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Preguntas sobre la demostración del teorema del valor intermedio

Estoy tratando de seguir una demostración del Teorema del Valor Intermedio en el libro de texto de análisis real de Ross, pero no entiendo varios de los pasos. Voy a replicar la prueba tanto como pueda (a veces añadiendo detalles adicionales, así que si afirmo algo incorrectamente sin saberlo, por favor dímelo) y me detengo en estas preguntas.

Teorema. Si $f$ es una función continua de valor real en un intervalo $I$ entonces $f$ tiene la propiedad de valor intermedio en $I$ : Siempre que $a, b \in I$ , $a < b$ y $y$ se encuentra entre $f(a)$ y $f(b)$ [es decir, $f(a) < y < f(b)$ o $f(b) < y < f(a)$ ], existe al menos una $x$ sur $(a,b)$ tal que $f(x) = y$ .

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Prueba. Supongamos que $f(a) < y < f(b)$ . Definimos un conjunto $S = \{x \in [a,b]: f(x) < y\}$ . Desde $f(a) < y$ por suposición, $a \in S$ Así que $S$ es no vacía. Además, $[a,b] = \{x \in \mathbb{R} : a \leq x \leq b\}$ por definición, por lo que se deduce que $x \leq b, \forall x \in S$ Así que $S$ está limitada por encima por $b$ . Por el axioma de completitud, $S$ tiene un supremacía, $x_0$ . Para cualquier $n \in \mathbb{N}$ , $x_0 - \frac{1}{n} < x_0$ Así que $x_0 - \frac{1}{n}$ no es un límite superior para el conjunto de $S$ por la definición del supremum.

Lo único que me confunde aquí es si podemos afirmar que $x < b$ . Sabemos que $f(b) > y$ Así que $b$ no está en $S$ lo que sugiere que podemos hacer esta afirmación mayor.

Porque $x_0 - \frac{1}{n}$ no es un límite superior de $S$ existe algún elemento en $S$ mayor que ella. Así, por cada $n \in \mathbb{N}$ existe alguna $s_n \in S$ tal que $x_0 - \frac{1}{n} < s_n \leq x_0$ .

Aquí, no estoy completamente seguro de la estrategia. Parece que toma $s_n$ como no un elemento particular de $S$ pero para tratar $S$ como una secuencia (tomamos el límite en el siguiente paso) y luego tomamos $s_n$ para ser una subsecuencia donde creamos un valor para cada número natural. ¿Es esta la manera correcta de pensar en ello?

Por lo tanto, $\lim s_n = x_0$ .

¿Se deduce esto del lema de la compresión? Los límites preservan $\leq$ desigualdades, por lo que $x_0 - \frac{1}{n} < s_n \leq x_0$ implica $\lim \left(x_0 - \frac{1}{n} \right) \leq \lim s_n \leq \lim \left(x_0 \right)$ y que $x_0 \leq \lim s_n \leq x_0$ por lo que por el lema de la compresión $\lim s_n = x_n$ .

Que $f(s_n) < y$ para todos $n \in \mathbb{N}$ y como $f$ es continua, se deduce que $f(x_0) = \lim f(s_n) \leq y$ .

Suponiendo que estoy en lo cierto al pensar que cada $s_n$ es un elemento del conjunto que estamos tratando como una subsecuencia de $S$ (lo que significa que cuando hablamos del límite de $s_n$ estamos hablando de la secuencia, pero cuando decimos $f(s_n) < y$ (estamos hablando de un elemento individual), entonces creo que lo entiendo.

Definir $t_n = \min\left(b, x_0 + \frac{1}{n}\right)$ .

Estoy asumiendo, de nuevo, que esto es una subsecuencia de $S$ .

Observe que $x_0 \leq t_n \leq x_0 + \frac{1}{n}$ .

