Si F es estrictamente creciente con la imagen cerrada, entonces$F$ es continua

Question

Sea$F$ una función estrictamente creciente en$S$, un subconjunto de la línea real. Si sabe que$F(S)$ está cerrado, pruebe que$F$ es continuo.

Answer 1

Deje $f$ ser cualquier estrictamente creciente (no necesariamente estrictamente) de la función en $S$. Para mostrar que $f$ es continua en a $S$, es suficiente para demostrar que es continua en a $x$ por cada $x \in S$. Si $x$ es un punto aislado de a $S$, cada función es continua en $x$, por lo que asumir lo contrario.

La clave aquí es que la monotonía de las funciones sólo pueden ser discontinuos en un muy particular, y sencillo, de manera. Es decir, los límites laterales $f(x-)$ $f(x+)$ siempre existen (o más bien, la primera existe cuando $x$ no es de izquierda aislado y la segunda existe al $x$ no es correcto-aislado): es fácil ver, por ejemplo, que

$f(x-) = \sup_{y < x, \ y \in S} f(y)$.

Por lo tanto, una discontinuidad que se produce cuando se $f(x-) \neq f(x)$ o $f(x+) \neq f(x)$. En el primer caso tenemos que para todos los $y < x$, $f(y) < f(x-)$ y para todos $y \geq x$, $f(y) > f(x-)$. Por lo tanto, $f(x-)$ no $f(S)$. Pero por la expresión anterior para $f(x-)$, sin duda es un punto límite de $f(S)$. Por lo $f(S)$ no está cerrado. El otro caso es similar.

Bueno de otros, relacionados con las propiedades de monotonía funciones incluyen: una monotonía de la función tiene en la mayoría de los countably muchos puntos de discontinuidad y monótona de la función es una regulado función en el sentido de Dieudonné. En particular, los aspectos teóricos de la integración son especialmente simples para tales funciones.

Agregado: Como Myke notas en los comentarios de abajo, la conclusión no tiene que ser verdadero si $f$ es el simple aumento (es decir, $x_1 \leq x_2$ implica $f(x_1) \leq f(x_2)$). Un contraejemplo está dada por la función característica de a $[0,\infty)$.

Answer 2

He aquí un enfoque por contraposición. Deje $f$ ser estrictamente creciente en función discontinua en $x\in S$. A continuación, $f(x)\lt\lim_{y\to x+}f(y)$ o $f(x)\gt\lim_{y\to x-}f(y)$ (o ambos). Supongamos $f(x)\lt\lim_{y\to x+}f(y)$. A continuación, puede mostrar que $\lim_{y\to x+}f(y)$$\overline{f(S)}\setminus f(S)$, lo $f(S)$ no está cerrado. Para ver que el límite está en el cierre de $f(S)$ es una simple corrección de las definiciones. No se en $f(S)$ debido a que para cada $z\lt x$, $f(z)\lt f(x)\lt\lim_{y\to x+}f(y)$, y para todos $z\gt x$, $\lim_{y\to x+}f(y)\lt f(z)$. (De manera similar en el otro lado. Puede ser útil tener en cuenta que$\lim_{y\to x-}f(y)=\sup_{y\lt x}f(y)$$\lim_{y\to x+}f(y)=\inf_{y\gt x}f(y)$.)

Aquí está una manera que no uso contraposición (aunque hay un poco de contradicción). Deje $x$ ser un elemento de $S$, y deje $x_1,x_2,\ldots$ será cada vez más una secuencia en la $S$ convergentes a $x$. A continuación, $f(x_1),f(x_2),\ldots$ es un aumento de la secuencia acotada arriba por $f(x)$, y por lo tanto converge. Desde $f(S)$ está cerrada, hay un $z\in S$ tal que $f(x_n)\to f(z)$$n\to \infty$. Yo reclamo que $z=x$. Si $z$ eran mucho más grandes que $x$, entonces tendríamos $f(x_n)\leq f(x)\lt f(z)$ todos los $n$, con lo que la convergencia imposible. Si $z$ eran menores de $x$, tendríamos $z$ menor que $x_n$ algunos $n$, lo $f(z)\lt f(x_n)\leq f(x_{n+1})\leq\cdots$, de nuevo haciendo la convergencia imposible. Por lo $z=x$ como se reivindica. Esto implica que el lado izquierdo del límite de $f$ $x$ existe y es igual a $f(x)$. Del mismo modo, en el derecho, por lo $f$ es continua.