Problema difícil del teorema del valor intermedio - dos raíces

Question

Llevo horas atascado en este problema de Análisis Real y no tengo ni idea. Estoy seguro de que es alguna aplicación del Teorema del Valor Intermedio

supongamos que $\ f: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ es continua en todos los puntos. Demostrar que la ecuación $ \ f(x) = c $ no puede tener exactamente dos soluciones para cada valor de $\ c. $

Agradecería ayuda

Gracias

Answer 1

Si cada valor de $f$ ocurre exactamente una vez, no hay nada que probar.

En caso contrario, que $c$ sea tal que $f(a)=f(b)=c$ para $a<b$ .

Si $f$ es constante en $[a,b]$ entonces hemos terminado, porque $c$ se alcanza al menos 3 veces.

Por lo demás, $f$ alcanza su máximo $M$ en un punto interior $u$ en $[a,b]$ . El valor $M$ es entonces un máximo local. (Esto falla si $M=c$ pero en este caso toma el mínimo en su lugar).

Si $f$ no alcanza el valor $M$ en otro punto de $\mathbb R$ entonces hemos terminado.

En caso contrario, que $v\ne u$ sea tal que $f(v)=M$ ( $v$ no está necesariamente en $[a,b]$ ).

Para lo suficientemente pequeño $\epsilon>0$ el valor $M-\varepsilon$ se alcanza entonces al menos 3 veces: dos veces cerca de $u$ y al menos una vez cerca de $v$ .

Answer 2

Sea $c$ sea un valor cualquiera, y que $x < x'$ son los dos valores que satisfacen $f(x) = f(x') = c$ . Ahora el punto medio $y = .5(x + x')$ satisface $f(y) > c$ o $f(y) < c$ . Supongamos el primer caso, el otro se tratará de forma similar. Sea $d := f(y) > c$ .

Tenga en cuenta que cada valor de salida $\alpha$ en la gama $(c, d)$ se consigue mediante $f$ en el intervalo $(x, y)$ y de nuevo en el intervalo $(y, x')$ ; esto se cumple por dos aplicaciones del Teorema del Valor Intermedio. Por tanto, todos los valores de salida $\alpha$ se alcanzan dos veces por $f$ en el intervalo $I := [x, x']$ y, por nuestra suposición original sobre $f$ no pueden alcanzarse en ninguna parte fuera de ese intervalo. Por otra aplicación de la IVT, esto significa que $f \leq c$ fuera de $I$ .

Pero por un resultado demostrado en análisis de primer curso, la función continua $f$ debe estar acotado en el intervalo $I$ ya que ese intervalo es cerrado. Combinando esto con lo anterior, encontramos que hay alguna $C$ tal que $f(z) \leq C$ para todos entradas $z \in \mathbb{R}$ . Entonces $f^{-1}(C + 1) = \emptyset$ . Pero esto es una contradicción con nuestra hipótesis inicial sobre $f$ .

Answer 3

Sea $c_1$ tal que, $f(x_1)=f(x_2)=c_1$ . Toma $y_1 = \frac{x_1+x_2}{2}$ y $c_2 = \frac{f(y_1) + c_1}{2}$ . A continuación, utilizando el teorema intermedio, se puede encontrar $x_3$ y $x_4$ tal que $f(x_3)=f(x_4)=c_2$ con $x_3$ estrictamente entre $x_1$ y $y_1$ y $x_4$ estrictamente entre $y_1$ y $x_2$ .

De esta forma se crea una secuencia de $x_n$ , $x_{n+1}$ que se acercan cada vez más entre sí.

Entonces, si la secuencia de $f(x_n)$ converge, entonces está acotada (Bolzano Weierstrass), entonces hay una $c$ que es menor que el límite que contradice $f(x)=c$ tiene una solución para cada $c$ .

Si la secuencia de $f(x_n)$ no converge, entonces va a infinito lo que contradice la continuidad de la función.

Answer 4

Supongamos por el contrario que una función continua $f$ alcanza cada valor exactamente dos veces.

La función $f$ tiene exactamente dos ceros. Digamos que están situados en $a$ y $b$ con $a < b$ .

Desde $f$ es continua en $[a,b]$ y no idénticamente cero debe alcanzar un valor distinto de cero. Supongamos sin pérdida de generalidad que $f$ alcanza un valor positivo en $[a,b]$ . Entonces $f$ debe alcanzar un valor positivo máximo en $[a,b]$ en algún momento $c \in (a,b)$ .

