Puede el teorema fundamental del cálculo se demostró sin un recurso de apelación en el sentido de valor o teorema de Rolle o de sus consecuencias inmediatas?

Question

Creo que la respuesta es negativa. Aquí son dos de las formas que yo conozco. Ambos de ellos el Valor medio Teorema. El primer uso de una manera indirecta, y el segundo utiliza es más abiertamente. La primera prueba algo como esto.

Demostrar que $F(x) = \int_a^x f(t) dt, a \le x \le b$ es un particular contra de derivados y si $G$ es un anti derivado $G^\prime =(x) = f(x)$. A continuación, aplicar el Valor medio el Teorema de $F-G$ sobre cualquier intervalo de $(c,d) \subset (a,b)$ a la conclusión de que la $F(c) - G(d) = 0$. Ahora mantenga $c$ fijo y mover $d$ en el intervalo de $[a, b]$. El uso de $F(b) - G(b) = F(a)-G(a)$ a la conclusión de $G(b) - G(a) = F(b) - F(a) = F(b) = \int_a^b f(x)dx$.

La segunda prueba, que yo prefiero, es algo como esto:

$G(b) - G(a) = \int dG = (G(b) - G(x_{n-1})) + (G(x_{n-1}-G(x_{n-2}) )+ \ldots (G(x_1) - G(a))$ para cualquier partición $\{a, x_1, x_2,\ldots, x_{n-1}, b \}$$[a, b]$. Ahora utilizar el Valor medio el Teorema de escribir reemplazar cada plazo $G(x_k) - G(x_{k-1})$ por $G^\prime(c_k)(x_k - x_{k-1})$ para obtener una suma de Riemann que converge a $\int_a^b f(x)dx$.

Creo que uno tiene que utilizar algún tipo de teorema como mvt que le da mundial de la información $f(b) - f(a)$ $f$ el uso de la derivada que sólo puede proporcionar información local en $f$.

Answer 1

Como otros han dicho, en la versión de la FTC en la que estamos de acuerdo en integrar / antidifferentiate sólo continua de las funciones, el único lugar donde una consecuencia de la MVT se produce es cuando queremos afirmar la singularidad de la antiderivada a una constante, que -- como N. S. señala-es equivalente a la Velocidad Cero, el Teorema (ZVT):

Deje $f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ ser diferenciable con $f'$ idénticamente igual a cero. A continuación, $f(x) = f(a)$ todos los $x \in [a,b]$.

Es tradicional para probar ZVT señalando que su contrapositivo forma es que un no constante derivable la función tiene un punto en el que la derivada no es igual a cero, y que de esta manera se sigue inmediatamente de la MVT. Esta es la manera que he probado ZVT en mi completado recientemente Spivak clase de Cálculo. Sólo por diversión, permítanme dar una alternativa a prueba el uso Real de la Inducción (ver, por ejemplo, en la página 14 de estas notas del curso).

Tenga en cuenta que no es una pérdida de generalidad asumir que $f(a) = 0$ y muestran que $f$ es idéntica a cero en $[a,b]$. Para $\epsilon > 0$, vamos a $S(\epsilon)$ el conjunto de $x$ $[a,b]$ tal que para todo $y \in [a,x]$, $|f(y)| \leq (x-a)\epsilon$. Si podemos demostrar que $b \in S(\epsilon)$ todos los $\epsilon > 0$, entonces tenemos que $|f(y)| \leq (b-a)\epsilon$ todos los $y \in [a,b]$ todos los $\epsilon > 0$, lo $f \equiv 0$. Ahora:
(RI1) Desde $f(a) = 0$, $a \in S(\epsilon)$.
(RI2) Supongamos que para algunos $a \leq x < b$, $x \in S(\epsilon)$. Desde $f'(x) = 0$ existe $\delta > 0$ tal que $|y-x| \leq \delta$ implica $|f(y)-f(x)| \leq \epsilon |y-x| \leq \epsilon \delta$. Thus for all $0 < \delta' \leq \delta$ and $s \[x,x+\delta']$,

$|f(y)| \leq |f(x)| + |f(y) - f(x)| \leq |f(x)| + \epsilon \delta' \leq (x-a)\epsilon + \delta' \epsilon = (x+\delta'-a)\epsilon$,

por lo $[x,x+\delta] \subset S(\epsilon)$.

(RI3): de igual manera, supongamos $a < x \leq b$$[a,x) \in S(\epsilon)$. Elija $\delta > 0$ tal que $|y-x| \leq \delta$ implica $|f(y) - f(x)| \leq \epsilon |y-x| \leq \ \delta \epsilon$. Para $y \in [x-\delta,x]$, tenemos

$|f(y)| \leq |f(y) - f(x-\delta)| + |f(x-\delta)| \leq \delta \epsilon + (x-\delta -)\epsilon = (x-a) \epsilon$.

