Si $f: A\to\mathbb R$ uno-a-uno, pero no monótona, no existe $x,y,z\in A$ $x<y<z$ tal que $f(x) < f(y)$ $f(y) > f(z)$ (wlog)

Question

El resultado siguiente es parte del folklore, pero me gustaría tener un estándar de referencia para algo que estoy escribiendo:

Si $A \subseteq \mathbb R$ $f: A \to \mathbb R$ es uno-a-uno, pero no monótona, entonces no existe $x,y,z \in A$ $x < y < z$ tal que cualquiera de las $f(x) < f(y)$ $f(y) > f(z)$ o$f(x) > f(y)$$f(y) < f(z)$.

La prueba es fácil, pero aburrido y largo (a menos que me estoy perdiendo algo), y por otro lado, el resultado es esencialmente trivial. Es por eso que espero que para una referencia. Lo he comprobado, entre otros, Bartle y Sherbert del libro, pero no pude encontrar nada lo suficientemente cerca para que el resultado.

---

Partimos del hecho de que, por las suposiciones, no existe $x,y,z,w \in A$ tal que $x < y$, $z < w$, y ya sea (i)$f(x) < f(y)$$f(z) > f(w)$, o (ii) $f(x) > f(y)$$f(z) < f(w)$.

De hecho, podemos suponer que wlog que (i) tiene (de lo contrario nos reemplace$f$$-f$) y $x \le z$ (de lo contrario nos reemplace $f$ con la función de ${-A} \to \mathbb R: a \mapsto f(-a)$ donde ${-A} = \{-a: a \in A\}$.

Ahora podemos distinguir tres casos:

Caso 1: $x = z$. A continuación, cualquiera de $x = z < y < w$ o $x = z < w < y$ (de hecho, $y = w$ implicaría $f(w) < f(z) = f(x) < f(y) = f(w)$, absurdo).

Si $x < y < w$,$f(x) < f(y)$$f(x) = f(z) > f(w)$, es decir,$f(x) < f(y)$$f(y) > f(z)$, y hemos terminado.

Si $z = x < w < y$,$f(x) = f(z) > f(w)$$f(w) < f(z) = f(x) < f(y)$, es decir, $x < w < y$ implica $f(x) > f(w)$$f(w) < f(y)$, y de nuevo tenemos que hacer.

Caso 2: $y = w$. Es perfectamente análogo para el caso de $x = z$, y podemos omitir los detalles.

Caso 3: $x < z$$y \ne w$. Tenemos un par de subcases:

Caso 3.1: $f(z) \ge f(y)$. A continuación,$f(x) < f(y) \le f(z)$, es decir,$f(x) < f(z)$, y en el otro lado $f(z) > f(w)$, por lo que tenemos $x < z < w$, $f(x) < f(z)$, y $f(z) > f(w)$. Hecho.

Caso 3.2: $f(z) < f(y)$. Si $y \le z$, la demanda se demostró, desde luego $x < y < w$, $f(x) < f(y)$, y $f(y) \ge f(z) > f(w)$. Así que podemos suponer que cualquiera de las $x < z < y < w$ o $x < z < w < y$, y tenemos dos más subcases:

Caso 3.2.1: $f(x) > f(z)$. A continuación, $x < z < y$ (lo cual es cierto en cualquier caso), por un lado, y $f(x) > f(z)$$f(z) < f(y)$, en el otro. Hecho.

Caso 3.2.2: $f(x) < f(z)$. A continuación, $x < z < w$ (lo cual es cierto en cualquier caso), por un lado, y $f(x) < f(z)$$f(z) > f(w)$, en el otro. Hecho.

---

Es probable que la prueba puede ser ligeramente abreviada de aquí y de allá, pero creo que no se puede hacer en una o dos líneas de prueba, así que todavía pedir una referencia.

Answer 1

Este es un teorema acerca de los mapas de $f:\ X\to Y$ entre los conjuntos ordenados. Te reclamo es: Si hay puntos de datos $$(x_k,y_k), \quad y_k:=f(x_k),\quad x_1\leq x_2\leq x_3\leq x_4,$$ testifying nonmonotonicity of $f$ then we can select $x_{k_1}<x_{k_1}<x_{k_3}$ from the $x_k$ such that the points $(x_{k_i},f(x_{k_i})\bigr)$ form a $\wedge$ or a $\vee$. Note that injectivity of $f$ no es necesario.

En el testimonio, el punto de $(x_1,y_1)$ está vinculado con $(x_r,y_r)$ donde $2\leq r\leq4$. En cualquier caso,$x_r>x_1$, y wlog asumimos $y_r>y_1$. El resto de par entonces es estrictamente decreciente.

Al$r=2$$y_3<y_2$, el triple de $x_1<x_2<x_3$ formas un $\wedge$. Al$y_3\geq y_2$, el triple de $x_1<x_3<x_4$ formas un $\wedge$.

Al$r=3$$y_2>y_3$, el triple de $x_1<x_2<x_3$ formas un $\wedge$. Al $y_2\leq y_3$ $x_1<x_3<x_4$ formas un $\wedge$.

Al$r=4$$y_2>y_1$, el triple de $x_1<x_2<x_3$ formas un $\wedge$ si $y_2\leq y_1$, el triple de $x_1<x_3<x_4$ formas un $\vee$.