Demostrar que $\forall d > 0$ existe $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ tal que $x_1 - x_2 = d$ $f(x_1) = f(x_2)$

Question

Deje $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función continua con la propiedad de que $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ $\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)$ existen y son iguales. Demostrar que $\forall d > 0$ existe $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ tal que $x_1 - x_2 = d$$f(x_1) = f(x_2)$.

He aplicado teorema de Rolle en $\mathbb{R}$ desde $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)= \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)$. Así, hay $c \in \mathbb{R}$ tal que $f'(c) = 0$. Esto significa que nuestra función tiene un mínimo o un máximo. Ahora, desde los límites en $\infty$ $-\infty$ son iguales, podemos concluir que el $\forall d > 0$ existe $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ tal que $x_1 - x_2 = d$$f(x_1) = f(x_2)$.

Es esta una solución correcta? Si no, favor de ayudarme a encontrar una buena.

Gracias!

Answer 1

Desde $f$ no se asume diferenciable usted no puede utilizar el teorema de Rolle; pero el IVT está disponible, y hace el trabajo.

Después de la resta de un adecuado constante de $f$ (lo cual es irrelevante para el problema en la mano) podemos suponer que la $\lim_{x\to-\infty}f(x)= \lim_{x\to\infty}f(x)=0$, y que hay un $a\in{\mathbb R}$$f(a)>0$. El uso de un estándar argumento que, a continuación, se puede inferir que hay un $\xi\in{\mathbb R}$ $$f(x)\leq f(\xi)\qquad(-\infty<x<\infty)\ .$$ Dado un $d>0$ puesto $g(x):=f(x)-f(x+d)$. Entonces $$g(\xi-d)=f(\xi-d)-f(\xi)\leq0,\qquad g(\xi)=f(\xi)-f(\xi+d)\geq0\ .$$ Como $g$ es continua, se sigue que existe un punto de $x_1\in[\xi-d,\xi]$$g(x_1)=0$. Poner $x_1+d=:x_2$; a continuación, $|x_2-x_1|=d$ y $$f(x_1)-f(x_2)=f(x_1)-f(x_1+d)=g(x_1)=0\ .$$

Answer 2

Fix $d>0$ y poner $g(x) = f(x+d)-f(x)$. Si para todos $x \in \Bbb R$, $g(x) \neq 0$, a continuación,$g(\Bbb R) \subset (-\infty,0)\cup(0,\infty)$.

Deje $A=g^{-1}((-\infty,0))$$B=g^{-1}((0,\infty))$. Suponga que ni está vacío. Tenga en cuenta que $A\cup B = \Bbb R$, e $A$ $B$ están abiertos (por la continuidad de $g$) y que son distintos. Esto se contradice con la conexión de la $\Bbb R$. Por lo tanto, $A=\emptyset$ o $B = \emptyset$, es decir, $g(x) < 0$ todos los $x\in \Bbb R$ o $g(x) > 0$ todos los $x\in \Bbb R$.

Ahora suponga $g(x)>0$ todos los $x$, $f(x+d)>f(x)>f(x-d)$ todos los $x$. Entonces, para cualquier fija $x$,

• $f(x)>f(x-d)>f((x-d)-d) = f(x-2d)>\cdots > f(x-nd)$, para todos los $n \in \Bbb N$

y

• $f(x)<f(x+d)<f((x+d)+d) = f(x+2d) < \cdots < f(x+nd)$ todos los $n \in \Bbb N$

es decir, $f(x+nd)>f(x)>f(x-nd)$ todos los $n \in\Bbb N$. Tomando $n\to \infty$, obtenemos por la continuidad que $f(x) = L$. Desde $x$ fue arbitraria, obtenemos $f(x) = L$ todos los $x$. Por lo $g(x) = 0$ todos los $x$, contradicción.

Del mismo modo, si $g(x)<0$ todos los $x$, se obtiene una contradicción.

Llegamos a la conclusión de que no existe $x_0$ tal que $g(x_0)=0$, es decir,$f(x_0+d) = f(x_0)$, como se desee.

Añadió más tarde

Mirándolo ahora, no hay ninguna necesidad de que todos los de ese malabares para demostrar que $g(x) > 0$ todos los $x$ o $g(x) < 0$ todos los $x$. Sólo argumentan que si en algunos de los dos puntos de $g(x_1)\le 0$$g(x_2)\ge 0$, luego por IVT $g(x_0)=0$ en algún lugar.

Answer 3

Puesto que usted no puede utilizar el teorema de Rolle, porque su función no es continua, tal vez podamos intentar algo más. La idea es la siguiente: se toma un punto de $x_0$ y calcular el $x_0+d$. Ahora, usted está seguro de que los dos puntos que se encuentran a la derecha de distancia el uno del otro.

A continuación, calcular el $f(x_0)$$f(x_0+d)$. A continuación, defina $g(x)=f(x)-f(x+d)$. Si esta función es cero, hemos terminado. Hemos encontrado nuestros puntos de $x_1$$x_2$.

Así, empiezan con un punto de $x_0$ y calcular el $g(x_0)$. Va a ser positivos o negativos, es decir, sin pérdida de generalidad que es positivo. Tenemos \begin{equation} 0<g(x_0)=f(x_0)-f(x_0+d). \end{equation} Ahora, sabemos que en algún otro punto que debemos tener \begin{equation} 0>g(x_{3})=f(x_{3})-f(x_{3}+d), \end{equation} de lo contrario, tendríamos una monótonamente disminución de la secuencia y, a continuación, los límites en el infinito no puede ser el mismo.

Usted sabe que g(x) es una función continua, por lo que puede aplicar el Teorema del Valor Intermedio, lo cual es cierto para todas las funciones continuas en un intervalo acotado.

El IVT le da un punto de $x_1$ a que $g(x_1)=f(x_1)-f(x_1+d)=0$. Esto le da el $x_1$$x_2$.

Answer 4

Deje $m=\sup_{x\in \mathbb{R} } f(x)$ y asumir que $m>\lim_{x\to \infty} f(x).$ alguna $x_0 $ tenemos $f(x_0 )=m.$ Supongamos que $f(x+d) - f(x) \neq 0 $ todos los $x.$ Entonces podemos asumir que $f(x+d) - f(x) <0 $ todos los $x .$, Pero esto implica que $f(x_0 ) -f(x_0 -d ) <0$, pero esto es imposible.