Delta en la continuidad

Question

Deje $f: [a,b]\to\mathbb{R}$ ser continua, demostrar que es uniforme continua.

Sé que el uso de la compacidad es casi un forro, pero quiero probarlo sin el uso de compacidad. Sin embargo, puedo usar el teorema de que cada función continua logra max y min en una cerrada delimitada intervalo.

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Me propongo demostrar que algunas de las opciones de $\delta$ puede ser continua en $[a,b]$, por ejemplo, pero no limitado a:

Para una arbitraria $\epsilon>0$, para cada una de las $x\in[a,b]$$\Delta_x=\{0<\delta<b-a \;|\;|x-y|<\delta\Longrightarrow |f(x)-f(y)| <\epsilon\}$, denotan $\delta_x = \sup \Delta_x $.

Básicamente $\delta_x$ es la radio de mayor barrio de $x$, que se debe asignar a un subconjunto de barrio de radio epsilon de $f(x)$. Estoy tratando de mostrar que $\delta_x$ es continua en a $[a,b]$ fijos $\epsilon$. Mi progreso es que puedo mostrar a $\delta_y$ está delimitado por debajo de si $y$ es lo suficientemente cerca como para $x$, pero no pudo encontrar su límite superior que está relacionada con su distancia con $x$.

Tal vez usted me podría ayudar con esto $\delta_x$ prueba, u otro limpiador de prueba sin compacidad (pero permitió a max y min). Muchas gracias.

Answer 1

Desde $f$ es continua, uno de los puntos finales de la $\delta_x$ barrio es un valor de $z$ tal que $f(z) = f(x) \pm \epsilon$. De lo contrario, se podría extender el barrio y todavía estar dentro de$\epsilon$$f(x)$.

De manera similar a su argumento en el comentario, para $m \ge 1$, la radio de mayor barrio de $x$, que se debe asignar a un subconjunto de barrio radius $m \epsilon$ es $$\delta_x (1 + \alpha(m))$$ for some finite $\alfa(m) > 0$, where $\alpha(m) \rightarrow 0$ as $m \rightarrow 1$. So either $$f(x + \delta_x(1 + \alpha)) = f(x) \pm m \epsilon$$ or $$f(x - \delta_x(1 + \alpha)) = f(x) \pm m \epsilon.$$

Pick $y$ lo suficientemente cerca de a $x$ que $|f(y)-f(x)| < (m-1)\epsilon$$0 < |y - x| < \alpha\ \delta_x$. Entonces el intervalo de $I = [y - \delta_x(1 + 2\alpha), y + \delta_x(1 + 2\alpha)]$ contiene $x + \delta_x(1 + \alpha)$$x - \delta_x(1 - \alpha)$, y por lo $f(I)$ contiene un punto que es$m \epsilon$$f(x)$, y así es más que $\epsilon$$f(y)$. Por lo $$\delta_y < \delta_x(1 + 2\alpha).$$

Como $m \rightarrow 1, \alpha \rightarrow 0$$y \rightarrow x$, lo $\delta_y \rightarrow \delta_x$.

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Edit: para mostrar que $\lim_{m \rightarrow 1} \alpha(m) = 0$ como se plantea en el comentario.

Al menos uno de los puntos finales de la $\delta_x$ barrio es un punto de $z$ tal que $f(z) = f(x) \pm \epsilon$ $|f - f(x)|$ estrictamente aumentos para algunos intervalo distinto de cero fuera de la vecindad. Para mayor comodidad, supongamos que el punto final es el derecho de punto final $x + \delta_x$. Luego de algunos $\delta > 0$, por la continuidad de $f$, \begin{align}\forall w \in (x + \delta_x, x + \delta_x + \delta], \\ |f(w) - f(x)| > \epsilon \\ \mbox{and }w_1 > w_2 \Rightarrow |f(w_1)-f(x)| > |f(w_2) - f(x)|.\end{align}

Por simplicidad, supongamos que sólo el derecho de punto final de la $\delta_x$ intervalo de picaduras, y deje $\delta$ ser lo suficientemente pequeño para que $\forall w \in [x - \delta_x - \delta, x - \delta_x], |f(w) - f(x)| \le \epsilon$. A continuación, para $w \in [x + \delta_x, x + \delta_x + \delta]$, $w$ únicamente define la frontera de la $\delta_x(1 + \alpha(m))$ barrio de $x$ donde \begin{align} m = \frac{f(w) - f(x)}{\epsilon} \\ \mbox{and }w - x = \delta_x(1 + \alpha(m)) \\ \Rightarrow \alpha(m) = \frac{w - x}{\delta_x} -1. \end{align}

Desde $m$ $\alpha(m)$ son funciones continuas de $w$, $\alpha(m)$ es una función continua de $m$ es decir, dado $\eta > 0$ usted puede elegir lo suficientemente pequeño como $w \in [x + \delta_x, x + \delta_x + \delta]$ tal que para todos los $v \in [x + \delta_x, w), $

\begin{align} 1 < m(v) < \frac{f(w) - f(x)}{\epsilon} \\ \mbox{and } 0 < \alpha(m(v)) < \frac{w - x}{\delta_x} -1 < \eta\\ \Rightarrow \lim_{ m\rightarrow 1} \alpha(m) = 0.\end{align}

Answer 2

Supongamos que un $\epsilon>0$ dado y poner $$\rho(x):=\sup\bigl\{\delta\in\ ]0,1]\ \bigm|\ y, \>y'\in U_\delta(x)\ \Rightarrow\ |f(y')-f(y)|<\epsilon\bigr\}\ .$$ Por la continuidad de $f$ la función de $x\to\rho(x)$ es estrictamente positiva y $\leq1$$[a,b]$.

Lema. La función de $\rho$ $1$- Lipschitz continua, es decir, $$|\rho(x')-\rho(x)|\leq |x'-x|\qquad \bigl(x,\ x'\in[a,b]\bigr)\ .$$

Prueba. Asumir la afirmación es incorrecta. Entonces hay dos puntos $x_1$, $\>x_2\in[a,b]$ con $$\rho(x_2)-\rho(x_1)>|x_2-x_1|\ .$$ De ello se desprende que hay un $\delta$$\rho(x_1)<\delta<\rho(x_2)-|x_2-x_1|$. Por definición de $\rho(x_1)$ podemos encontrar dos puntos $y$, $\> y'\in U_\delta(x_1)$ tal que $|f(y')-f(y)|\geq\epsilon$. Ahora $$|y-x_2|\leq |y -x_1|+|x_1-x_2|<\delta +|x_2-x_1| =:\delta'<\rho(x_2)\ .$$ Del mismo modo $|y'-x_2|<\delta'$. De ello se sigue que $y$, $\>y'$ estaría en contradicción con la definición de $\rho(x_2)$.$\qquad\quad\square$

La función de $\rho$, por lo que tarda un positivo valor mínimo $\rho_*$$[a,b]$. El número de $\delta_*:={\rho_*\over2}>0$ es un universal $\delta$ $f$ y el $\epsilon$$[a,b]$.