Supongamos que $ f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ ser continua. Para cualquier intervalo $[a,b]$ existe $x_0\in (a,b)$ de forma que $f(x_0)=\max\limits_{a\le x \le b} f(x)$ o $f(x_0)=\min\limits_{a\le x \le b} f(x)$ . Prueba $f(x)$ es constante.
Podemos considerar solicitar Reductio ad Absurdum . Supongamos que $f(x)$ no es constante, entonces existe $\alpha<\beta$ tal que $f(\alpha)\neq f(\beta).$ Pero, ¿cómo reducir la contradicción?
Sea $ I = [a, b] $ sea cualquier intervalo cerrado y supongamos, sin pérdida de generalidad, que $ f $ alcanza su valor máximo $ M $ en el interior; el caso en el que en cambio alcanza su valor mínimo es similar. Supongamos que $ f(a) < f(b) $ sin pérdida de generalidad, obtendré una contradicción a partir de esta suposición.
Desde $ f $ es continua, $ [a, b] \cap f^{-1}(\{ M \}) $ es un conjunto cerrado y acotado, por lo que tiene valores mínimo y máximo $ x_{\textrm{min}}, \, x_{\textrm{max}} $ . Si $ x_{\textrm{min}} = a $ entonces $ f(a) = M $ y esto contradice $ f(a) < f(b) $ por lo que podemos suponer $ x_{\textrm{min}} > a $ .
Ahora bien, puesto que $ x_{\textrm{min}} $ es el mínimo valor para el que $ f $ alcanza su valor máximo $ M $ no puede alcanzar el valor $ M $ en cualquier punto del intervalo $ (a, x_{\textrm{min}}) $ . Por lo tanto, debe alcanzar su valor mínimo $ m $ en el intervalo $ [a, x_{\textrm{min}}] $ en algún lugar del interior. De forma similar a la anterior, tomar el valor máximo tal que $ f $ alcanza su mínimo $ m $ allí, llámalo $ y_{\textrm{max}} $ . Si $ y_{\textrm{max}} = x_{\textrm{min}} $ entonces $ m = M $ y por lo tanto $ f(a) = m = M $ una vez más, lo que produce la misma contradicción que antes con $ f(a) < f(b) $ . Por lo tanto, debemos tener $ y_{\textrm{max}} < x_{\textrm{min}} $ en cuyo caso $ f $ no alcanza ni su máximo ni su mínimo en $ [y_{\textrm{max}}, x_{\textrm{min}}] $ en el interior, dando lugar a una contradicción.
Concluimos que $ f(a) < f(b) $ es imposible, y del mismo modo podemos demostrar que $ f(a) > f(b) $ es imposible, por lo que debemos tener $ f(a) = f(b) $ . Desde $ a, b $ fueran arbitrarias, se deduce que $ f $ es constante.
Supongamos que existe $a$ y $b$ tal que $f(a) \neq f(b)$ . Sea $y:=\max \{x \in [a,b] | f(x) =f(a)\}$ y $z:=\min \{x\in [y,b]| f(x)=f(b)\}$ entonces $y<z$ .
Tenga en cuenta que si $x \in (y,z)$ entonces $f(x) \neq f(a) \neq f(b)$ .
Pero $f$ alcanza un valor extremo en $(y,z)$ WLOG asume que es el mínimo. Entonces existe un $d$ tal que $f(d)\leq\min \{f(a),f(b)\}<\max \{f(a),f(b)\}$ por lo que por la IVT existe un $c\in (y,z)$ tal que $f(c)=\min \{f(a),f(b)\}$ una contradicción.
Supongamos que $f$ es continua y no constante, entonces por las condiciones dadas, para cada $(a,b)$ existe un conjunto no vacío $\mathfrak M_{(a,b)}=\{M_1,M_2, ... \}$ tal que $a<M_1<M_2<...<b$ con $$f(M_k)=M=\max_{x\in [a,b]} f(x)$$
En otras palabras, $f$ alcanza su máximo dentro del conjunto $(a,b)$ exactamente $\#\mathfrak M_{(a,b)}$ veces (que pueden ser infinitas) y en cada punto dentro de ese conjunto.
