El teorema del valor extremo sin utilizar subsecuencias de

Question

Estoy preparando una charla sobre el teorema de Weierstrass (probablemente mejor conocido como el Teorema del Valor Extremo en los países de habla inglesa), y me gustaría proponer una prueba de que no hace uso de la extracción de la convergencia de las subsecuencias. Yo no explica las subsecuencias en mi curso de cálculo, y debo elegir entre saltar la prueba del teorema y de encontrar alguna prueba que sólo funciona para las funciones de $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$.

Recuerdo que una vez leí una prueba basada en algunos interseccion de la técnica, pero no puedo encontrar una referencia a la derecha ahora. Agradecería cualquier referencia a libros, documentos, sitios web acerca de esta alternativa a la prueba.

Edit: ya alguien modificado mi pregunta, voy a escribir el preciso teorema yo quiero probar.

Teorema. Deje $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ ser una función continua. A continuación, $f$ tiene al menos un máximo y un mínimo.

Answer 1

Aquí es una prueba de la Extrema Teorema del Valor que no es necesario extraer convergente subsecuencias. Primero debemos probar que :

Lema: Vamos a $f : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función continua, entonces $f$ está acotada.

Prueba: ponemos a prueba por contradicción. Supongamos por ejemplo que $f$ no tiene un límite superior, a continuación,$\forall n\in\mathbb{N}$, la $\{x \in [a,b] , \, f(x) \geqslant n\}$ no está vacío. Considere la siguiente cantidad: $$a_n = \inf\{x \in [a,b] , \, f(x) \geqslant n\}.$$ Para todos $n\in \mathbb{N}$, $a_n \in [a,b]$ existe. Por la continuidad de $f$, $f(a_n) \geqslant n$. Y desde $\{x \in [a,b] , \, f(x) \geqslant n+1\} \subset \{x \in [a,b] , \, f(x) \geqslant n\}$,$a_{n+1} \geqslant a_n$. Desde $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ es una monótona acotada de la secuencia, tiene un límite: $$a_{\infty} = \lim_{n\to\infty} a_n $$ y $a_{\infty} \in [a,b]$. Deje $M = \lceil f(a_{\infty}) \rceil$, luego $\forall n \geqslant M+2$, $f(a_n) > f(a_{\infty})+1$. Por lo tanto, por la continuidad de $f$, $$f(a_{\infty}) = \lim_{n\to\infty}f(a_n) \geqslant f(a_{\infty})+1,$$ lo que produce una contradicción. Para ello $f$ debe tener un límite superior en $[a,b]$. Por la misma razón, $f$ debe tener un límite inferior en $[a,b]$. En conclusión, $f$ está delimitada en $[a,b$

Con este lema podemos demostrar el Teorema del Valor Extremo.

Teorema: Vamos a $f : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función continua, entonces $f$ tiene al menos un máximo y un mínimo.

Prueba: Hemos demostrado en el lema que $f$ es acotado, por lo tanto, por el Dedekind-completitud de los números reales, por lo menos el límite superior (supremum) $M$ $f$ existe. Por la definición de $M$, $$\forall n \in \mathbb{N}, \, S_n = \{x \in [a,b] , \, f(x) \geqslant M - \frac1n\} \neq \emptyset .$$ Deje $s_n = \inf S_n$ ser el infimum de $S_n$. Sabemos que $a \leqslant s_n \leqslant s_{n+1} \leqslant b$$f(s_n) \geqslant M - \frac1n$. Desde $(s_n)_{n\in\mathbb{N}}$ es una monótona acotada de la secuencia, el límite de $s = \lim_{n\to\infty} s_n \in [a,b]$ existe. $\forall N\in\mathbb{N}$, $\forall n > N$, $f(s_n) > M - \frac1N$, por lo $M \geqslant f(s) = \lim_{n\to\infty} f(s_n) \geqslant M - \frac1N$. Por lo tanto $f(s) = M$ $f$ tiene al menos un punto máximo. Del mismo modo, podemos demostrar que $f$ tiene al menos un punto mínimo. Q. E. D

Answer 2

Nota: Este responde a la pregunta como se había pedido, que por desgracia no era lo que se pretendía. He añadido un boceto de una respuesta a la intención de la pregunta de abajo.

Yo no tengo la referencia a mano, pero la prueba es sencilla. Supongamos que $f$ es continua en a$[a_0,b_0]$$f(a_0)<0<f(b_0)$. De forma recursiva construir una secuencia de intervalos de $[a_k,b_k]$ como sigue.

• Si $f\left(\frac{a_k+b_k}2\right)=0$, parada: has encontrado el punto deseado.

• Si $f\left(\frac{a_k+b_k}2\right)<0$, vamos a $a_{k+1}=\dfrac{a_k+b_k}2$$b_{k+1}=b_k$.

• Si $f\left(\frac{a_k+b_k}2\right)>0$, vamos a $a_{k+1}=a_k$$b_{k+1}=\dfrac{a_k+b_k}2$.

A continuación, $\langle a_k:k\in\Bbb N\rangle$ es no decreciente, $\langle b_k:k\in\Bbb N\rangle$ es no creciente, $a_k<b_m$ todos los $k,m\in\Bbb N$, e $b_k-a_k=(b-a)2^{-k}$ todos los $k\in\Bbb N$, lo $\sup_ka_k=\inf_kb_k$, y por la continuidad de la función debe ser $0$ en este punto.

Obviamente, usted quiere llenar un gran nivel de detalle y mostrar cómo se generaliza a la totalidad teorema del valor intermedio, pero que en pocas palabras.

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El uso de interseccion para demostrar el teorema del valor extremo, vamos a $f$ ser un continuo valor real de la función en $[a,b]$. El primer uso interseccion para mostrar que $f$ está delimitado anteriormente: si no, en la etapa de $k$ elegir la mitad izquierda si contiene un punto de $x_k$ tal que $f(x_k)\ge k$, y en caso contrario, seleccione la mitad derecha y un punto de $x_k$ que $f(x_k)\ge k$. A continuación, $a_k\le x_k\le b_k$ todos los $k\in\Bbb N$, lo $\langle x_k:k\in\Bbb N\rangle\to\sup_ka_k$, e $f$ no puede ser definido en $\sup_ka_k$.

Ahora vamos a $y=\sup_{x\in[a,b]}f(x)$, y repetir la interseccion proceso, pero esta vez en la etapa $k$ elegir la mitad izquierda si contiene un punto de $x_k$ tal que $f(x_k)>y-2^{-k}$; si no, la mitad derecha contiene un punto de $x_k$, y elegimos la mitad derecha. A continuación,$\langle x_k:k\in\Bbb N\rangle\to\sup_ka_k$, e $f(\sup_ka_k)=y$.

Answer 3

Aquí es un esquema de una prueba de "bisección".

Supongamos que $\sup_{x \in [a,b]} f = \alpha$. Definir una secuencia de intervalos $I_k = [a_k,b_k]$ recursivamente como sigue: $I_0 = [a,b]$ y $k > 0$

$ I_k =\begin{cases} [a_{k-1}, \frac{a_{k-1} + b_{k-1}}{2}] \quad \text{if } \sup_{x \in [a_{k-1},\frac{a_{k-1} + b_{k-1}}{2}]} = \alpha \\ [\frac{a_{k-1} + b_{k-1}}{2},b_{k-1}] \quad \text{otherwise}. \end{casos} $

Entonces existe $x \in \cap_{k} I_k$ (aunque esto requiere de algunos cuidados para mostrar, y es un teorema por sí mismo), y puede mostrar $f(x) = \alpha$.