Si$f(a+)$ y$f(a-)$ existen, entonces$f$ está limitado.

Question

Deje $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ ser una función tal que para cada a $a \in [0,1)$ $b \in (0,1]$ los límites laterales $$f(a+)=\lim _{x\to a+}f(x) \in \mathbb{R}$$ $$f(b-)=\lim _{x \to b-} f(x) \in \mathbb {R}$$ existen.

A) Mostrar que $f$ está acotada.

B) No $f$ necesariamente alcanzar su máximo en algunos $x \in [0,1]$?

C) Supongamos, además, que $f$ es continua en a$0$$1$,$f(0) f(1)<0$. Demostrar que existe algún punto de $p \in (0,1)$ tal que $f(p-)f(p+) \leq 0$.

Intuitivamente, puedo ver por qué parte es cierto, pero no estoy seguro de cómo probar esto formalmente. Para la parte B, creo que la respuesta es no, pero todavía no he venido para arriba con un contraejemplo. Mis pensamientos iniciales en la parte C de alguna manera de aplicar el teorema del valor intermedio, pero no estoy seguro de si este es el enfoque correcto o no.

Answer 1

Tal $f$ se llama regulado función. El espacio de paso de las funciones es denso en el espacio de la regulación de las funciones de $\|\cdot\|_{\infty}$, lo $\exists \phi$ a un paso de la función de $[0,1] \to \Bbb R$ tal que $\|\phi - f\|_{\infty} \le 1$. Por lo tanto $\|f\|_{\infty} \le 1 + \|\phi\|_{\infty} < \infty$.

Para $B$, considere la función:

$$f(x) = \begin{cases} x, 0\le x < 1/2 \\ 0, 1/2 \le x \le 1 \end{cases}$$

Para $C$, WLOG decir $f(0) < 0$$f(1) > 0$. Como $f$ es continua en $0$, $\exists 0<\delta < 1$ tal que $f(x) < 0$ todos los $0\le x \le \delta$. Del mismo modo, no es $\epsilon \in (0,1)$ tal que $f(x) > 0$ todos los $x \in [1-\epsilon, 1]$.

Vamos a: $$S =\{s \in [0,1]: \text{for all but finitely many } t\in [0,s], f(t) < 0\}$$

Deje $p = \sup S$. Tenemos $0<p<1$ desde $\delta \in S$$S \subset [0,1-\epsilon]$. Claramente $f(p-) < 0$. Ahora supongamos que $f(p+)<0$. Tenemos $f(x) < \frac{f(p+)}{2} < 0$ todos los $x \in (p, p+\eta)$ para algunos pequeños $\eta > 0$. Se sigue, pues, que el $p+\eta/2 \in S$, lo $p+\eta/2 \le p$, una contradicción. Por lo tanto,$f(p+) \ge 0$, y llegamos $f(p-)f(p+) \le 0$.

Answer 2

A) Deje $x_n$ ser tal que $|f(x_n)|\to \sup |f|$. Por compacidad, existe una convergente larga, y además, puede ser elegido para ser monótono. Por supuesto, el límite a lo largo de la monotonía larga que existe. Por lo tanto $\sup |f|$ es finito.

B) Contestado antes.

C) WLOG $f(0)<0$. Entonces, por la continuidad en $0$ $1$ existe $\epsilon\le \frac 12$ tal que $f(p-)<0$$p$$[0,\epsilon)$$f(p-)>0$$p\in (1-\epsilon,1]$. Deje $\bar p =\sup\{p:f(p-)<0\}$. A continuación,${\bar p} \in [\epsilon,1-\epsilon]$. Por supuesto, para cada $n$ existe $p_n- \in (\bar p-\frac 1n,\bar p)$ tal que $f(p_n-)< 0$ $p_n+\in (\bar p , \bar p + \frac 1n)$ tal que $f(p_n)\ge 0$. Por lo tanto,$f(p-)= \lim f(p_n-)\le 0$, mientras que $f(p+)=\lim f(p_n+)\ge 0$.

Answer 3

A) Suponga que$f$ no está delimitado desde arriba. Entonces existe una secuencia$(x_n)_{n\in\Bbb N}$ tal que$f(x_n)\to+\infty$. Esta secuencia tiene un punto límite$x\in[0,1]$. Entonces, una subsecuencia de$(x_n)$ converge a$x$, ya sea desde la derecha o desde la izquierda. Pero entonces$f(x_n)\to \infty$ contradice la existencia de$f(x+)$ de$f(x-)$.

B) Considere$f(x)=\begin{cases}x&x<1\\0&x=1\end{cases}$. El masximum no se logra.

Answer 4

Para (C).

Supongamos $f(0)>0$ (como en el caso de $f(0)<0$ es tratado de la misma manera). Desde $f$ es continua en a $0$ existe $r\in (0,1)$ tal que $\forall x\in [0,r)\;(f(x)>f(0)/2).$, por Lo que no existe $r\in (0,1)$ tal que $\forall x\in [0,r)\; (f(x^-)\geq 0\land f(x+)\geq 0).$

Deje $P(r)\iff \forall x\in [0,r)\;(f(x^-)\geq 0\land f(x^+)\geq 0).$ Deje $s=\sup \{r\in (0,1): P(r)\}.$

Tenemos $s>0$.

