Mostrar que $ h(x)=\max \{f(x,y) : y \in [0,1] \} $ es continua

Question

Deje $ f(x,y) \ $ ser un continuo valor real de la función de la unidad de la plaza de $ [0,1] \times [0,1]$.

Mostrar que $$ h(x)=\max \{\,f(x,y) : y \in [0,1] \}, $$ es también continua.

Respuesta. Desde $ f(x,y)$ es continuo, $ \max \{f(x,y) \}$ es también continua en $[0,1 ] \times [0,1]$.

Por tanto, para cualquier valor fijo de $ y \in [0,1] \ $ , $ \max \{f(x,y) \}$ también es continua .

es decir, $ \max \{f(x,y): y \in [0,1] \}=h(x) \ $ es también continua.

Pero necesito un $ \varepsilon-\delta \ $ a prueba. Es que hay alguna?

Answer 1

Desde $f$ es continua, entonces para cada a $\varepsilon>0$, existe un $\delta>0$, de tal manera que $$ |x_1-x_2|+|y_1-y_2|<\delta\quad\Longrightarrow\quad |\,f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)|<\varepsilon $$

Considere la posibilidad de $x_1,x_2\in[0,1]$,$|x_1-x_2|<\delta$. Entonces existe $y_1,y_2\in [0,1]$, de tal manera que $$ |h(x_1)-h(x_2)|= \Big|\max_y f(x_1,y)-\max_y f(x_2,y)\Big|= | f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)|. $$ Claramente,

$0 \le f(x_1,y_1)-f(x_2,y_1)<\varepsilon\quad$ y $\quad 0\le f(x_2,y_2)-f(x_1,y_2)<\varepsilon$.

Por lo tanto, $$ f(x_1,y_1)<f(x_2,y_1)+\varepsilon\le f(x_2,y_2)+\varepsilon \etiqueta{1} $$ y $$ f(x_2,y_2)<f(x_1,y_2)+\varepsilon\le f(x_1,y_1)+\varepsilon \etiqueta{2} $$ La combinación de (1) y (2), obtenemos $$ -\varepsilon< f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)<\varepsilon $$ o, equivalentemente, $$ |h(x_1)-h(x_2)|<\varepsilon. $$

Answer 2

Supongamos que $h$ no es continua en algún punto de $x_0.$ entonces existe un número $\varepsilon >0$ y una secuencia $x_n \to 0 $ tal que $$|h(x_n ) -h(x_0 )|\geq \varepsilon.$$ Since the functions $\xi_n (y) =f(x_n ,y ) $ are continuous on $[0,1],$ thus for any $n$ there exists $y_n $ such that $h(x_n )= \xi_n (y_n) =f(x_n , y_n ).$ But the interval $[0,1] $ is compact therefore $y_{n_j} \a y_0 \en [0,1],$ for some sequence $(n_j ).$ Hence $$f(x_{n_k} , y^{\chi} )-f(x_0 ,y^{\chi})\leq f(x_{n_k} , y_{n_k} )-f(x_0 ,y^{\chi})\leq -\varepsilon \vee f(x_{n_k} , y^{\chi} )-f(x_0 ,y^{\chi})\geq f(x_{n_k} , y_{n_k} )-f(x_0 ,y^{\chi})\geq \varepsilon$$ donde $y^{\chi}$ es tal que $h(x_0 ) = f(x_0 ,y^{\chi} ) .$ Pero la última implica que $$0=f(x_0 , y^{\chi} )-f(x_0 ,y^{\chi})\leq f(x_0 , y_0 )-f(x_0 ,y^{\chi})\leq -\varepsilon \vee 0=f(x_0 , y^{\chi} )-f(x_0 ,y^{\chi})\geq f(x_0 , y_0 )-f(x_0 ,y^{\chi})\geq \varepsilon$$ Contradicción

Answer 3

Usted necesita para utilizar esta desigualdad.

$$|max \ f(x) - max \ g(x)| \le max|f(x) - g(x)|$$

Luego, escribe la diferencia de abajo.

$$|h(x)-h(x_0)|=|max\{f(x,y):y\in [0,1]\}-max\{f(x_0,y):y\in [0,1]\}|$$

Tenga en cuenta que el máximo de dos funciones, en la expresión anterior, se puede considerar como $f(x)$ $g(x)$ que hemos utilizado en la desigualdad. Así, utilizando la desigualdad, la expresión se convierte en

$$|max\{f(x,y):y\in [0,1]\}-max\{f(x_0,y):y\in [0,1]\}| \leq max\{|f(x,y)-f(x_0,y)|:y\in [0,1]\}$$

a continuación, utilizamos la continuidad de $f(x,y)$ decir

$$\forall\epsilon \hspace{1 mm}\exists \hspace{1 mm} \delta|\hspace{1 mm} |d(x-x_0,y-y)|=|d(x-x_0,0)|=|x-x_0|<\delta \implica |f(x,y)-f(x_0,y)|<\epsilon$$

Ahora, usted necesita para elegir el delta a ser el siguiente, sabiendo que para un punto de datos $(x,y)$, $\delta$ es una función de $\epsilon$. Así que escribe $\delta(\epsilon,x,y)$

$$\delta(\epsilon) = inf\{\delta(\epsilon,x,y)|x,y\}$$

con este delta, se puede ir en la dirección inversa.