Teorema del valor medio y el axioma de elección

Question

Hay un teorema de la Spivak del libro de Cálculo:

Teorema 7

Supongamos que $f$ es continua en a$a$, $f'(x)$ existe para todas las $x$ en algún intervalo que contiene a $a$, excepto tal vez para $x=a$. Supongamos, además, que el $\lim_{x \to a} f'(x)$ existe. A continuación, $f'(a)$ también existe, y $$f'(a) = \lim_{x \to a} f'(x)$$

Prueba

Por definición, $$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$ Por lo suficientemente pequeño $h>0$ la función de $f$ será continua en $[a,a+h]$ y diferenciable en a $(a,a+h)$ (similar afirmación se sostiene para los suficientemente pequeño $h<0$). Por el Valor medio Teorema no es un número $\alpha_h$ $(a,a+h)$ tal que $$\frac{f(a+h)-f(a)}{h} = f'(\alpha_h)$$ Ahora $\alpha_h$ enfoques $a$ $h$ enfoques $0$, debido a $\alpha_h$$(a,a+h)$; desde $\lim_{x \to a} f'(x)$ existe, se sigue que $$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} f'(\alpha_h) = \lim_{x \to a} f'(x)$$ (Es una buena idea para el suministro de un riguroso $\epsilon$-$\delta$ el argumento para este último paso, el que nos han tratado de manera algo informal.) $\blacksquare$

Siguiendo la recomendación de suministrar los detalles tuve la cuestión de la $\alpha_h$ ser una función de elección. Esto es debido a que para cada $h$ existe la posibilidad de tener un gran número de puntos de $c$ tal que $f'(c)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$. A continuación, se elige uno de ellos tiene una función de $\alpha_h$. No estoy seguro, porque aunque siempre estoy luchando con el axioma de elección, que no puedo distinguir si es necesario o no. Quizás también en este caso lo que el autor está diciendo que es algo diferente. Pueden ustedes ayudarme por favor?

Answer 1

Sí, este es un interesante punto de vista técnico, que a menudo es pasado por alto. Como está escrito, Spivak es postular la existencia de la función que a cada (positivo, lo suficientemente pequeño) $h$ le asigna el valor de $\alpha_h$. En la cara de ella, esta es una aplicación del axioma de elección, debido a que el conjunto de los números $\tau$ $a$ $a+h$ tal que $\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}h=f'(\tau)$ no necesita ser un singleton, o abierto o cerrado, o cualquier razonablemente en forma de conjunto, por lo que el problema de la asignación a cada uno de esos $h$ un determinado número de $\tau$ requiere una infinidad de opciones en lo que no parece ser un sencillo definibles manera.

Una técnica de la observación es que, utilizando técnicas de descriptivo de la teoría de conjuntos, podemos eliminar el uso de esta opción, ya que para $\eta>0$ lo suficientemente pequeño, la relación $$\{(h,\tau):0<|h|<\eta\mbox{ and }\frac{f(a+h)-f(a)}h=f'(\tau)\}$$ es Borel, y por lo tanto admite lo que llamamos co-analítica de uniformización, que probablemente se encuentre en Zermelo-Fraenkel de la teoría de conjuntos sin el axioma de elección. (Esto significa que en realidad podemos demostrar, sin elección, la existencia de una función de $a_h$ como en el Spivak del argumento.)

Dicho esto, tanto en la presente declaración y su prueba son definitivamente más allá del nivel de Spivak del libro de texto. Afortunadamente, con el fin de formalizar lo que él hace, se puede proceder de una forma más elemental de la siguiente manera:

Deje $L=\lim_{x\to a}f'(x)$, el límite de cuya existencia se concede por supuesto. Para cualquier $\epsilon>0$ no es un porcentaje ($\delta>0$ tal que para cualquier $\tau$ si $0\ne \tau$$|\tau|<\delta$,$|f'(a+\tau)-L|<\epsilon$. Es suficiente para probar que $$ \left|\frac{f(a+h)-f(a)}h - L\right|<\epsilon $$ para cualquier $h$$0\ne h$$|h|<\delta$. Desde $\epsilon$ es arbitrario, este hecho se muestra que el $f'(a)$ existe y es igual a $L$.

