Demuestre que las funciones continuas con límites iguales no son 1-1 ni on.

Question

Contexto:

Así que me ha dado el problema, "Muestran que la $f:\mathbb R\to\mathbb R$ no está ni de 1-1, ni en al $f$ se define como $f(x) = x^2+ax+b$." Puedo hacer esto con bastante facilidad utilizando algunos trucos básicos de cálculo y otras cosas, pero eso me hace pensar que este ni 1-1, ni en fue algo que debe ser verdadera para bastante más funciones.

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Pregunta

Ahora mi idea es que para cualquier función continua $f:\mathbb R\to\mathbb R$ para los que $$\lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to\infty}f(x)$$ then $f$ debe ser ni 1-1, ni en.

Esto parece bastante claro, pero no estoy seguro de cómo ir sobre probar tal cosa. Estoy bastante seguro de que puedo mostrar que no es de 1-1 con una elegante uso del teorema del valor intermedio, pero estoy bastante perplejo en surjectivity, de hecho me pregunto si la función no se puede hacer algo extraño en donde se mantiene rebotando arriba y abajo en algún modo extraño, si es capaz de cubrir todos los valores en $\mathbb R$ en un espacio finito.

Nota:

$\lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to\infty}f(x)$ tiene la intención de implicar que estos límites existen, o se $\pm\infty$

Answer 1

La función no puede ser a porque es acotada. Y usted no necesita los límites a ser igual, sólo a existir.

Asumir $M=\lim_{x\to-\infty} f(x)$, $L=\lim_{x\to\infty} f(x)$.

En efecto, por la definición de límite no existe $K>0$ tal que, para $x>K$, $|f(x)-L|<1$, y para $x<-K$, e $|f(x)-M|<1$.

A continuación, en $[-K,K]$, la función es acotada, decir $|f|\leq R$ porque es continua en un intervalo. Para $x>K$, $|f(x)|\leq 1+|L|$. Para $x<-K$, $|f(x)|\leq 1+|M|$. En el final, $$ |f(x)|\leq \max\{R,1+|L|,1+|M|\},\ \ x\in\mathbb R. $$ Por lo $f$ no puede ser surjective.

Cuando ambos límites se $+\infty$, la función tiene un mínimo (fix $M>0$ y tome $K$ tal que $|f(x)|\geq M$ fuera de $[-K,K]$). Del mismo modo, cuando ambos límites se $-\infty$ la función tiene un máximo. En ambos casos, no se puede surjective.

Answer 2

He aquí un truco que me gusta:

Deje $\phi(x) = f(\tan x)$$|x| < {\pi \over 2}$$\phi(\pm {\pi \over 2}) = L$.

Tenga en cuenta que $\phi:[-{\pi \over 2}, {\pi \over 2}] \to \mathbb{R}$ es continua y $[-{\pi \over 2}, {\pi \over 2}]$ es compacto, por lo tanto $\phi([-{\pi \over 2}, {\pi \over 2}]) = f(\mathbb{R})$ está acotada.

Si $f$ fue inyectiva, entonces $\phi$ sería inyectiva y por lo tanto monótono en $[-{\pi \over 2}, {\pi \over 2}]$. Esto implicaría que $\phi(x) = L$ todos los $x$ y, por tanto, $f(x) = L$ todos los $x$, lo que contradice la asunción de inyectividad. Por lo tanto $f$ no es inyectiva.

Addendum:

Supongamos $g:[a,b] \to \mathbb{R}$ es continua y inyectiva. A continuación, $g$ es estrictamente monótona.

Para ver esto, supongamos $g(b) > g(a)$, e $a \le x < y \le b$. Desde $g$ es inyectiva, debemos tener $\phi(y) \notin \phi([a,x])$ y, por tanto,$\phi(y) > \phi(x)$.

Si $g(b) < g(a)$, a continuación, aplicar lo anterior a $-g$.

Answer 3

Las respuestas que aquí se han discutido su problema cuando los límites son finitos, permítanme lidiar con el caso cuando los límites son infinitos.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = \infty$. Entonces existe $a < b \in \mathbb{R}$ tal que $f(x) > 1$$x < a$$x > b$. En $[a, b]$, $f$ alcanza un mínimo, dicen $k$. $f$ no puede ser, porque no tomar cualquier valor $y < \min\{1, k\}$.

