Una dimostrazione del fatto che le funzioni continue iniettive sono monotone sugli intervalli

[marco2132k]

Ho letto ora una dimostrazione del fatto nel titolo che non avevo mai visto prima. Vorrei capire quale sia l'intuizione che c'è sotto, perché secondo me è una dimostrazione molto carina.

Sia \( I \) un intervallo di reale. Sia \( f\colon I\to \mathbb R \) continua e iniettiva. Allora \( f \) è monotona.

Dimostrazione. Siano \( a_0,b_0\in I \), tali che \( a_0 < b_0 \). Facciamo che \( f(b_0) - f(a_0) > 0 \) (l'altro caso è uguale). Facciamo vedere che, per ogni altra coppia di \( a_1,b_1\in I \) tali che \( a_1 < b_1 \), capita che \( f(b_1) - f(a_1) > 0 \). Per ogni \( 0\leqq t\leqq 1 \) si pongano
\[
\begin{aligned}
x_t &= (1 - t)a_0 + ta_1\\
y_t &= (1 - t)b_0 + tb_1
\end{aligned}
\] e si osservi che \( x_t < y_t \) sempre. Sia \( g\colon \left[0,1\right]\to \mathbb R \) la funzione (palesemente continua) che mappa \( t\mapsto f(y_t) - f(x_t) \). Per la santità di \( \mathbb R \) essa è sempre \( > 0 \). \( \square \)

Perché si scelgono quei particolari \( x_t \) e \( y_t \) (che sono le componenti dei punti di una retta)? Qual è l'intuizione geometrica dietro la definizione di quella particolare funzione \( g \)?

[Bokonon]

@gabriella
E' possibile che mi sia spiegato male qua:

"Bokonon":Boh, ma sono solo io che penso "E' ok ipotizzare che $f(a_0)ma per affermare che anche $f(a_1) In pratica leggo che la giustificazione è "essendo la funzione continua e iniettiva allora è strettamente crescente"...ma non è quello che si deve dimostrare?

Provo a riformulare il tutto.
L'ipotesi $f(a_0) Ma questo è ciò che vogliamo dimostrare no?

Citando l'OP, non capita che $f(a_1) Ciò che va dimostrato è che se la funzione non è strettamente monotona, allora non è iniettiva.

[gabriella127]

Si' certo. Infatti l'unica cosa che ipotizziamo, per l'iniettività, è che $f(a_0)
$f(a_1)

Cita

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[gabriella127]

"Bokonon":
Ciò che va dimostrato è che se la funzione non è strettamente monotona, allora non è iniettiva.

Questa è un'altra possibile via per dimostrare il teorema, ma non è la dimostrazione proposta da Marco.

[Bokonon]

"gabriella127":
$f(a_1)
No.
La dimostrazione di Marco fa questo. Assume che qualsiasi intervallo sia del tipo $f(a) Prende due intervalli a piacere, li parametrizza nella funzione $g(t)$ e conclude col teorema dei valori intermedi.

Una conseguenza (la funzione g(t) ) non può dimostrare l'ipotesi da cui è derivata.

[gabriella127]

Non mi pare proprio che assume che quasiasi intervallo sia del tipo $f(a)
In che senso conclude con il teorema dei valori intermedi? Quello serve proprio a dimostrare $f(a_1)
Quest'uso nella dimostrazione di Marco è scritto in modo un po' sintetico, che può suonare criptico, ma è così.

[Bokonon]

@Gabriella

"marco2132k":Per ogni \( 0\leqq t\leqq 1 \) si pongano
\[
\begin{aligned}
x_t &= (1 - t)a_0 + ta_1\\
y_t &= (1 - t)b_0 + tb_1
\end{aligned}
\] e si osservi che \( x_t < y_t \) sempre. Sia \( g\colon \left[0,1\right]\to \mathbb R \) la funzione (palesemente continua) che mappa \( t\mapsto f(y_t) - f(x_t) \).

Come sono definiti $x(t)$, $y(t)$ e di conseguenza $g(t)$?
Forse sarà il caldo ma giuro che vedo anche $a_1$ e $b_1$ nella definizione.

Eppure affermi che $g(t)$ è monotona crescente quando è facile creare un controesempio numerico nel caso esistano intervalli per cui $f(a_1)>f(b_1)$ (totalmente ignorati)
Sono solo io che vedo l'ipotesi implicita (e ingiustificata) per cui $f(a_n)>f(b_n)$ per ogni n?

[gabriella127]

Si dice solo che $g$ è sempre positiva, non che è monotona crescente, e questo viene all'uso del teorema dei valori intermedi. Da cui consegue che $f(a_1) Secondo me bisogna rendere più esplicito l'uso del teorema dei valori intermedi, se no no ci capiamo, perché Marco l'ha scritto così stringato, che più stringato non si può .

Caso mai più tardi ti dico come lo vedo usato, il teorema, ora non posso, ché ho degli impicci che mi deconcentrano.