No entiendo del todo la segunda de estas desigualdades. Si $t_n = b$ , ya que $b$ es un límite superior de $S$ y $x_0$ es su supremacía, se deduce que $x_0 \leq t_n$ , por lo que entiendo esto. Pero $n$ es estrictamente positivo, obviamente, por lo que $x_0 + \frac{1}{n} > x_0$ . Si $x_0 = t_n$ entonces $x_0 + \frac{1}{n} > t_n$ . Supongo que tenemos $t_n = x_0 + \frac{1}{n}$ es $x_0 + \frac{1}{n} < b$ y por lo tanto $t_n = x_0 + \frac{1}{n}$ . ¿Es esto correcto?

Por lo tanto, $\lim t_n = x_0$ .

Supongo que esto también es un resultado del lema del apretón, ¿correcto?

Obsérvese que cada $t_n$ pertenece a $[a,b]$ pero no a $S$ .

Si $t_n = b$ entonces seguramente no pertenece a $S$ desde $f(b) > y$ . ¿Es el argumento adicional entonces que desde $x_0$ es el sumo de $S$ , entonces si $x_0 + \frac{1}{n}$ estaban en $S$ entonces $x_0$ no puede ser su supremum (una contradicción), entonces $x_0 + \frac{1}{n}$ no puede estar en el conjunto? Creo que entiendo por qué $t_n$ no está en $S$ pero no por qué están todavía en $[a,b]$ . Seguramente $b$ está en $[a,b]$ y supongo que en el caso de que $x_0 + \frac{1}{n}$ es mayor que $b$ entonces $t_n = b$ Así que nos quedamos en $[a,b]$ . ¿Es eso correcto?

Por lo tanto, $f(t_n) \geq y$ para todos $n$ . Por lo tanto, ya que $f$ es continua, $f(x_0) = \lim f(t_n) \geq y$ . Desde $f(x_0) \leq y$ y $f(x_0) \geq y$ se deduce que $f(x_0) = y$ . Por lo tanto, $\exists x \in (a,b)$ tal que $f(x) = y$ .

Aquí lo entiendo todo.

Agradecería enormemente cualquier idea sobre los puntos anteriores o sobre algo que se me haya pasado por alto. Gracias de antemano.

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Los miembros de $S$ no forman una secuencia, sino que elegimos algunos miembros específicos de $S$ uno por uno y forman una secuencia $s_n$ . Otro punto es que $t_n\leq x_0+1/n$ es obvio a partir de la definición de $t_n$ .

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También el hecho de que $t_n\notin S$ no está claro, al menos no a partir de la prueba dada. Que se encuentra en $[a, b] $ es trivial. Por ejemplo, puede darse el caso de que $t_n=x_0$ para todos $n$ y no está claro por qué $x_0$ no en $S$ .

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Para ser franco, la prueba es innecesariamente larga y confusa. Sólo hay que tener en cuenta que $x_0=\sup S$ existe y demostrar que $f(x_0)=y$ demostrando que ambos casos $f(x_0)<y$ y $f(x_0)>y$ llevar a la contradicción.

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Maurice Puntos 1041

Estos son mis comentarios sobre sus argumentos:

Lo único que me confunde aquí es si podemos afirmar que $x < b$ . Sabemos que $f(b) > y$ Así que $b$ no está en $S$ , lo que sugiere que que podemos hacer esta afirmación mayor.

Si $b$ estaban en el set $S$ entonces sería que $f(b)<y$ lo que contradice nuestra suposición. Así que sí, su conclusión es cierta.

Aquí, no estoy completamente seguro de la estrategia. Parece que toma como no un elemento particular de , sino tratar  $S$  como una secuencia (tomamos la límite en el siguiente paso) y luego tomamos como una subsecuencia donde creamos un valor para cada número natural. ¿Es esta la forma correcta de pensar en ello?

No, estamos tratando de construir una secuencia que converja a $x_0$ . ¿Cómo lo hacemos? Ya que para cada $n \in \mathbb{N}$ , $x_0 - 1/n$ ya no es un límite superior para $S$ podemos elegir $s_n \in S$ tal que $x_0 - 1/n < s_n \le x_0$ . Puedes ver que construimos una secuencia $(s_n)$ ? Y por cierto, $S$ es un conjunto, no es una secuencia.

