Hay un corto periodo de prueba para el Teorema del Valor Intermedio

Question

Mi final para mi introductoria del curso de análisis es mañana y mi profesor nos dio una lista de posibles para demostrar teoremas. Si alguien pudiera por favor, muéstrame una prueba para El Teorema del Valor Intermedio que es corto y fácil de seguir, por lo que incluso si todavía no puedo comprender es por lo menos puedo memorizar. También, he mirado a través de numerosos textos y el internet, pero todos ellos parecen confundir mí. Sé que es un insulto a todos los expertos matemáticos para memorizar las pruebas, pero estoy desesperada en este punto. Gracias

Answer 1

El indermediate teorema del valor dice:

Deje $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ ser continua y $f(a)<0$$f(b)>0$, entonces existe un $\xi \in (a,b)$ tal que $f(\xi)=0$.

Usted puede demostrar mediante el uso de intervalos anidados:
Usted mira a $f(\frac{a+b}{2})$, cuando se es más grande que el nulo usted mira a $f$ en el intervalo de $[a,\frac{a+b}{2}]$, si es menor que 0 miramos $[\frac{a+b}{2},b]$, cuando se es $0$ hemos terminado. Permite indicar la izquierda extremos con $a_n$ y el derecho extremos con $b_n$.

Como el diámetro de nuestro intervalos anidados es$(b-a)\cdot 2^{-n}$, lo que claramente converge a cero tenemos $$\lim_{n \to \infty} a_n =\lim_{n\to \infty} b_n=\xi$$ Como $f$ es continua obtenemos $$\lim_{n\to \infty} f(a_n)=\lim_{n\to \infty} f(b_n)=f(\xi)$$ Por otro lado sabemos $$f(a_n) < 0 \quad \forall n$$ y $$ f(b_n)>0 \quad \forall n $$ Por eso sabemos $$\lim_{n\to \infty} f(a_n)\leq 0$$ y $$\lim_{n\to \infty} f(b_n)\geq 0$$ Por lo tanto $$0\leq f(\xi) \leq 0$$ Por lo tanto $f(\xi)=0$

De utilizar que al $C_i$ es cerrado, acotado y no vacío para todos los $i$ $C_{i+1} \subset C_i$ todos los $i$ $$\bigcap_{i \in \mathbb{N}} C_i \neq \varnothing$$

Answer 2

La parte importante es aplicar la definición de continuidad:

$f(x)$ es continua en el punto a $c$ si $\forall \epsilon>0, \exists \delta>0 \quad S.T \quad |x-c|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(c)|<0$ (Alternativamente hablando, no siempre existe $\delta>0$ tal que para cualquier $\epsilon>0,|f(x)-f(c)|<0$).

Prueba:

Definir $c=sup\{x:f(x)<=u\}$ ($\star$), y reclamar $f(c)=u$

Assum $x\in (-\delta+c,c+\delta),\delta>0$ ($x$ es en el $\epsilon$ barrio de $x$)

Por definición de la continuidad de $\forall \epsilon>0, |f(x)-f(c)|<\epsilon \Rightarrow -\epsilon+f(c)<f(x)<f(c)+\epsilon$

En la siguiente, vamos a manipular a ambos lados de esta desigualdad y demostrar el teorema del valor intermedio por la contradicción:

1. Si $f(c)>u$,$f(c)-u>0$, a fin de establecer $\epsilon=f(c)-u \Rightarrow f(x)>f(c)-\epsilon=f(c)-(f(c)-u)=u$(use el lado izquierdo de la desigualdad ) $\Rightarrow \forall x\in (-\delta+c,c+\delta),f(x)>u$, lo que significa que $(c-\delta)$ es la menor cota superior del conjunto a $\{x:f(x)<=u\}$, lo que se contradice con la definición de $c$(también un mínimo de límite superior y no es posible tener 2 menos límites superior al mismo tiempo.)
2. Si $f(c)<u$,$u-f(c)>0$, a fin de establecer $\epsilon=u-f(c) \Rightarrow f(x)<f(c)+\epsilon=f(c)+(u-f(c))=u$(use el lado derecho de la desigualdad)$\Rightarrow \forall x\in (-\delta+c,c+\delta),f(x)<u$. Esto significa que no existe $x>c$ tal que $f(x)<u$, lo que se contradice con la definición de $c$ nuevo. (debido a que $c$ es el sup del conjunto $\{x:f(x)<=u\}$)

Si establece $u=0$, entonces es la respuesta de su pregunta. Espero que esto pueda ayudar.

Answer 3

Este teorema es un caso cuando el más intuitivo prueba requiere relativamente avanzado de la técnica. he aquí una prueba de uso de topología general.

Considere una función continua $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ que toma valores en $a, b$ pero no $c \in (a, b)$. A continuación, $f$ factores a través de la incorporación $i: \mathbb{R} \setminus \{c\} \to \mathbb{R}$: $f = i \circ \hat{f}$, donde $\hat{f}: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \{c\}$. $\hat{f}$ es continuo: cualquier conjunto abierto de $\mathbb{R} \setminus \{c\}$ se obtiene mediante la eliminación de $c$ a partir de un subconjunto abierto de toda la $\mathbb{R}$. Pero desde $f$ es nada igual $c$, la eliminación de este punto no afecta a la preimagen, que está abierto. $\mathbb{R}$ es el camino-conectado (y por lo tanto conectado), pero $\mathbb{R} \setminus \{c\}$ tiene dos componentes conectados. Por lo tanto, la imagen de $\hat{f}$ debe estar a un lado de la $c$ - contradicción.

Answer 4

Deje $f : [a,b]\to \mathbb R$ ser continua, $f(a)< 0, f(b) > 0$. Debido a $[a,b]$ está conectado, y $f$ continuo, $f([a,b]) \subset \mathbb R$ está conectado. Pero la única conjuntos conectados en $\mathbb R$ son intervalos, por lo $I=f([a,b])$ es un intervalo de con $I \ni f(a) < 0$$I \ni f(b) > 0$. Por lo tanto $0\in I = f([a,b])$, de modo que existe un $\xi \in [a,b]$, $f(\xi ) = 0$.