[Bokonon]

Gabriella, secondo me la dimostrazione era così.
Si prendono due intervalli qualsiasi appartenenti al dominio tali che $a_0 Basta, non sono richieste altre ipotesi.
Si costruisce la $g(t)$ (una composizione dell'immagine) e si fa notare che, per il teorema dei valori intermedi, se esistono due valori $t_0$ e $t_1$ per cui $g(t_0)>0$ e $g(t_1)<0$, allora esiste un $t_0 Questo viola l'ipotesi di iniettività (perchè si avrebbe $f(x_(t_2))=f(y_(t_2))$), pertanto si deduce che preso qualsiasi intervallo $af(b)$ sempre.

[gabriella127]

Recuperato un minimo di lucidità mentale, ti dico come vedo l'uso del Teorema dei valori intermedi in codesta dimostrazione.

$g$ è una funzione di cui sappiamo che è positiva in un punto, ossia per $t=0$, perché per $t=0$ si ha $g(t)= f(b_0)-f(a_0)$, che è $>0$ per ipotesi (iniettività + ipotesi che sia positiva).

Inoltre, ricordiamo che, sempre per l'iniettività, $g!=0$ sempre.

Quindi, è impossibile che $g$ assuma valori negativi, perché, per il Teorema dei valori intermedi, per passare da positiva a negativa, dovrebbe passare per lo $0$, invece è sempre$!=0$.

Ergo, $g>0$ sempre.

Quindi pure per $t=1$, in cui $g=f(b_1)-f(a_1)$, cioè concludiamo che $f(b_1)>f(a_1)$.


CVD, sperando di non avere fatto casini con gli indici.

[gabriella127]

Scusa, ho scritto prima di leggere quello che hai scritto tu, tra un po' lo leggo.

[gabriella127]

Mi sembra che la tua dimostrazione sia ok, una variante di quello proposta da Marco, che ipotizzava $f(b_0)> f(a_0)$.
Tu la fai in modo un po' diverso, per contraddizione, ma siamo lì.

[Bokonon]

"gabriella127":Mi sembra che la tua dimostrazione sia ok, una variante di quello proposta da Marco, che ipotizzava $f(b_0)> f(a_0)$.

Ma è quello il punto che sto contestando (insieme al fatto che ipotizza anche $f(b_1)> f(a_1)$).
Le ipotesi sono gratuite e inutili...se poi costruiamo la $g(t)$ e applichiamo il teorema.
Sono le disuguaglianze che devono derivare dal teorema applicato alla $g(t)$ e non viceversa, altrimenti stiamo già dicendo che la $f(x)$ è strettamente monotona.

[gabriella127]

"Bokonon":[quote="gabriella127"]Mi sembra che la tua dimostrazione sia ok, una variante di quello proposta da Marco, che ipotizzava $ f(b_0)> f(a_0) $.

Ma è quello il punto che sto contestando (insieme al fatto che ipotizza anche $ f(b_1)> f(a_1) $).
Le ipotesi sono gratuite e inutili...se poi costruiamo la $ g(t) $ e applichiamo il teorema.
Sono le disuguaglianze che devono derivare dal teorema applicato alla $ g(t) $ e non viceversa, altrimenti stiamo già dicendo che la $ f(x) $ è strettamente monotona.[/quote]

Ma sono gratuite se si fa la dimostrazione come hai fatto tu, non quella di Marco!!
Inoltre non è vero che si ipotizza che $ f(b_1)> f(a_1) $). Come ho scritto sopra, quando ho esposto la dimostrazione, quella è la conclusione!!! anzi! !!!!!!!, abbondiamo con i punti esclamativi

Rileggi, se ti va, come ho esposto la dimostrazione, caso mai dormiamoci sopra, la notte porta consiglio.
Io rileggo il tutto domani a colazione, così comincio bene la giornata

[Bokonon]

"gabriella127":
Inoltre non è vero che si ipotizza che $ f(b_1)> f(a_1) $).

Ok, hai ragione!
Però anche così non mi sconfinfera...è la sequenza logica che mi irrita in qualche modo

"gabriella127":
Rileggi, se ti va, come ho esposto la dimostrazione, caso mai dormiamoci sopra, la notte porta consiglio.
Io rileggo il tutto domani a colazione, così comincio bene la giornata

No, no, è ok la dimostrazione che hai postato ma è come dire "sovrabbondante" non so che capisci cosa intendo.
Inoltre richiede un secondo passaggio per $ f(b_0)< f(a_0) $

[gabriella127]

Certo, richiede il secondo passaggio, ma è identico.
Non trovo la dimostrazione sovrabbondante, anzi, carina, ma de gustibus.
In effetti poi ognuno ha le sue preferenze.
A me in effetti piacciono più le dimostrazioni dirette che quelle per contraddizione, ma sono davvero cose molto soggettive.
Buonanotte!