Ahora, dada la $h$, sabemos que hay un $\rho$ en el intervalo abierto con los extremos de $a$ $a+h$ tal que $\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}h=f'(\rho)$. No puede ser, de hecho, muchas de las posibles opciones para el $\rho$, pero no tenemos que elegir alguna (es decir, no tenemos necesidad de afirmar la existencia de la función de $a_h$). Simplemente tenga en cuenta que para cualquiera de dichas $\rho$,$0<|\rho-a|<\delta$, y de hecho $$ \left|\frac{f(a+h)-f(a)}h - L\right|<\epsilon, $$ como sea necesario.

Un problema similar aparece en (avanzado) en el análisis, en la teoría de la derivada, a la hora de estudiar Neugebauer del teorema que caracteriza cuando una función es un derivado en términos de las propiedades de un compañero de la función que juegan el papel de $a_h$ por encima. Sin recurrir a la descripción conjunto teórico resultado se mencionó anteriormente, Neugebauer del teorema necesita más opción que el estándar de fragmento que se asume en el análisis (dependiente de opciones). No he encontrado ninguna textos relacionados con Neugebauer del teorema de que la dirección (o incluso aparecer en conocimiento) este tecnicismo.

Answer 2

El Valor medio Teorema es una consecuencia del Teorema de Rolle, que dice que si $f$ es continua en a $[a,b]$ y diferenciable en a $(a,b)$, e $f(a)=f(b)$, entonces no existe $c \in (a,b)$ tal que $f'(c)=0$. Esto es demostrado por dejar a $c$ ser un punto donde $f$ alcanza su valor mínimo o máximo en $(a,b)$; este punto debe tener $f'(c) = 0$.

Para evitar tener que hacer una elección aquí, puede especificar $c$ único:

$$c = \sup\{x \in (a,b) | f \text{ attains its global minimum or maximum at } x\}$$

A continuación, $f$ alcanza su máximo o mínimo en $c$, por la continuidad. (Ver [1] a continuación para saber qué hacer si $c=b$.)

Armados con esta versión del Teorema de Rolle, se puede utilizar para probar una similar no-elección de la versión de la Media del Teorema del Valor. Usted puede utilizar este teorema en su prueba.

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[1] puede suceder que este supremum es igual a $b$, lo que no queremos. En este caso:

• si $f(b)$ es un mínimo global, pero no un máximo global, vamos a $c = \sup\{x \in (a,b) | f \text{ attains its global maximum at } x\}$;

• si $f(b)$ es un máximo global, pero no un mínimo global, vamos a $c = \sup\{x \in (a,b) | f \text{ attains its global minimum at } x\}$;

• si $f(b)$ es un mínimo global y un máximo global, a continuación, $f$ es consant, por lo que podemos optar $c=\frac12(a+b)$.

Answer 3

No creo $\alpha_h$ ser una función de elección tiene mucho que ver con lo que el autor está hablando. Se recomienda al lector a tratar de demostrar que $$ \lim_{h\to0}f'(\alpha_h) = \lim_{x\a}f'(x) $$ Lo que la izquierda quiere decir es: $$ \lim_{h\to0}f'(\alpha_h) = c \ffi \forall\epsilon,\exists\delta>0\mid|h|<\delta \Rightarrow|f'(\alpha_h)-c|<\epsilon \etiqueta{1} $$ Y el lado derecho significa: $$ \lim_{x\a}f'(x) = c \ffi \forall\epsilon,\exists\delta>0\mid|x-a|<\delta \Rightarrow|f'(x)-c|<\epsilon \etiqueta{2} $$ Usted sabe que $(2)$ es verdad, entonces usted tiene que probar que el $(2)\Rightarrow (1)$.

Primero recordar que $\alpha_h\in (a,a+h)$. Por lo $0<\alpha_h-a<h$$|\alpha_h-a|<|h|$. Ahora acaba de recoger $x=\alpha_h$. Sabes que para cualquier $\epsilon,h>0$, lo siguiente es verdadero: $$ \exists\delta>0\mid|\alpha_h-a|<\delta\Rightarrow|f'(\alpha_h)-c|<\epsilon \etiqueta{3} $$ Usted también sabe que $|h|<\delta\Rightarrow|\alpha_h-a|<\delta$. Por lo que también es cierto que: $$ \exists\delta>0\mid|h|<\delta\Rightarrow|\alpha_h-a|\Rightarrow|f'(\alpha_h)-c|<\epsilon \etiqueta{4} $$ Lo que muestra que $(1)$ es cierto. Tenga en cuenta que llegamos en el mismo límite $c$.