Demostrando un indeterminado función es invertible

Question

Dado $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es una función derivable con delimitada derivados, es decir, la satisfacción de $|g'(x)|\leq K>0 , \forall x \in \mathbb{R}$, estoy tratando de mostrar que para algunas constantes $\epsilon>0$ lo suficientemente pequeño, la función de $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definido por $f(x):=x+\epsilon g(x)$ es invertible.

Mi idea es mostrar que $f$ es bijective. Se me ocurrió que $f$ es inyectiva ya que su derivada puede ser hecho para ser estrictamente positivas, por lo que es estrictamente creciente si $\epsilon<1/K \implies f'=1+\epsilon g'>1+\epsilon(-K)>1-1>0$. Sin embargo, ¿cómo puedo demostrar $f$ es surjective?

Answer 1

Usted podría restringir el codominio de $f$ a su gama:

A continuación, $f:\mathbb{R}\to f(\mathbb{R})$ es surjective.

Actualización: resulta Que podemos mostrar a $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$.

Para $x>0$,

Considere la posibilidad de $f(x)-f(0)=x+\epsilon(g(x)-g(0))=x+\epsilon(xg'(c_x))$ algunos $c_x\in (0,x)$ por medio del Teorema del Valor.

A continuación, $f(x)=f(0)+x(1+\epsilon g'(c_x))\geq f(0)+x(1+\epsilon (-K))$ todos los $x>0$.

Desde $\epsilon<\frac 1K$, $(1+\epsilon(-K))$ es significativa. A continuación, dejando $x\to +\infty$ va a ver que $f(x)\to +\infty$.

De forma análoga considerar $x<0$, ver que $f(x)\to -\infty$$x\to -\infty$.

Answer 2

En la construcción, $f$ es estrictamente creciente. También es continua: $g$ es diferenciable, por lo tanto continua, y $f$ es una combinación lineal de funciones continuas.

Si un inyectiva $f$ es limitada para algunos $\epsilon$, $\lim_{x\to\pm\infty}(\epsilon g(x))'=-1$, y la disminución de $\epsilon$ va a aumentar este límite tal que $\lim_{x\to\pm\infty}f'(x)>0$, es decir, $f$ diverge. Con la monotonía y la continuidad de la $f$ se muestra arriba, $f$ se convierte en surjective. La inyectividad de $f$ se conserva en la reducción de $\epsilon$, por lo que siempre es posible elegir $\epsilon$ $f$ es bijective – y por lo tanto invertible.

Answer 3

El argumento clave aquí es mostrar que $f(x)$ no puede ser "demasiado lejos" de $x$, por lo que el hecho de que $x$ es ilimitado por encima y por debajo implica el mismo para $f(x)$.

Un ejemplo de este método es

$$ \begin{align} |f(x) - x| = \epsilon |g(x)| = \epsilon \left| g(0) + \int_0^x g'(t) \, \mathrm{d}t \right| \leq \epsilon \left( |g(0)| + |x| K \right) \end{align} $$

Para $x>0$, tenemos

$$ x (1 - K\epsilon ) - \epsilon |g(0) | \leq f(x) $$

mostrando que $f(x)$$\infty$$x \to \infty$, asumiendo $K\epsilon < 1$.

Del mismo modo, para $x < 0$, tenemos

$$ f(x) \leq x (1 - K \epsilon) + \epsilon |g(0)| $$