Desde $f$ alcanza cada valor real exactamente dos veces hay un punto $d \in \mathbb R$ con $f(d) = 2 f(c)$ . Por cierto $c$ fue seleccionado debemos tener $d \notin [a,b]$ .

Los puntos $a,b,c,d$ están dispuestos en uno de los órdenes $$d < a < c < b \quad \text{or} \quad a < c < b < d$$ y en estos casos los valores de función correspondientes son $$2f(c), 0, f(c), 0 \quad \text{or} \quad 0, f(c), 0, 2f(c).$$

El teorema del valor intermedio nos dice que la función $f$ debe alcanzar el valor $\dfrac{f(c)}{2}$ al menos tres veces, contrariamente a la hipótesis. Por tanto, no existe tal función.

Answer 5

Supongamos que $f$ es continua en $\mathbb{R}$ y toma cada valor de su codominio exactamente dos veces. Supongamos también $f(a)=f(b)$ donde $a<x<y<b$ . Por IVT $$f(x)<f(a)<f(y)\Rightarrow\exists c\in(x,y):f(c)=f(a)\\ f(y)<f(a)<f(x)\Rightarrow\exists c\in(x,y):f(c)=f(a)$$ Así que en ambos casos $f(z)=f(a)$ tiene al menos $3$ soluciones para $z$ a saber $a,b,c$ . En $x,y$ se eligieron arbitrariamente en $(a,b)$ así que $f$ debe cumplir exactamente una de las siguientes opciones $$f(x)<f(a)\forall x\in(a,b)\\f(x)>f(a)\forall x\in(a,b)$$ En el caso de la primera opción elija cualquiera $t<a,r>b$ y $x\in(a,b)$ . Por IVT $$f(t)<f(x)<f(a)\Rightarrow\exists c\in(t,a):f(c)=f(x)\\ f(r)<f(x)<f(a)=f(b)\Rightarrow\exists k\in(b,r):f(k)=f(x)$$ Así que si podemos encontrar $t<a,r>b:f(t),f(r)<f(x)$ , $f(z)=f(x)$ tiene al menos $3$ soluciones. Así que $f$ sólo satisface una de las siguientes opciones: $$f(t)<f(x)<f(r)\;\forall\;t<a,r>b\\ f(x)<f(t),f(r)\;\forall\;t<a,r>b\\ f(x)=f(t_1)\text{ where }t_1<a\text{ and }f(x)<f(t),f(r)\;\forall\;t_1\neq t<a,r>b\\ f(x)=f(r_1)\text{ where }r_1>b\text{ and }f(x)<f(t),f(r)\;\forall\;t<a,r_1\neq r>b$$ La primera opción nos da $$\lim_{t\to a-}f(t)\le f(x)\le \lim_{r\to b+}f(r)\\ \Rightarrow f(a)\le f(x)\le f(b)=f(a)\Rightarrow f(x)=f(a)$$ Lo que contradice $f(x)<f(a)$ . Para el $2$ y elección, $f$ debe admitir su mínimo global en $(a,b)$ . Sea $m=f(c)$ sea este mínimo. Debe haber $c\neq c'\in(a,b):f(c')=m$ como $f$ admite $m$ dos veces. WLOG asumir $c<c'$ . $$f(a)>f\left({c+c'\over2}\right)>f(c)\Rightarrow\exists d\in(a,c):f(d)=f\left({c+c'\over2}\right)\\ f(a)=f(b)>f\left({c+c'\over2}\right)>f(c')=f(c)\Rightarrow\exists d'\in(c',b):f(d')=f\left({c+c'\over2}\right)\\$$ Así que $f(z)=f\left({c+c'\over2}\right)$ tiene al menos $3$ soluciones a saber $d,{c+c'\over2},d'$ . Para el $3$ rd elección tenemos al menos $3$ soluciones para $f(z)={f(t_1)+f(a)\over 2}={f(x)+f(a)\over 2}={f(x)+f(b)\over 2}$ uno dentro $(t_1,a)$ uno dentro $(a,x)$ y uno dentro $(x,b)$ . Del mismo modo, la elección $4$ daría lugar al menos a $3$ soluciones para ${f(x)+f(a)\over 2}$ .