analysis — Относительно sup и inf непрерывной функции
Suppose $f:\mathbb R\to \mathbb R$ be a continuous function such that $lim\limits_{x\to \infty}f(x)=0=\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)$ . Then I want to show that $f$ is bounded and attains at least one of $inf$ and $sup$ .
For boundedness I did as follows:
Let $f$ be unbounded. Then for each $n>0$ there exists a sequence $(x_n)$ such that $vert f(x_n)\vert>n$ . Now if $(x_n)$ converges, by continuity of $f$ , $(f(x_n))$ must converge. But this not possible as $(f(x_n))$ is unbounded. If $x_n\to \infty$ or $x_n\to -\infty$ , then also by continuity of $f$ , we can show contradiction. If $(x_n)$ does not converge, then it has a convergent subsequence which also leads to a contradiction. Hence $f$ must be bounded.
Now please help me to solve the next part of the problem. To my understanding, if I suppose that $m<f(x)<M$ for all $x\in \mathbb R$ , where $M=\sup f(x)$ and $m=\inf f(x)$ , then this will lead to a contradiction. But I could not show that.
Предположим, что $f:\mathbb R\to \mathbb R$ — непрерывная функция такая, что $lim\limits_{x\to \infty}f(x)=0=\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)$ . Затем я хочу показать, что $f$ ограничен и достигает хотя бы одного из $inf$ и $sup$ .
Для ограниченностью я сделал следующим образом:
Пусть $f$ неограничена. Тогда для каждого $n>0$ существует последовательность $(x_n)$ такая, что $vert f(x_n)\vert>n$ . Теперь, если $(x_n)$ сходится, по непрерывности $f$ , $(f(x_n))$ должно сходиться. Но это невозможно, так как $(f(x_n))$ неограничен. Если $x_n\to \infty$ или $x_n\to -\infty$ , то также по непрерывности $f$ мы можем показать противоречие. Если $(x_n)$ не сходится, то имеет сходящуюся подпоследовательность, которая также приводит к противоречию. Следовательно, $f$ должно быть ограничено.
Теперь, пожалуйста, помогите мне решить следующую часть проблемы. Насколько я понимаю, если я полагаю, что $m<f(x)<M$ для всех $x\in \mathbb R$ , где $M=\sup f(x)$ и $m=\inf f(x)$ , то это приведет к противоречию. Но я не мог этого показать.
real-analysis sequences-and-series continuity197
math.stackovernet.com
analysis — $ \ inf $ и $ \ sup $ множества.
Let $n\geq3$ be an arbitrarily fixed integer. Take all the possible finite sequences $(a_{1},…,a_{n})$ of positive numbers. Find the supremum and the infimum of the set of numbers $sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}},$ where we put $a_{n+1}=a_{1}$ and $a_{n+2}=a_{2}$ .
Attempted solution: $n=3\rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}=1$
$n>3\wedge a_{i}>0\rightarrow \frac{a_{k}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}< \frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}< \frac{\sum_{i=1}^{k}a_{i}+\sum_{i=k+3}^{n}a_{i}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}$ $rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}< \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}<\sum_{k=1}^{n} \frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}-a_{k+1}-a_{k+2}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}$ $rightarrow 1< \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}< n-2$ I don’t see why these must be the tightest bounds. Can $inf$ and $sup$ be calculated from these inequalities?
Пусть $n\geq3$ — произвольно фиксированное целое число. Возьмем все возможные конечные последовательности $(a_{1},…,a_{n})$ положительных чисел. Найдите супремум и нижнюю грань множества чисел $sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}},$ where we put $a_{n + 1}= a_{1}$ and $a_{n + 2}= a_{2}$ .
Attempted solution: $n=3\rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}=1$
$n>3\wedge a_{i}>0\rightarrow \frac{a_{k}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}< \frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}< \frac{\sum_{i=1}^{k}a_{i}+\sum_{i=k+3}^{n}a_{i}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}$ $rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}< \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}<\sum_{k=1}^{n} \frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}-a_{k+1}-a_{k+2}}{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}$ $rightarrow 1< \sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{a_{k}+a_{k+1}+a_{k+2}}< n-2$ I don’t see why these must be the tightest bounds. Can $inf$ and $sup$ из этих неравенств?
real-analysis inequality optimization supremum-and-infimum253
math.stackovernet.com
analysis — Сравнение Sup и Inf двух функций
If $f$ is a function $f$ : $D$ $rightarrow$ $R$ one says that $f$ is bounded above (resp. bounded below, bounded) if the image of $D$ under $f$ i.e. $f(D)$ = { $f(x) : x\in D$ } is bounded above (resp. bounded below, bounded). If $f$ is bounded above (resp. bounded below), then one denotes by sup $f$ the supremum of $f(D)$ (resp. by inf $f$ the infimum of $f(D)$ ).
Assume that two functions $f$ : $D$ \rightarrow $$ R $and$ g:D\rightarrow $R$ are bounded above.
(a) Prove that $f(x) \le g(x)$ for all $x \in D$ implies sup $f$ $le$ sup $g$ .
(b) Show that the converse it not true by providing a concrete counterexample.
(c) Prove that $f(x) \le g(y)$ for all $x, y \in D$ if and only if sup $f \le$ inf $g$ .
Ok so this is the question, where there’s three parts to it, and I feel as if that it’s quite obvious, but I would like to see a nice proof for this question if possible. Really all I need to see is the proof for a), but if you want to do them all then go right ahead. I do understand why each of these are true, I just want to see what a good proof looks like. Thanks in advance.