A continuación, observamos que $x\in[a,M_1)\implies f(x)<f(M_1)$ ya que suponemos que $M_1$ era el punto más pequeño dentro del conjunto donde $f$ alcanza su máximo en el conjunto. Esto implica directamente que $$\max_{x\in[a,M_1]}f(x)=f(M_1)$$ pero $M_1\notin(a,M_1)$ que viola la condición de que su máximo se alcanza en el interior del conjunto.
Argumentando de forma similar para el mínimo, podemos declarar $\mathfrak m_{(a,b)}=(m_1, m_2,...)$ el conjunto de mínimos en $(a,b)$ con $a<m_1<m_2<...<b$ y $$f(m_k)=m=\min_{x\in[a,b]} f(x)$$
Otra vez: $$x\in[a,m_1)\implies f(x)>f(m_1)\implies \min_{x\in[a,m_1]}f(x)=f(m_1)$$ con $m_1\notin (a,m_1)$ violando la misma condición.
Sin embargo, tenemos que $m_1<M_1$ o $m_1>M_1$ . Supongamos que $m_1<M_1$ entonces es no garantizado que $f(y)=\max_{x\in[a,m_1]}f(x)\implies y\notin(a,m_1)$ que satisfaría la condición de ese rango. Podemos argumentar de forma similar para $m_1>M_1$ .
Por lo tanto, debemos combinar los dos: notar en el caso de $m_1<M_1$ que $$x\in(m_1, M_1)\implies m_1<f(x)<M_1\implies\min_{x\in[m_1,M_1]}f(x)=f(m_1), \max_{x\in[m_1,M_1]} f(x)=f(M_1)$$ ninguno de los cuales está en el conjunto $(m_1,M_1)$ . y argumentando de forma similar para $m_1>M_1$
Supongamos que $f(\alpha)<f(\beta)$ por contradicción.
Sea $A:=\{x:f(x)\le f(\alpha), x\le \beta\}$ . No es vacío porque $\alpha\in A$ y limitada por encima por $\beta$ por lo que tiene un supremum $y=\sup A$ . Por continuidad, $f(y)\le f(\alpha)$ .
Del mismo modo, considere $B:=\{x:f(x)\ge f(\beta), y\le x\}$ . También es no vacío y está limitado por debajo por $y$ por lo que tiene un mínimo $z=\inf B$ . Otra vez, $f(z)\ge f(\beta)$
Consideremos ahora el intervalo $[y,z]$ que tiene un punto $w$ que sea un máximo o un mínimo dentro del intervalo $(y,z)$ . Esto sería una contradicción ya que $w\in A$ o $w\in B$ . Por lo tanto $y=z$ . Pero esto entonces contradice que $f$ es continua.
No estoy seguro de mi enfoque, esto es muy equivalente a @Ege Erdil respuesta. Consideremos el intervalo $[\alpha, \alpha + \epsilon]$ y supongamos $f$ no constante, de la manera $f(\alpha) < f(\alpha + \epsilon)$ .
Según la condición dada, $\exists x_0 \in (\alpha, \alpha + \epsilon) : f(x_0) = \max_{x \in [\alpha, \alpha + \epsilon]} f(x) \vee f(x_0) = \min_{x \in [\alpha, \alpha + \epsilon]} f(x)$ .
En $f$ es continua, podemos tomar el límite de esta relación donde $\epsilon \to 0$ :
$$\lim_{\epsilon \to 0} \max_{x \in [\alpha, \alpha + \epsilon]} f(x) = f(\alpha + \epsilon)$$
$$\lim_{\epsilon \to 0} \min_{x \in [\alpha, \alpha + \epsilon]} f(x) = f(\alpha)$$
Vemos que $\alpha + \epsilon \not\in (\alpha, \alpha + \epsilon)$ y $\alpha \not\in (\alpha, \alpha + \epsilon)$ contradiciendo así la condición dada. El mismo razonamiento puede hacerse para $f(\alpha) > f(\alpha + \epsilon)$ . Viene que $f$ debe ser constante.
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