$f:[0,1]→[0,1]$ Es creciente pero no necesariamente continua, muestran que hay un $x∈[0,1]$ tal que $f(x)=x$

Question

¿Cómo mostrar que hay una solución a una función que no puede ser continua con un concepto similar a IVT?

Answer 1

Deje $A = \{x\in [0,1]\mid f(x)\geq x\}$. Este conjunto es acotado (por $1$), y los no-vacío (desde $0 \in A$), y por lo tanto tiene al menos un límite superior, decir $a = \sup A$. Ahora me refutar las siguientes dos declaraciones por contradicción:

1. $f(a) > a$. Si esto fuera cierto, entonces a partir de la $f$ es el aumento de obtendríamos $f(f(a))\geq f(a)$. Esto significa $f(a) \in A$, lo que contradice $a$ ser una cota superior de a $A$.
2. $f(a) < a$. Si esto fuera cierto, y $a$ es un límite superior para $A$, entonces para cualquier $x \in (f(a), a)$,$f(a)<x$$x<a$, que desde $f$ es el aumento implica $f(x)\leq f(a)$. Todo ello hace que se $f(x)<x$. Esto implica que $f(a)$ es también una cota superior para $A$ (en otras palabras, $A$ no tiene elementos en el intervalo de $(f(a),a]$), lo que contradice $a$, siendo el mínimo de límite superior.

Por lo tanto nos vemos obligados a concluir que el $f(a) = a$.

Answer 2

Si $f(0) = 0$ o $f(1) = 1$, hemos terminado, así que supongo que este no es el caso.

Entonces, $f(0) > 0$ y $f(1) < 1$.

Ahora, consideremos la función $g(x) = x - f(x)$. Aquí, $g(0) < 0$ y $g(1) > 0$.

Entonces, o $g(y) = 0$ para algún valor de $y \in (0,1)$ o existe $y \in (0,1)$ tal que

$\forall \epsilon > 0, \exists x$ tal que $y-\epsilon < x < y$ y $g(x) < 0$ $g(y) > 0$.

Que $g(y) = \delta > 0$ y seleccionar $\epsilon < \delta$. Entonces, si elegimos $x$ $y-\epsilon < x < y$ y $g(x) < 0$, tenemos

$f(x) > x > y-\epsilon > y-\delta = f(y)$ que contradice el hecho de que $f$ va en aumento

Answer 3

Supongamos que no es cierto, por lo que no $x\in[0,1]$de % que $f(x)=x$. Definición de $A=\{x\in[0,1]\colon f(x)>x\}$ y $B=\{x\in[0,1]\colon f(x)<x\}$. Ambos estos conjuntos no vacíos ($0\in A$, $1\in B$). Considerar el $z=\inf B$.

1. Si $z\in A$ y $f(z)>z$. Pero desde $z=\inf B$ entonces existe $x\in B$ tal que $z<x<z+(f(z)-z)=f(z)$el % que $f(x)<x<f(z)$ que contradice el hecho de que $f(x)$ va en aumento.

2. Si $z\in B$ y $z>0$ y $f(z)<z$. Del mismo modo, existe $x\in A$ tal que $f(z)<x<z$, que $f(x)>x>f(z)$ (otra vez, contradicción).

Answer 4

Que $g(x)=f(x)-x$. Entonces $g(0)=f(0)>0$ (suponiendo que $f(0)\ne 0$ y $f$ va en aumento) y $g(1)=f(1)-1<0$ (suponiendo que $f(1)\ne 1$ y $f$ está delimitada arriba por $1$) que sugiere que el $g(x)=f(x)-x=0$ tiene al menos una raíz en el intervalo $(0,1)$$\implies f(x)=x$ es satisfecho al menos una vez en $(0,1)$.