¿Se deduce esto del lema de la compresión? Los límites preservan $\leq$ desigualdades, por lo que $x_0 - \frac{1}{n} < s_n \leq x_0$ implica $\lim \left(x_0 - \frac{1}{n} \right) \leq \lim s_n \leq \lim \left(x_0 \right)$ y que $x_0 \leq \lim s_n \leq x_0$ Así que por el apretón lema $\lim s_n = x_n$ .

Tienes razón. Pero hay una errata al final del párrafo anterior: $\lim s_n = x_0$ .

Suponiendo que estoy en lo cierto al pensar que cada $s_n$ es un elemento del conjunto que estamos tratando como una subsecuencia de $S$ (lo que significa que cuando hablamos del límite de $s_n$ Estamos hablando de la secuencia, pero cuando decimos $f(s_n) < y$ Estamos hablando de un individuo elemento), entonces creo que lo entiendo.

Sí, $s_n \in S$ para todos $n \in N$ por lo que por definición de $S$ tenemos $f(s_n) < y$ para todos $n \in \mathbb{N}$ . Para concluir que $f(x_0) = \lim f(s_n) \leq y$ En primer lugar, observamos que $f(s_n) < y$ para todos $n \in \mathbb{N}$ entonces debe ser que $\lim f(s_n) \le \lim y = y$ (ya que $f(s_n)$ también es una secuencia) y por la continuidad de $f$ tenemos $f(s_n) = f(x_0)$

Estoy asumiendo, de nuevo, que esto es una subsecuencia de $S$ .

Una vez más, $S$ es un conjunto y $(t_n)$ es una secuencia.

No entiendo del todo la segunda de estas desigualdades. Si $t_n = b$ , ya que $b$ es un límite superior de $S$ y $x_0$ es su supremum, se deduce que $x_0 \leq t_n$ por lo que entiendo esto. Pero $n$ es estrictamente positivo, obviamente, por lo que $x_0 + \frac{1}{n} > x_0$ . Si $x_0 = t_n$ entonces $x_0 + \frac{1}{n} > t_n$ . Supongo que tenemos $t_n = x_0 + \frac{1}{n}$ es $x_0 + \frac{1}{n} < b$ y por lo tanto $t_n = x_0 + \frac{1}{n}$ . ¿Es esto correcto?

No, en este caso se equivoca. Primero discutamos sobre la primera desigualdad. Dado que $x_0$ es el lubricante para $S$ y $b$ es un límite superior para $S$ tenemos que $x_0 \le b$ . Desde $x_0 \le b$ y $x_0 < x_0 + 1/n$ para todos $n \in \mathbb{N}$ Debe ser que $x_0 \le \min \{ b, x_0 + 1/n \} = t_n$ . La segunda desigualdad se deduce inmediatamente de la definición de mínimo, $t_n = \min \{ b, x_0 + 1/n \} \le x_0 + 1/n$ .

Si $t_n = b$ entonces seguramente no pertenece a $S$ desde $f(b) > y$ . ¿Es el argumento adicional entonces que desde $x_0$ es el sumo de $S$ , entonces si $x_0 + \frac{1}{n}$ estaban en $S$ entonces $x_0$ no podría ser su supremacía (una contradicción), entonces $x_0 + \frac{1}{n}$ no puede estar en el conjunto? Creo que entiendo por qué $t_n$ no está en $S$ pero no por qué siguen en $[a,b]$ . Seguramente $b$ está en $[a,b]$ y supongo que en el caso de que $x_0 + \frac{1}{n}$ es mayor que $b$ entonces $t_n = b$ Así que nos quedamos en $[a,b]$ . ¿Es eso correcto?

Sí, tiene razón si $x_0 + 1/n$ estaba en $S$ entonces $x_0$ dejaría de ser un límite superior para $S$ . La secuencia $(t_n)$ está en el conjunto $[a,b]$ porque $a \le x_0 \le t_n = \min \{ b, x_0 + 1/n \} \le b$ .

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