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4 ott 2018, 16:59

Lemma
Siano I intervallo di $RR$ f: I-->$RR$, f continua e ingettiva
Allora f strettamente monotona

DIM
Sia $x_0 in I$. Osserviamo che
(1) ($AA x in I, x>x_0: f(x)>f(x_0))$(A) $vv (AAx in I, x>x_0: f(x) Infatti, ragioniamo per assurdo, negando che si verifichi la (1). Allora, $EE x_1 in I, x_1>x_0 tc f(x_1)>f(x_0) \Lambda EE x_2 in I , x_2>x_0 tc f(x_0) Segue $f(x_1) Supponiamo $x_1 Per il teorema dei valori intermedi (NON CAPISCO COME DAL TH. DEI VALORI INTERMEDI SI DEDUCA CIò CHE SEGUE!?!) $EE c in ]x_1,x_2[ tc f(c)=f(x_0)$
Poiché f è ingettiva, $c=x_0$ Ma $x_1
Consideriamo la condizione 1 A. Proviamo che f è strettamente crescente. Siano $a,b in I tc f(a) Consideriamo $x_1, x_2$ con $x_1 1°caso) $x_1 2°caso) $x_1 3°caso) $a e così via

Risposte

anto_zoolander

7 ott 2018, 20:22

Ciao silvia.

il teorema sostanzialmente ti dice questo:
supponendo per assurdo che $f$ non sia monotona, possiamo trovare tre punti $x,y,z in I$ tali che:

$x
ovvero che ci sia una crescita e poi una decrescita.

Allora ti dice, a questo punto essendo $f(z)$ un valore intermedio per $f$ nell'intervallo $[x,y]$ ed essendo continua anche in tale intervallo, il teorema dei valori intermedi deve essere vero e pertanto deve esistere un punto interno $x_0 in (x,y)$ per cui $f(x_0)=f(z)$

essendo $y
Allo stesso modo se ne hai quattro di punti, ne puoi scegliere tre in modo tale che siano verificate quelle disuguaglianze.

Bremen000

7 ott 2018, 20:43

@anto, credo tu intenda "supponendo per assurdo che $f$ non sia monotona". E mi sa che ci vogliono le disuguaglianze deboli tra le immagini per negare la stretta monotonia che è la tesi del teorema!