Para cada una de las $y \in \mathbb{R}$ no $x$ $f(x) = y$ o de dos valores de $x$. Mostrar que $f$ es discontinuo.

Question

Esto es de Apostol del Análisis Matemático.

Deje $f$ ser una función definida en $[0, 1]$ tal que para cada número real $y$ no hay ningún valor de $x \in [0, 1]$ tal que $f(x) = y$ o hay exactamente dos valores de $x$. Demostrar que

a) $f$ debe ser discontinua en $[0, 1]$.

b) $f$ tiene un número infinito de discontinuidades en $[0, 1]$.

Tiempo atrás yo había tratado de resolver el problema. Yo motivada por una) como sigue:

Supongamos que $f$ es continua y deje $m, M$ ser sus valores mínimo y máximo en $[0, 1]$. Claramente si $m = M$ $f$ es constante y clara para cada $x \in [0, 1]$ tenemos $f(x) = m = M$, lo que contradice una determinada propiedad de $f$. Así que debemos tener $m < M$. Es evidente que hay ahora cuatro puntos distintos $a, b, c, d$ $[0, 1]$ tal que $f(a) = f(b) = m, f(c) = f(d) = M$. Mediante la comprobación de posibles lineal órdenes de $a, b, c, d$ me podría encontrar un encontrar un valor de $y \in (m, M)$ para las que no existen más de 2 valores de $x$ tal que $f(x) = y$. Sin embargo este enfoque se ve muy torpe y me imagino que mucho más simple y más fácil la prueba de que es posible.

La parte b) parecía poco complejo y sólo mi suposición era que, probablemente, $f$ fue discontinua en cada subinterval de $[0, 1]$ pero no he podido probar esta afirmación (puede ser la reclamación está mal!). Tal vez hay una solución más simple a esta parte del problema.

Apostol también pide que dé un ejemplo de una función de este tipo.

Consejos sobre el problema general que será apreciado.

---

Actualización: Después de mirar Marc respuesta, creo que he encontrado una manera de mostrar que hay infinitamente muchas discontinuidades. Antes, la solución era una parte de la pregunta en sí misma, pero hizo la pregunta con un aspecto bastante larga por lo que la trasladaron a una respuesta.

Answer 1

Primero observar que una función $f$ que es continua en un intervalo abierto $I$ y no tiene extremos locales en $I$ (puntos donde el valor es el mínimo o máximo de los valores en un barrio debe ser estrictamente monótona (creciente o decreciente) en $I$. Para mostrar esto suponga para $a<b<c$ que $f(b)$ no está entre los $f(a)$ $f(c)$ y el mínimo o máximo de $f$ $[a,c]$ será un local del extremo.

Siguiente, una función continua en un intervalo abierto $I$ que nunca toma el mismo valor en más de dos veces (y en particular, no pueden ser localmente constante en cualquier lugar) no puede tener dos extremos locales de la misma naturaleza (tanto mínimo o máximo). De nuevo un fácil contradicción se obtiene después de asumir, por ejemplo, que $a<c$ son mínimos locales con $f(a)\leq f(c)$ decir, $b\in(a,c)$ a un máximo de $f$$[a,c]$, e $d>c$ un punto de $I$$f(c)<f(d)<f(b)$; a continuación, $f$ también toma el valor de $f(d)$ en cada una de las $(a,b)$$(b,c)$.

Esto ya permite probar el punto a) se derivan de las contradicciones de cada uno de los casos de una función continua de tener cero, uno o dos extremos locales en $(0,1)$.

Ahora, considere el caso de una función de$~f$ con un número finito de discontinuidades. Cortando el intervalo en cada discontinuidad y en cada uno de los extremos locales de$~f$ (que son finitos en número por los argumentos anteriores), la dividimos $[0,1]$ a $n$ abierto intervalos de $I_i$ en cada uno de los cuales $f$ es continua y estrictamente monótona, y $n+1$ puntos aislados. La imagen de cada una de las $I_i$ es un intervalo abierto; podemos definir un multigraph en el conjunto de los extremos de todas las $f(I_i)$, con un borde de $\inf(f(I_i))$ $\sup(f(I_i))$por cada$~i$. Debido a la propiedad requerida para$~f$, la consideración de locales de la clausura $J$ $f(\bigcup_iI_i)$ cerca de cualquier vértice muestra que sólo cuatro tipos de vértices son posibles: si el vértice está en el límite de$~J$ a continuación, tiene dos que entra o dos bordes salientes, de lo contrario (que el vértice está en el interior de$~J$) cualquiera de los dos que entra y dos bordes salientes, o uno de entrada y uno saliente del borde. El último caso es el único en el que el vértice está en (el interior de) $f(I_i)$ algunos$~i$, y será así por exactamente un$~i$; deje $V_1$ el conjunto de estos vértices.

Nuestra contradicción proviene de una paridad de condiciones, es decir, que $|V_1|\equiv n\pmod2$. Esta congruencia se obtiene contando los extremos de la $n$ bordes de nuestra multigraph modulo$~2$: los vértices de $V_1$ contribuyen $1$ esta cuenta y todos los otros vértices contribuir $0$. Ahora los valores de $f$ $n+1$ puntos aislados debe ser tal que cada vértice de $V_1$ es exactamente una vez, y cualquier otro valor que se usa (que debe estar fuera de $f(\bigcup_iI_i)$) debe ser exactamente el doble. Pero la paridad demuestra que esto no es posible.

