En los comentarios miracle173 señaló que, convencionalmente, $[0,a]$ se refiere a un intervalo de con $0$ a la izquierda y $a$ a la derecha. Por no asumir la convención había resuelto un problema más general a continuación. Precisamente, había permitido que la $T$'s a la verticalidad de las partes que toman la forma $[-a,0]$. Si usted quiere asumir que todos los $T$ " s "hacia arriba", entonces la contradicción que termina la prueba del teorema siguiente se resuelve el problema. De lo contrario, usted está adentro para un poco de diversión, mi tratamiento.
Definir un par de funciones: $r:[0,1]\to\mathbb R$ la asignación de $z$ $d$ de la $T$$z$; del mismo modo, $l:[0,1]\to\mathbb R:z\mapsto b$.
También, definir $h:[0,1]\to\mathbb R$ mediante la asignación de $x$ $a$ de la $T$$x$.
Tenga en cuenta que no $x$ satisface $h(x)=0$. Definir $U=\{x\in[0,1]:h(x)<0\}$.
Teorema. $U$ es denso en $[0,1]$.
Prueba. Deje $(x,y)$ ser un intervalo abierto en el que todos los $T$'s están en posición vertical--$h(z)>0$ todos los $z\in(x,y)$. Set $\delta=\frac{y-x}3$. Elija cualquier punto de $z_0\in(x,x+\delta)$. Definir de forma inductiva $z_{n+1}$, por lo que le a cualquier punto de la satisfacción de $z_n<z_{n+1}<\min\{c_n,z_n+2^{-(n+1)}\delta\}$ donde $c_n$ es el mínimo de los diversos $r_m,m\le n$. A continuación, $\langle z_n\rangle$ es un aumento de la secuencia acotada arriba por $x+2\delta$. Converge a $z\in(x,y)$.
Observar, $z\le r(z_n)$ cualquier $n$, por lo que para evitar intersecciones $h(z)<h(z_n)$. Por otra parte, $z>l(z)>z_n$ todos los $n$. Tomando límites, $l(z)=z$, una contradicción. $\square$
Del mismo modo, el conjunto de $V=\{x\in[0,1]:h(x)>0\}$ también es denso en $[0,1]$. Ahora vamos a construir dos secuencias de $\langle x_n\in U\rangle$ $\langle y_n\in V\rangle$ en una manera similar a la construcción en la prueba anterior. Pick $x_0<2^{-2}$$U$. Definir $a_0=r(x_0)$, y elija $y_0\in V$ que $x_0<y_0<\min\{a_0,x_0+2^{-3}\}$. Definir $a_1=\min\{a_0,r(y_0)\}$. Dado $x_n,y_n,a_{2n+1}$. Pick $x_{n+1}\in U$ tal que $$y_n<x_{n+1}<\min\{a_{2n+1},y_n+2^{-(2n+3)}\}.$$ Let $a_{2n+2}=\min\{a_{2n+1},r(x_{n+1})\}$. Choose $y_{n+1}\in V$ such that $$x_{n+1}<y_{n+1}<\min\{a_{2n+2},x_n+2^{-(2n+4)}\}.$$ Let $a_{2n+3}=\min\{a_{2n+2},r(y_{n+1})\}$. Then, both sequences are bounded and increasing, and they have a shared limit $z$, which lies in $[0,1]$.
Desde $z\le r(x_n)$ por cada $n$, se puede argumentar como en la prueba del teorema, ya sea para obtener $z\in V$ o $l(z)=z$. De la misma manera, cualquiera de las $z\in U$ o $l(z)=z$. Desde $U\cap V=\emptyset$, debe ser cierto que $l(z)=z$. Esta es una contradicción.