Una función de $f$ es inyectiva si $f(x)=f(y) \Rightarrow x=y$

Ahora es el caso de que cada inyectiva función con el intermedio-valor de la propiedad es continua. Puedo demostrar esto mediante los siguientes pasos:

1. Una función inyectiva con el intermedio-valor de la propiedad debe ser monótona.
2. Una forma monotónica posee izquierda y la mano derecha de los límites en cada punto.
3. Una función con el intermedio-valor de la propiedad de la izquierda y la mano derecha de los límites en $x$, si es que existen, igual $f(x)$.

No estoy muy contento con esta prueba. Particularmente no me gusta tener que invocar el intermedio-valor de la propiedad dos veces.

Puede no ser una más corta o la más elegante de la prueba?

Answer 1

[Yo que pensaba que de otra prueba que utiliza el IVP y injectiveness una vez. Poniendo como una comunidad wiki respuesta.]

Supongamos por el contrario que $f$ no es continua en a $x$. A continuación, hay una secuencia $x_n$ convergentes a $x$ tal que $f(x_n)$ no converge a $f(x)$. Entonces no es $\epsilon>0$ y una larga $x_{n_k}$ tal que $f(x_{n_k}) \notin (f(x)-\epsilon,f(x)+\epsilon)$.

No debe ser más larga $x_{n_j}$ tal que $f(x_{n_j}) \leq f(x)-\epsilon$ o un subsequence $x_{n_q}$ tal que $f(x_{n_q}) \geq f(x)+\epsilon$ (o ambos). Suponer sin pérdida de generalidad que el primero.

Desde $f(x_{n_j}) \leq f(x)-\epsilon < f(x)$, por el IVP para cada $j$ no es un porcentaje ($y_j$tal que $x_{n_j}\leq y_j < x$$f(y_j)=f(x)-\epsilon$.

Debido a $f$ es inyectiva, todos los $y_j$ debe ser la misma, es decir $y$. Debido a $x_{n_j}$ converge a $x$, $y=x$ por el teorema del sandwich. Pero $f(y)\neq f(x)$. Por lo tanto, una contradicción.

Answer 2

Como nota, f es inyectiva y tiene el valor intermedio de la propiedad => f es monótona. Podemos suponer que f es creciente.

Ahora para cualquier x y cualquier pequeño* ε > 0, tenemos por el IVP

• c en [x-1, x] tal que f(c) = f(x)-ε y

• d en [x, x+1] tal que f(d)=f(x)+ε.

A continuación, elegimos δ=min(x-c,d-x). Puesto que f es creciente, de cualquier punto dentro de δ de x se asigna a un punto dentro de ε de f(x); por lo tanto f es continua.

*Por "pequeño" ε, me refiero a ε menor que el de f(x)-f(x-1) y f(x+1)-f(x), de manera que la condición de la urografía EXCRETORA es satisfecho.

Yo también invocar el IVP más de una vez. Tal vez la otra Jonas le suministro una prueba con un solo uso de la urografía EXCRETORA!

Answer 3

No sé si este es menor o elegante, y, en particular, se hace uso de la hipótesis de que más de una vez, pero aquí hay algo.

Dada su 1., asumir WLOG que $f$ es cada vez mayor. A continuación, para todos $a\lt b$, $f(a,b)\subseteq (f(a),f(b))$, y por lo tanto $(a,b)\subseteq f^{-1}(f(a),f(b))$. Puesto que cada elemento de a $(f(a),f(b))$ tiene una preimagen punto en $(a,b)$ $f$ es inyectiva, $f^{-1}(f(a),f(b))\subseteq (a,b)$. La combinación de, $f^{-1}(f(a),f(b))=(a,b)$. Te voy a mostrar que esto implica que la imagen inversa de cada intervalo es abierto, lo que implica la continuidad.

Deje $x\lt y$ y supongamos que $t$$f^{-1}(x,y)$. Deje $b>t$. Desde $f^{-1}(f(t),f(b))=(t,b)$$f(t)\lt y$, hay un $b'$$t\lt b' \lt b$$f(b')\lt y$. Por lo tanto $f^{-1}(f(t),f(b'))=(t,b')$ está contenido en $f^{-1}(x,y)$. La aplicación de un argumento similar en el otro lado, hay un $a'\lt t$ tal que $(a',t)$ está contenido en $f^{-1}(x,y)$. En conjunto, esto implica que $t$ está en el interior de $f^{-1}(x,y)$.