No puedo pensar en una situación en la que me daría algo de esta prueba de demostrar el Teorema del Valor Extremo y el uso que para demostrar el Valor medio Teorema, pero me parece que los argumentos de los reales de inducción a tener un cierto encanto que va directo hacia ellos...

Answer 2

Creo que de la FTC como una agudización de la MVT, por lo que parece artificial para mí para demostrar la FTC sin el MVT.

Tener en cuenta: El MVT los estados que, al $f(x)$ es continua en a $[a,b]$ y diferenciable en a $(a,b)$, entonces no existe $c\in (a,b)$ de manera tal que la pendiente de la línea tangente a la gráfica de $f(x)$ $c$ es precisamente igual a la pendiente de la recta que pasa por a$(a,f(a))$$(b,f(b))$. No sabemos nada acerca de los c de punto.

Espera un segundo! Nos hacen saber algo acerca de c! Sabemos que $f^{\prime}(c)$ es el promedio de la derivada entre el$a$$b$! ¿Cómo sabemos esto? Así, si la función fuera lineal, la media sería la pendiente de la misma; y ahora que no es lineal, así, el promedio es todavía la pendiente de la mencionada línea. Para pensar - la derivada es la velocidad. A veces el coche va más rápido y, a veces, va más lento, pero su velocidad promedio será la velocidad de la $v$ de manera tal que, si se viaja a la velocidad constante de $v$ todo el tiempo, que se obtiene de $f(a)$ $f(b)$en el tiempo $b-a$.

Ahora queremos una forma de escribir que $f^{\prime}(c)$ es este promedio. ¿Cómo lo hacemos? Así, el promedio es el total dividido por el número de partes, cada uno ponderado por su longitud. Espera un segundo - el numerador de que es la integral de Riemann! Tomando límites, el promedio de $f^{\prime}$$(a,b)$$\frac{\int_{a}^b f^{\prime}(t)dt}{b-a}$. Así que hemos reescrito el "promedio versión" MVT como $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}= \frac{\int_{a}^b f^{\prime}(t)dt}{b-a}$. Multiplicar ambos tamaños por $b-a$, y listo.

Para que esto se vuelva honesto matemáticas que utilizan algún tipo de argumento formal como usted ha mencionado -, pero moralmente, no hay nada más a la FTC que la interpretación de $f^{\prime}(c)$ no sólo como $f^{\prime}$ evaluado en algún extraño punto, sino más bien como un promedio.

Añadido: Porque otras respuestas están diciendo sí, debo destacar que estoy diciendo no. Hay una irreductible dificultad a la FTC, que es traducir entre un épsilon-delta concepto $\int_a^b f^{\prime}(t) dt$ y un número de $f(b)-f(a)$. Usted tiene que cruzar ese puente de alguna manera. Y la única manera a través de las son los IVT y la EVT, que en este contexto vienen en el disfraz de la MVT. Me gustaría tener un lógico para comentar, pero creo que, lógicamente, voy a ir en una línea aquí, y afirman que no puede ser de ninguna manera a la FTC para que no pase a través de alguna forma de la MVT.

Añadido 2: Hay un número de diferentes maneras de formular la completitud de los números reales. Como otros Pete Clark L. y N. S. de las respuestas han demostrado, estos, y técnicas, tales como bienes de inducción, pueden ser aprovechados para producir realmente distintas pruebas de la FTC. Así que la respuesta resultó ser que sí , después de todo!

Answer 3

Para un enfoque alternativo a la FTC sin el MVT, consulte este documento, que también contiene otras referencias:

Tucker, Thomas W.; Replanteamiento de rigor en el cálculo: el papel de la media teorema del valor. Amer. De matemáticas. Mensual 104 (1997), no. 3, 231-240. http://dx.doi.org/10.2307/2974788; también disponible en http://www.math.cornell.edu/~maria/1220/ .

Este artículo ha traído una reacción:

Swann, Howard; Comentarios sobre el replanteamiento de rigor en el cálculo: el papel del valor medio teorema. Amer. De matemáticas. Mensual 104 (1997), no. 3, 241-245. http://dx.doi.org/10.2307/2974789; también disponible en el sitio del autor: http://www.math.sjsu.edu/~swann/commall.pdf.

y también este

Scott E. Brodie; En "Repensando el Rigor en el Cálculo de...", o por Qué no Hacemos el Cálculo de los Números Racionales. El Colegio De Matemáticas De La Revista , Vol. 30, Nº 2 (Mar., 1999), pp 135-138. http://www.jstor.org/stable/2687725.

