Desde $f$ es continua en $(a,b)$ acotado y creciente, hay una única extensión continua de $f$ a $[a,b]$ . Esto funciona porque ambos límites $f(b) := \lim_{x\to b-}$ y $f(a) = \lim_{x\to a+}$ y se garantiza su existencia ya que toda secuencia acotada y creciente (respectivamente acotada y decreciente) converge. Para demostrarlo, basta con observar que para una sucesión creciente y acotada, toda $x_m$ con $m > n$ tienen que estar dentro de $[x_n,M]$ donde $M=\sup_n x_n$ es el límite superior. A esto hay que añadir el hecho de que, por la propia definición de $\sup$ Hay $x_n$ arbitrariamente cerca de $M$ .
Entonces puedes utilizar el hecho de que la continuidad en un conjunto compacto implica la continuidad uniforme, y ya está. Este teorema, por cierto, tampoco es difícil de demostrar (y la demostración muestra lo poderosa que puede ser la propiedad de compacidad). La prueba es así:
En primer lugar, recuerde el si $f$ es continua, entonces la preimagen de un conjunto abierto, y en particular de un intervalo abierto, es abierta. Así, para $x \in [a,b]$ todos los conjuntos $$ C_x := f^{-1}\left(\left(f(x)-\frac{\epsilon}{2},f(x)+\frac{\epsilon}{2}\right)\right) $$ están abiertos. La propiedad crucial de estos $C_x$ es que para todos $y \in C_x$ tienes $|f(y)-f(x)| < \frac{\epsilon}{2}$ y por lo tanto $$ |f(u) - f(v)| = |(f(u) - f(x)) - (f(v)-f(x))| \leq \underbrace{|f(u)-f(x)|}_{<\frac{\epsilon}{2}} + \underbrace{|f(v)-f(x)|}_{<\frac{\epsilon}{2}} < \epsilon \text{ for all } u,v \in C_x $$ Ahora recordemos que un conjunto abierto contiene un intervalo abierto alrededor de cada uno de sus puntos. Cada $B_x$ contiene, por tanto, un intervalo abierto en torno a $x$ y se puede suponer que es simétrica en torno a $x$ (sólo hazlo más pequeño si no lo es). Así, hay $$ \delta_x > 0 \textrm{ such that } B_x := (x-\frac{\delta_x}{2},x+\frac{\delta_x}{2}) \subset (x-\delta_x,x+\delta_x) \subset C_x $$ Obsérvese cómo hemos hecho $B_x$ artificialmente más pequeño de lo que parece necesario, eso simplificará la última etapa de la prueba. Dado que $B_x$ contiene $x$ El $B_x$ forman una cubierta abierta de $[a,b]$ es decir $$ \bigcup_{x\in[a,b]} B_x \supset [a,b] \text{.} $$ Ahora invocamos la compacidad. Contempla. Como $[a,b]$ es compacto, cada cobertura con conjuntos abiertos contiene un finito cubierta. Por lo tanto, podemos elegir finamente muchos $x_i \in [a,b]$ de manera que todavía tenemos $$ \bigcup_{1\leq i \leq n} B_{x_i} \supset [a,b] \text{.} $$ Ya casi lo tenemos, sólo faltan algunas aplicaciones de la desigualdad del triángulo. Como sólo estamos tratando con un número finito de $x_i$ ahora, podemos encontrar el mínimo de todos sus $\delta_{x_i}$ . Como en la definición del $B_x$ nos dejamos un poco de espacio para maniobrar más tarde, y de hecho fijamos $$ \delta := \min_{1\leq i \leq n} \frac{\delta_{x_i}}{2} \text{.} $$
Ahora elija una opción arbitraria $u,v \in [a,b]$ con $|u-v| < \delta$ . Desde nuestra $B_{x_1},\ldots,B_{x_n}$ forman una cubierta de $[a,b]$ Hay una $i \in {1,\ldots,n}$ con $u \in B_{x_i}$ y por lo tanto $|u-x_i| < \frac{\delta_{x_i}}{2}$ . Habiendo sido conservador en la definición de $B_x$ y $\delta$ vale la pena, ya que obtenemos $$ |v-x_i| = |v-((x_i-u)+u)| = |(v-u)-(x_i-u)| < \underbrace{|u-v|}_{<\delta\leq\frac{\delta_{x_i}}{2}} + \underbrace{|x_i-u|}_{<\frac{\delta_{x_i}}{2}} < \delta_{x_i} \text{.} $$ Esto no implica $y \in B_{x_i}$ (la distancia tendría que ser $\frac{\delta_{x_i}}{2}$ para eso), pero es hace implica $y \in C_{x_i}$ !. Por lo tanto, tenemos $x \in B_{x_i} \subset C_{x_i}$ y $y \in C_{x_i}$ y por definición de $C_x$ (véase el comentario sobre la propiedad crucial de $C_x$ arriba) así $$ |f(x)-f(y)| < \epsilon \text{.} $$