Если $f$ является функцией $f$ : $D$ $rightarrow$ $R$ , то говорят, что $f$ ограничено сверху (соответственно ограничено ниже, ограничено), если образ $D$ при $f$ , то есть $f(D)$ = { $f(x) : x\in D$ } ограничен сверху (соответственно ограниченный снизу, ограниченный). Если $f$ ограничено сверху (соответственно ограничено ниже), то через sup $f$ обозначается верхняя грань $f(D)$ (соответственно inf $f$ — нижняя грань $f(D)$ ).
Предположим, что две функции $f$ : $D$ \rightarrow $$ R $и$ g:D\rightarrow $R$ ограничены сверху.
(a) Докажите, что $f(x) \le g(x)$ для всех $x \in D$ подразумевает sup $f$ $le$ sup $g$ .
(b) Покажите, что это неверно, предоставляя конкретный контрпример.
(c) Докажите, что $f(x) \le g(y)$ для всех $x, y \in D$ тогда и только тогда, когда sup $f \le$ inf $g$ .
Хорошо, так что это вопрос, в котором есть три части, и я чувствую, что это совершенно очевидно, но я хотел бы увидеть хорошее доказательство для этого вопроса, если это возможно. Действительно, все, что мне нужно увидеть, является доказательством для а), но если вы хотите сделать все, то идите прямо вперед. Я понимаю, почему каждый из них прав, я просто хочу посмотреть, как выглядит хорошее доказательство. Заранее спасибо.
real-analysis supremum-and-infimum137
math.stackovernet.com
Спивак, связанные с $\sup$ и $\inf$
This is the exercise 4.b of chapter 8 from Spivak:
Suppose that $f$ is continuous on $[a,b]$ and that $f(a)<f(b)$ . Prove that there are numbers $c$ and $d$ with $a \leq c <d \leq b$ such that $f(c)=f(a)$ and $f(d)=f(b)$ and $f(c)<f(x)<f(d)$ for all $x$ in $(c,d)$ .
So here’s my attempt at a proof:
First consider the set $A=\{x \in [a,b] : f(x)=f(a)\}$ . Since $A \neq \emptyset$ ( $a$ is in $A$ ) and $b$ is an upper bound for this set, it follows that $A$ has a least upper bound $c=\sup A$ . Let’s show that $f(c)=f(a)$ . Suppose that $f(c) \neq f(a)$ , then there are two possibilities, $f(c)>f(a)$ or $f(c)<f(a)$ . If $f(c)>f(a)$ , by continuity of $f$ , there exists a number $delta>0$ such that if $c-\delta<x<c+\delta$ , then $f(x)>f(a)$ , but by definition of least upper bound, there is $y \in A$ such that $c-\delta<y<c+\delta$ , so $f(y)>f(a)$ , which is absurd since $y$ is an element of $A$ . Now suppose $f(c)<f(a)$ , by the same argument used in the previous case we arrive to a contradiction. In conclusion, we must have $f(c)=f(a)$ .
Now define $B=\{x \in [a,b]:f(x)=f(b)\}$ . Using analogous arguments to the two statements related $A$ , it follows that there exists a greatest lower bound $d=\inf B$ and that $f(d)=f(b)$ .
So it remains to prove the last part of the exercise: for all $y$ such that $c<y<d$ , we have $f(c)<f(y)<f(d)$ . I couldn’t prove this statement, I would really appreciate some help. Thanks in advance.
Это упражнение 4.b главы 8 из Спивак:
Пусть $f$ непрерывна на $[a,b]$ и что $f(a)<f(b)$ . Докажите, что существуют числа $c$ и $d$ с $a \leq c <d \leq b$ такие, что $f(c)=f(a)$ и $f(d)=f(b)$ и $f(c)<f(x)<f(d)$ для всех $x$ в $(c,d)$ .
Так вот моя попытка доказательства:
Сначала рассмотрим множество $A=\{x \in [a,b] : f(x)=f(a)\}$ . Так как $A \neq \emptyset$ ( $a$ находится в $A$ ), а $b$ — верхняя оценка для этого множества, то $A$ имеет наименьшую верхнюю границу $c=\sup A$ . Покажем, что $f(c)=f(a)$ . Предположим, что $f(c) \neq f(a)$ , тогда есть две возможности: $f(c)>f(a)$ или $f(c)<f(a)$ . Если $f(c)>f(a)$ , по непрерывности $f$ , существует число $delta>0$ такое, что если $c-\delta<x<c+\delta$ , то $f(x)>f(a)$ , но по определению наименьшей верхней границы существует $y \in A$ такой, что $c-\delta<y<c+\delta$ , поэтому $f(y)>f(a)$ , что абсурдно, так как $y$ является элементом $A$ . Предположим теперь, что $f(c)<f(a)$ по тому же аргументу, который использовался в предыдущем случае, мы приходим к противоречию. В заключение мы должны иметь $f(c)=f(a)$ .
Теперь определим $B=\{x \in [a,b]:f(x)=f(b)\}$ . Используя аналогичные аргументы для двух операторов, связанных с $A$ , следует, что существует наибольшая нижняя грань $d=\inf B$ и что $f(d)=f(b)$ .
Так что остается доказать последнюю часть упражнения: для всех $y$ , что $c<y<d$ , мы имеем $f(c)<f(y)<f(d)$ . Я не мог доказать это утверждение, я бы очень признателен за помощь. Заранее спасибо.
calculus continuity supremum-and-infimum139
math.stackovernet.com