Dar otra prueba del teorema del valor intermedio

Question

Dar otra prueba del teorema del valor intermedio, completando el siguiente argumento: Si $f$ es un continuo valor real de la función en el intervalo cerrado $[a,b]$ $\mathbb{R}$ $f(a)<\gamma < f(b)$ $$f(\sup \{x\in [a,b]: f(x)\le \gamma\})=\gamma \mbox{.}$$

Denotar $S=\{x\in [a,b]: f(x)\le \gamma\}$. Primera nota de que $\sup S$ existe desde $a\in S$ $S$ está delimitada desde arriba por $b$. Desde $S$ es cerrado (debido a la continuidad de $f$) debe ser el caso de que $s=\sup S \in S$. Si $f(s)<\gamma$, existiendo algunas pequeñas $\epsilon>0$ tal que $f(s + \epsilon)<\gamma$ y que significaría $s$ no es el supremum de $S$, contradicción. Por lo tanto $f(s)=\gamma$.

Es mi razonamiento correcto?

Answer 1

Su principal razonamiento es correcto, pero la redacción es un poco off, y un par de detalles en la forma de pensar.

Tenga en cuenta que $b \notin S$, lo que significa que $s < b$, que es lo importante, y al igual, $a < s$. Lo que se utiliza $\epsilon$, se suele denotar por $\delta$. Una más convencional $\epsilon$$\gamma - f(s)$. Esta es la palabra de la prueba:

Deje $S= \{x\in [a,b]: f(x)\le \gamma\}$. Set $s = \sup S$. Tenga en cuenta que tenemos $a< s < b$ (una pequeña $\epsilon$-$\delta$ el argumento es técnicamente necesario aquí también, tanto por $a<s$$s<b$), y para todos los $x>s$, $f(x) > \gamma$. Ahora nos muestran que podemos tener ni $f(s) > \gamma$ ni $f(s) < \gamma$.

Si $f(s) < \gamma$, luego por la $\epsilon$-$\delta$ definición de continuidad, ajuste de $\epsilon = \gamma - f(s)$, hay un $\delta > 0$ tal que $f(s + h) > \gamma$ todos los $h$$|h|< \delta$. Específicamente, para $h = \min((b-s)/2, \delta/2)$, podemos ver que $s$ no puede ser una cota superior de a $S$, ya que el $s+h \in S$. (El hecho de que el $s < b$ es necesario para tener un margen de maniobra para encontrar una $h$ que da una contradicción)

Si $f(s) > \gamma$, luego tenemos a $s \notin S$. Pero $S$ es cerrado, siendo el inverso de la imagen del intervalo cerrado $[f(a), \gamma]$, por lo que no puede ser el caso.

Ya que no tenemos ni $f(s) < \gamma$$f(s) > \gamma$, debemos tener $f(s) = \gamma$, y hemos terminado.

Answer 2

Necesita indicar que $s < b$, que sigue de la definición de S. y $\gamma < f(b)$ Eso es lo que le da derecho a decir que hay un positivo $\varepsilon$ tal que $f(s+\varepsilon) < \gamma$, el % si $f(s) < \gamma$.

También debe abordar la posibilidad de $f(s) > \gamma$. Es fácilmente manejado: hay una secuencia $(s_n)$ en S converge a $s$ y $f(s_n)\le \gamma$ % todo $n$, que % de continuidad $f(s) = \lim_n f(s_n) \le \gamma$.

Answer 3

Lo único que falta es que necesita mostrar que $\sup S < b$.

Nota que $S$ es compacto (cerrado y acotado) por lo tanto, $\sup S \in S$% y tan $f(\sup S) \le \gamma$. Desde $f(b) > \gamma$, concluimos que el $\sup S < b$.

Supongamos que $f(\sup S) < \gamma$. Entonces, puesto que es continua, $f$ y $\sup S < b$, hay un $\delta>0$ tal que $[\sup S, \sup S + \delta) \subset [a,b]$ y $f(\sup S + t) < \gamma$ $t \in [0,\delta)$, por lo tanto contradiciendo la definición de $\sup S$.