No podemos tener a $s=1$: de Otra manera, para cualquier $t\in (0,1)$ tenemos $f(t+)\geq 0$, lo que implica que para cualquier $r>0$ existe $t'\in (t,1)$$f(t')\geq -r$. Pero la continuidad de $f$ $1$ sería entonces, implican $f(1)\geq -r$ cualquier $r>0$, lo $f(1)\geq 0,$ contradiciendo $f(0)f(1)<0.$

Por lo $s<1.$ Hemos

(i).... $s>0$, y $s'\in (0,s)\implies f(s'^+)\geq 0.$ por Lo que para cada $r>0$ y cada una de las $s'\in (0,s)$ existe $s''\in (s',s)$ $f(s'')>-r.$ $f(s)\geq -r$ por cada $r>0.$ por lo Tanto $$f(s^-)\geq 0.$$

(ii)....Vamos a demostrar que $f(s^+)\leq 0.$

Supongamos por contradicción que $f(s^+)>0. $. Desde $f(s^-)\geq 0$ por (i), la def n de $s$ requiere que $$\forall s'\in (s,1)\exists x\in (s,s')\; (f(x^+)<0\lor f(x^-)<0).$$ But if $x\in (s,s')$ and $f(x^+)<0$ there exists $y\(x',s')$ with $f(y)<0,$ while if $x\in (s,s')$ and $f(x^-)<0$ there exists $y\en (s,x)$ with $f(y)<0$.

Así, por cada $s'\in (s,1)$ existe $y\in (s,s')$ $f(y)<0,$ lo que implica $f(s+)\leq 0,$ contradiciendo $f(s+)>0.$ por lo Tanto, por la contradicción, tenemos $$f(s+)\leq 0.$$ Since $f(s^-)\geq 0$ and $f(s^+)\leq 0$ we have $$f(s^+)f(s^-)\leq 0.$$

Observación: El caso de $f(0)<0$ se puede hacer mediante la aplicación de la anterior argumento a la función $f^*(x)=-f(x).$

Answer 5

Vamos a extender la $f$ a toda la $\mathbb{R}$ dejando $f(x) = f(0)$$x < 0$$f(x) = f(1)$$x > 1$. A continuación, $f$ tiene mano izquierda y la derecha de los límites en cada punto de $[0, 1]$. Por lo tanto, para cada punto de $x \in [0, 1]$ existe un intervalo abierto $I_{x}$ contiene $x$ tal que $f$ está delimitada en $I_{x}$. Por Heine Borel Principio de un número finito de estos intervalos de $I_{x}$ cubierta $[0, 1]$ $f$ es limitado en cada uno de estos intervalos seleccionados y por lo tanto limitado en $[0, 1]$.

El ejemplo contrario por Hagen Von Eitzen muestra que $f$ no está garantizada a alcanzar un valor máximo en $[0, 1]$.

Para la parte (C) supongamos que no $p$ existe. A continuación, para cada $p \in (0, 1)$ tenemos $f(p-)$ $f(p+)$ con los mismos signos. Bisecar el intervalo de $[0, 1]$ en dos partes iguales y se nota que uno de los intervalos de ser tal que los límites de $f$ a finales de puntos de diferentes signos. Elegir ese intervalo y bisecar de nuevo y repita el procedimiento para obtener una secuencia de anidado cerrado intervalos tales que los límites de $f$ en puntos extremos de estos intervalos tienen distinto signo. Por anidado intervalo principio no hay un único punto de $p$ que se encuentra en todos los intervalos. Ahora la izquierda a la derecha de los límites de $f$ $p$ son del mismo signo y, por tanto, $f$ mantiene constante la señal en un barrio de $p$. Este barrio de $p$ también contiene algunos intervalos a partir de la secuencia de arriba y, por tanto, $f$ debe cambiar de signo en algún lugar en este barrio. Esta contradicción muestra que debe haber un $p$ con las propiedades deseadas. Tenga en cuenta que la continuidad de $f$ a finales de puntos no es necesario. Lo que se necesita es que el $f(0+)f(1-) < 0$.

---

La pregunta que muestran lo mucho que se puede llevar a las tres propiedades de funciones continuas (acotamiento, Valor Intermedio Teorema, Teorema del Valor Extremo) en intervalos cerrados si la condición para la continuidad está relajado a la existencia de una cara límite en cada punto. Los enlaces de los posts en el blog muestran que estas propiedades de las funciones continuas se demostró el uso de la completitud de los números reales, y lo mismo vale para las partes (a) y (C) de esta pregunta. Así, por ejemplo, (A) también puede ser demostrado a través de Anidado Intervalo de Principio y (C) puede ser probado a través de Heine Borel Principio (que debería darle una oportunidad).