Exercise:
Sei I ein Intervall und f:I rightarrow mathbbR eine stetige streng monotone Funktion. Dann ist fI subseteq mathbbR wieder ein Intervall und die Abbildung f:I rightarrow FI hat eine stetige streng monotone inverse Abbildung f^-:fI rightarrow I. Falls Iab für reelle Zahlen a b dann gilt des Weiteren dass fI die Endpunkte fa und fb hat. f^- ist streng monoton wachs oder streng monoton fall wenn f streng monoton wachs oder streng monoton fall

Solution:
Beweis. o.B.d.A. kann man annehmen dass f streng monotn wachs ist sonst einfach f mit -f ersetzen. Man bemerkt dass Funktion f:I rightarrow fI bijektiv ist da sie per Definition surjektiv ist und wegen der strengen Monotonie auch injektiv. Demnach existiert eine eindeutig bestimmte Umkehrabbildung g f^-:fI rightarrow I welche auch wieder streng monoton wachs sein muss: Da f streng monton wachs ist gilt x_ x_ iff fx_ fx_ für alle x_x_ in I was zu f^-y_ f^-xy_ iff y_ y_ für alle y_y_ in I äquivalent ist. Man möchte nun zeigen dass fI auch ein Intervall ist und nehme dazu zuerst an dass Iab ein abgeschlossenes beschränktes kompaktes Intervall für zwei reelle Zahlen a b ist. Auf Grund der MonotoniAnnahme gilt fx in fafb für alle x in ab. Nach dem Zwischenwertsatz Satz . ist auch fab fafb und damit ist fI insbesondere ein Intervall. Sei nun I ein beliebiges Intervall in mathbbR mit Endpunkten a b in overlinemathbbR. Man definiere nun die Punkte c textinffI in overlinemathbbR und d textsupfI in overlinemathbbR und behaupte dass cd in fI enthalten ist. Sei y in cd. Dann gibt es nach Definition von c textinffI und wegen c y ein x_- in I mit c leq fx_- y. Ebenso gibt es nach Definition von d textsupfI und wegen y d ein x_+ in I mit y fx_+ leq d. Nach dem Zwischenwertsatz Satz . ist also y in fI und die Behauptung folgt. Es wurde gezeigt dass fI ein Intervall ist. Falls der linke Endpunkt a von I zu I gehört dann ist c fa textinffI textminfI. Falls a nicht zu I gehört dann gibt es zu jedem x in I ein Element x_- in I mit x_- x was wiederum wegen der strengen Monotonie impliziert dass fI kein Minimum besitzt da es zu jedem y in fI ein Element y_- in fI mit y_- y gibt. Das heisst der linke Endpunkt von I gehört zu I genau dann wenn c zum Intervall fI gehört. Dasselbe gilt auch für den rechten Endpunkt. Nun zeigen dass gf^- stetig ist. Sei also y_ in fI und epsilon . Man definiere den Punkt x_ gy_. Falls y_ d und damit auch x_ b ist dann gibt es einen Punkt x_+ in x_ x_+epsilon mit x_+ b. Man definiere y_+ fx_+ y_ und erhält für alle y in fI y_ leq y y_+ Longrightarrow f^-y_ leq f^-y f^-y_+ x_+ f^-y_+epsilon oder auch y_ leq y y_+ Longrightarrow |f^-y - f^-y_| epsilon Falls a in I und y_ c fa gilt ist dies bereits die Stetigkeitsbedingung bei y_ für epsilon und die Wahl delta y_+ -y_. In der Tat falls y in fI und |y-y_| delta ist so folgt y geq c fa y_ aus c textminfI und damit y_ leq y y_+ aus der definition von delta. Falls y_ c und damit auch x_ a ist dann gibt es einen Punkt x_- in x_-epsilonx_ mit x_- a. Man definiere y_- fx_- y_ und erhält wie zuvor für alle y_- y leq y_ Longrightarrow f^-y_-epsilon x_- f^-y_- f^-y leq f^-y_ oder auch y_- y leq y_ Longrightarrow |f^-y-f^-y_| epsilon Falls b in I und y_ fb ist dies wiederum die Stetigkeitsbedingung bei y_ für epsilon und delta y_-y_-. Für einen beliebigen Punkt y_ in ab setzen wir delta textminy_+-y_ y_-y_- s.d. man die oberen zwei Gleichungen kombinieren kann zu |y-y_| delta Longrightarrow |f^-y-f^-y_| epsilon für alle y in fI was zu beweisen war.