¿Existe$f: [0, 1] \rightarrow [0, \infty)$ continuo tal que para todo$x$ hay$y$ con$f(y) < f(x)$?

Question

Creo que no la hay. He aquí un bosquejo de una prueba. No estoy seguro de si realmente funciona porque no estoy seguro con el transfinito versiones de la norma teoremas sobre límites y secuencias convergentes.

Intento de prueba: Supongamos que hay una función de este tipo. A continuación, el uso de la recursión transfinita para generar el siguiente transfinito secuencia:

CASO BASE: $s_0 = 1$.

SUCESOR ORDINAL: Vamos a $s_{\lambda + 1}$ ser un número en $[0, 1]$ tal que $f(s_{\lambda + 1}) < f(s_\lambda)$.

LÍMITE ORDINAL: Supongamos $\lambda$ es un ordinal límite. A continuación, la secuencia $f(s_0)$, ..., $f(s_\alpha)$, ... con $\alpha < \lambda$ está delimitado por debajo de 0. Por lo que tiene un límite de $\lim_{\alpha < \lambda} f(s_\alpha$) (por un transfinito versión de la Monotonía Teorema de Convergencia). También (por un transfinito versión de la de Bolzano-Weierstrass Teorema) hay una larga de $s_0$, ..., $s_\alpha$, ... que es ilimitado en la que la secuencia y converge a un límite. Vamos a llamar a que subsequence $s_{i_0}$, ..., $s_{i_\beta}, ...$ para $\beta < \gamma \leq \lambda$. A continuación, vamos a $s := \lim_{\beta < \gamma} s_{i_\beta}$ Entonces, desde el $f$ es continua, $$ \lim_{\alpha < \lambda} f(s_\alpha) = \lim_{\beta < \gamma} f(s_{i_\beta}) = f(s) $$ Así que vamos a $s_\lambda = s = \lim_{\beta < \gamma} s_{i_\beta}$.

Entonces no debe ser $\alpha$ tal que $s_\alpha = s_{\alpha + 1}$, ya que existen en la mayoría de continuidad-muchos diferentes números en la lista $f(s_0)$, ..., $f(s_\alpha)$, ... . Esto le da una contradicción.

Answer 1

Hay una prueba simple de usar básica análisis: Una función continua $f$ en el intervalo compacto $[0,1]$ es siempre limitado y alcanza su mínimo (teorema del valor Extremo). Si $x \in [0,1]$ es tal que $f(x) = \inf_{[0,1]} f$, entonces no habría $y$$f(y) < f(x)$.

La prueba de la existencia de un mínimo de: Deje $M=\inf_{[0,1]} f$. A continuación, hay una secuencia $(x_n)_n$ tal que $f(x_n) \to M$. Desde $[0,1]$ es compacto, existe una convergente subsequence $(x_{n_k})_k$. Usted puede mostrar esta usando la de Bolzano-Weierstraß-Teorema. Deje $x = \lim_k x_{n_k}$,$f(x) = \lim_k f(x_{n_k}) = \lim_n f(x_n) = M$.

Yo no sé acerca de su límite ordinal prueba, pero el uso de transfinito métodos y por lo tanto el axioma de elección no es necesario para esta prueba.