$f$ no es uno a uno bien. Deje $f(c) = k$$c \in [a, b]$. Tenga en cuenta que como $f(a), f(b) \geq 1$, $k \leq 1$. Tome $x_0 < a$$f(x_0) > 2$$x_1 > b$$f(x_1) > 2$. A continuación, por el valor intermedio de la propiedad, $f$ alcance $\frac{3}{2}$$(x_0, c)$$(c, x_1)$.

Answer 4

Supongamos sin pérdida de generalidad que$L:=\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)>0$, luego para$M$%, tenemos si$|x|>M$, luego$f(x)>L/2$. Luego, en$[-M,M]$,$f$ se obtiene el mínimo$m$, por ejemplo,$f(x_{0})=m$, luego$f(x)>\min\{L/2,m\}$. Elija un$\alpha<\min\{L/2,m\}$, luego no hay$x$ tal que$f(x)=\alpha$.

Answer 5

Si usted lanza un montón de definiciones en un bol y mezclar con la extrema y valor intermedio teoremas todo se cae.

Si $-\infty < \lim_{x\to -\infty} f(x) = \lim_{x\to \infty}f(x) = k < \infty$, entonces para cualquier $\epsilon> 0$ hay$M_1, M_2$, de modo que $x \le M_1$, $|f(x)-k|< \epsilon$ una $x \ge M_2$$|f(x) -k| < \epsilon$.

Por el teorema del valor extremo hay un max y min en $x \in [M_1, M_2]$. por lo $f(x) \ge \min(k- \epsilon, \min f([M_1, M_2]))$ todos los $x$$f(x) \le \max (k + \epsilon, \max f([M_1, M_2]))$. Por lo $f$ está delimitado por encima y por debajo de si la igualdad de los límites finitos.

Si los límites son infinitos, $\lim_{x\to \infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} f(x)=\pm \infty$, entonces para cualquier $K$ hay $M_1$$M_2$, de modo que $x < M_1$ o $x > M_2$ implica $|f(x)| > K $. Pero el EVT hay un max y min en $x \in [M_1, M_2]$ y si el límite es de a $-\infty$ a continuación, para todos $x$, $f(x) < \max f([M-1,M_2])$. Si el límite es de a$+\infty$$f(x) > \min f([M-1,M_2])$.

Así que de cualquier manera $f$ es limitada, ya sea por encima o por debajo, o ambos. Por lo $f$ no puede ser en.

Ahora para $1-1$.

Si $-\infty < \lim_{x\to -\infty} f(x) = \lim_{x\to \infty}f(x) = k < \infty$ si $f(x) = k$ es una función constante no es $1$$1$.

Si $f(x)$ no es constante$f(x) = k$, entonces hay un $x_0$, de modo que $f(x_0) \ne k$. Wolog, suponga $f(x_0) > k$ y $\epsilon = f(x_0) - k$. Luego hay$M_1, M_2$, de modo que $|f(x_1) - k| < \epsilon$ cualquier $x_1 < M_1$ $|f(x_2) - k| < \epsilon$ cualquier $x_2 > M_2$. Así que por el Teorema del Valor Intermedio, para cualquier valor de $c; \max(f(x_1),f(x_2)) + \epsilon < c < f(x_0)$ hay $x_a$; y $x_b$$x_1 < x_a < x_0$$x_0 < x_b < x_2$, de modo que $f(x_a) = f(x_b) = c$.

Si el límite es infinito, wolog $\lim_{x\to -\infty}f(x) = \lim_{x\to \infty} f(x) = -\neg \infty$, entonces para cualquier $f(x_0)$ y cualquier $c < f(x_0)$, por IVT existen $x_a < x_0$$x_b > x_0$, de modo que $f(x_a)=f(x_b) = c$.

Por lo $f $ no es 1-1$.

Eso es poco elegante y torpe y me compadezco de los pobres grado/estudiante que tiene que leer de lo feo (lo siento, chicos) pero es sencillo.