Answer 4

Si $f$ se define en $[a,b)$ tal que $F(x)=\int_a^x f(t)dt$ existe para todas las $x\in(a,b)$, e $f$ es continua en a $x_0\in (a,b)$, entonces, dado $\epsilon>0$, encontramos a $\delta>0$ tal que $I=(x_0-\delta,x_0+\delta)\subset (a,b)$ $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$ al $x\in I$.

Entonces podemos ver que, para$0<h<\frac{\delta}2$, $F(x_0+h)-F(x_0) = \int_{x_0}^{x_0+h} f(x)dx$ y

$$f(x_0)-\epsilon < f(x) < f(x_0)+\epsilon$$ on the interval $[x_0,x_0+h]$. Así

$$hf(x_0) - h\epsilon \leq F(x_0+x) - F(x_0) = \int_{x_0}^{x_0+h} f(x) \leq hf(x_0)+h\epsilon$$ .

Dividir por $h$ y tienes:

$$f(x_0)-\epsilon < \frac{F(x_0+h)-F(x_0)}h < f(x_0)+\epsilon$$

Por lo $\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}h$ tiene el límite de$f(x_0)$$h\rightarrow 0+$.

Usted puede mostrar la misma para $h\rightarrow 0-$, por lo que se hace.

Tenga en cuenta que usted necesita continuidad en $x_0$ para este trabajo, ya que, si se define el $f(x)=-1$$x<0$$f(x)=1$$x\geq 0$, entonces la integral de $f$ no es diferenciable en a $x=0$.

Así que, todo lo que realmente necesitamos es que los siguientes teoremas:

Si $u<f(x)<v$ todos los $x\in[x_1,x_2]$$(x_2-x_1)u\leq \int_{x_1}^{x_2}f(x) dx \leq (x_2-x_1)v$.

Answer 5

Usted puede probar que $F(x) =\int_a^x f(t) dt$ es una antiderivada de $f$ sin Rolle o MVT.

Entonces, usted necesita MVT para probar el siguiente resultado: si $H'=0$ en un intervalo, entonces $H$ es constante.

Creo que se puede demostrar este resultado sin MVT. Voy a demostrar que para cualquier intervalo de $I$, si el intervalo es abierto, se puede conseguir por mirar a cualquier cerrada subinterval.

Fix $\epsilon >0$. A continuación, para cada una de las $x \in I$, existe alguna $\delta_x$, de modo que

$$|x-y|< \delta_x$$ implies $|H(x)-H(y)| < \epsilon |x-y|$

Ahora $\cup (x-\delta_x, x+\delta_x)$ es una cubierta abierta de a $I$, por lo tanto usted puede encontrar un número finito de subcover.

Deje $a < b$$I$. Pick $x_0=a, x_1,..,x_n=b$ algunas aumento de la secuencia de lo que $x_i, x_{i+1}$ están en los mismos intervalos. Esto puede ser hecho desde el subcover es finito... (Ver los detalles en la final de la prueba)

Entonces

$$|H(a)-H(b)| = |\sum H(x_{i+1})-H(x_i)| < \epsilon(b-a) \,.$$

El resto es simple.

Editado Aquí es cómo usted puede probar la existencia de $x_n$.

Deje $I_1,.., I_k$ ser finito abierto de la cubierta, con $I_k= (c_k,d_k )$.

$x_0=a$. Este es, en cierto intervalo de $I_{k_0}=(c_{k_0}, d_{k_0})$.

Si $b \in I_{k_0}$, entonces hemos terminado. De lo contrario, $d_{k_0} \leq b$.

$d_{k_0} \in I$, significa $d_{k_0} \in some I_{k_1}$. Desde $I_{k_1}$ es abierto y contiene el punto final de la $I_{k_0}$,$I_{k_0} \cap I_{k_1} \neq \emptyset$.

Recoger algunas $x_1 \in I_{k_0} \cap I_{k_1}$.

Repita el proceso, recogiendo en cada paso algunos $x_i \in I_{k_i} \cap I_{k_{i-1}}$, de modo que $x_i$ está a la derecha en $I_{k_{i-2}}$.

Esto se puede hacer desde $d_{k_{i-2}} < d_{k_{i-1}}$ $d_{k_{i-1}}$ es un interiour punto en $I_{k_i}$. Por lo tanto, $\max( d_{k_{i-2}}, c_{k_i}, c_{k_{i-1}} ) < d_{k_{i-1}}$ y todo lo que necesitas es escoger algunos $x_i$ en el medio.

Una vez que usted elige un punto en un intervalo, tyou voy a dejar que el intervalo en dos pasos y nunca volver... Y el proceso sólo puede terminar cuando se $b$ es en algunos $I_{k_n}$, pero tiene que terminar en un número finito de pasos....