Answer 2

a) Supongamos que al contrario que $f$ es continua. El valor máximo $M$ $f$ $[0,1]$ es tomado dos veces, decir a $a$ $b$ donde $a\lt b$.

Supongamos que $0\lt a\lt b\lt 1$. Deje $m_1$ es el mínimo de $f$ en el intervalo de $(a,b)$, y deje $c$ ser un punto en $(a,b)$ donde este mínimo es alcanzado. Deje $\epsilon=\min(M-f(0), M-m_1, M-f(1))$.

Considerar el número de $M-\frac{\epsilon}{2}$. Por el Teorema del Valor Intermedio, existe un $x_1$ en el intervalo de $(0, a)$, e $x_2$ en el intervalo de $(a,c)$, e $x_3$ en el intervalo de $(c,b)$, y un $x_4$ en el intervalo de $(c,1)$ tal que $f(x_i)=M-\frac{\epsilon}{2}$$i=1,2,3,4$. Esto contradice nuestra suposición de que cada valor es tomado en exactamente dos veces.

Una muy similar argumento se puede dar si $a=0$$b\ne 0$, y también si $a\ne 0$$b=1$. La única diferencia es que nos encontramos con los valores que se toman en, al menos, $3$ veces.

Supongamos ahora que $a=0$$b=1$. Luego hay $a,b$ $0\lt a\lt b\lt 1$ a que $f$ alcanza un mínimo. Ahora podemos utilizar esencialmente el mismo método como el que se utiliza cuando se alcanza el máximo en los puntos estrictamente entre el$0$$1$.

Answer 3

Esta es una solución para la parte b) de la pregunta y es, en parte inspirado por la respuesta de Marc y de discusión con él.

---

Emparejamiento de Discontinuidades y de Extremos: supongamos por el contrario que hay un número finito de discontinuidades $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$. Entonces por la propiedad dada de $f$ (que toma cada valor de dos veces) tenemos los números de $y_{i}$ tal que $f(x_{i}) = f(y_{i})$. Consideremos conjunto $$A = \{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}, y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$$ On the face of it there seem to be $2n$ elements in this set $$. However it may happen that we have $f(x_{i}) = f(x_{j})$. In this case we will have $y_{i} = x_{j}, y_{j} = x_{i}$. Thus there will be $2$ duplicates which will be ignored during counting members in $Un$. Effectively this means that $Un$ has even number of distinct points. It may happen that one or both of the points $0, 1$ are not in $Un$. Let's find points $a, b$ such that $f(a) = f(0)$, $f(b) = f(1)$. It can also happen that $a, b$ turn out to be $0, 1$. Add these points $0, 1, a, b$ also in $Un$. Now the set $$A = \{0, 1, a, b, x_{1}, \ldots, x_{n}, y_{1}, \ldots, y_{n}\}$$ has an even number of distinct points. Removing them from $[0, 1]$ will partition the interval into odd number of open subintervals such that $f$ es continua en cada uno de estos subintervalos abiertos.

Emparejamiento de Extremos Locales: Siguiente por la naturaleza de la función $f$ (cada valor que toma dos veces) número de extremos locales en cada uno de estos intervalos abiertos es finito (cada sub-intervalo de continuidad de $f$ puede tener "un máximo local", o "un local mimimum" o "un máximo local y un mínimo local"). Deja que estos puntos de extremos locales se $c_{1}, c_{2}, \ldots c_{k}$. Tenga en cuenta que ninguno de estos puntos son en conjunto $A$, y para cada $x \in A$ tenemos un $y \in A$ tal que $f(x) = f(y)$. Por lo tanto los puntos correspondientes a $d_{i}$ $f(c_{i}) = f(d_{i})$ no están de $A$. Tenga en cuenta que el $d_{i}$ puede o no puede ser extremos locales de $f$. Y como en el caso de $x$'s y $y$'s si tomamos $c$'s y $d's$ juntos para formar conjunto $$B = \{c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{k}, d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{k}\}$$ the set $B$ will have even number of distinct elements. Let $S = A \cup B$ and since $A \cap B = \emptyset$, it follows that the set $S$ will also have even number of distinct points. And to emphasize $S$ has another property like $$ or $B$ namely that for each $x \in S$ we have a $s \in S$ with $f(x) = f(y)$.

Paso Final: la Eliminación de los puntos de $S$ de intervalo de $[0, 1]$ generará un extraño número de distinto abrir sub-intervalos y $f$ será continua y monótona en cada uno de estos subintervalos abiertos. Claramente la imagen de $f$ en estos subintervalos también será un intervalo abierto (a decir $I_{r}$). Debido a $f$ toma cada valor de dos veces cada una de las imágenes de $I_{r}$ será emparejado con otro $I_{s}$ ( $I_{r} = I_{s}$ ). Pero dado que el número de intervalos es impar, el emparejamiento no es posible y tenemos una contradicción.

Answer 4

No sé cómo demostrar a la parte b), pero me parece un ejemplo de este tipo de función.

Deje $A=\{\frac{1}{2}+\frac{1}{2n} : n\in\Bbb Z-\{0\}\}\cup \{\frac{1}{2}\}$ $A=A_1\cup A_2$ ser una partición de $A$. Enumerar $A_1=\{b_n:n\in\Bbb{N}\}$$A_2=\{c_n:n\in\Bbb N\}$. Definir $f$ tal que

$$ f(x)=\begin{cases} n+1 & \text{if %#%#% or %#%#%}\\ x(1-x) & \text{otherwise} \end{casos}. $$