Matematické Fórum

Olin · 12. 01. 2010 00:10

Zdravím kolegy,

mám tady další důkaz vlastní výroby. Tentokrát asi nebude lepší, než ten z přednášky, každopádně kdyby se někomu chtělo ho omrknout, budu rád.

Znění věty:
Nechť $f$ je spojitá na uzavřeném intervalu $[a, b]$ , $-\infty < a < b < \infty$ . Nechť $f(a) < f(b)$ a nechť $y \in (f(a), f(b))$ . Pak existuje bod $x \in (a, b)$ , splňující $f(x) = y$ . Analogické tvrzení platí v případě, kdy $f(b) < f(a)$ .

Důkaz:
Označím
$M = \{x \in [a, b] | f(x) < y\}\nl s = \sup M$
(množina $M$ je neprázdná, protože obsahuje $a$ ).
Dokážu, že pro prvky $M$ platí následující tvrzení:
$\forall x \in M \exists \delta > 0:\, (x, x + \delta) \subseteq M$ .
To platí díky spojitosti $f$ - vždy můžu zvolit tak malé $\delta > 0$ , že $u \in (x - \delta, x + \delta)\, \Rightarrow\, f(u) \in $f(x) + \frac{|y-f(x)|}{2}, f(x) - \frac{|y-f(x)|}{2}$$ .
Tím pádem $s \notin M$ - kdyby tam totiž patřilo, muselo by tam díky výše uvedené vlastnosti být i nějaké větší číslo, což by byl spor se supremem.
Nyní přidáme další písmenka:
$N = \{x \in [s, b] | f(x) > y\}\nl t = \inf N$ .
( $b \in N$ , takže $N$ je neprázdná).
Pokud je $t > s$ , jsme hotovi, protože pak $s \notin N$ , takže neplatí ani $f(s) < y$ , ani $f(s) > y$ , tudíž musí platit $f(s) = y$ . Pokud $t = s$ , snadno dojdeme k tomu, že $s = t \notin N$ , protože množina $N$ splňuje analogickou vlastnost jako $M$ (jen v "opačném směru"), což se opět ukáže ze spojitosti. Tedy opět neplatí ani jedna z ostrých nerovností, takže $f(s) = y$ .

RobbieMan · 12. 01. 2010 07:04

na prednasce se mi zdal dukaz celkem kostrbaty, ale tohle je vic "user-friendly", nedelal sis i dukaz k l'Hospitovalu pravidlu?? jestli ano tak ho sem napis.

halogan · 12. 01. 2010 10:23

Hezký důkaz, jen dvě věci:

1) Když už tvrdíš $\forall x \in M \exists \delta > 0:\, (x, x + \delta) \subseteq M$ , tak by možná bylo vhodné říct, proč $b \notin M$ .

2) Možná spíš než vymýšlení nějaké konstruktu můžeš použít přímo definici spojitosti. Vím, že to je vlastně to stejné, ale mohlo by to být přehlednější:

$\text{definice spojitosti},\quad\varepsilon \leq \frac{\|f(x) - y\|}{2}$

Olin · 12. 01. 2010 11:18

↑ halogan:
1) Máš pravdu. Původně jsem dokonce používal vlastnost
$\forall x \in M \exists \delta > 0:\, (x - \delta, x + \delta) \subseteq M$ ,
ale pak mi došlo, že není splněna pro $a$ , a tak jsem použil slabší, "pravou" variantu, která však postačuje. Samozřejmě $b \notin M$ , protože $f(b) > y$ . Přišlo mi to tak zřejmé, že mě ani nenapadlo přemýšlet nad tím, že by tam $b$ mohlo patřit.

2) Však já jsem vlastně použil jen tu definici spojitosti. Možná to tak není přehlednější, ale přišlo mi to jako názornější, protože je "vidět", co tam ta spojitost přesně působí.

↑ RobbieMan:
Ten důkaz z přednášky se taky docela dá, vlastně využívá dost podobné věci, jako já. Jen když jsem si ho zapisoval, tak mi přišlo asi docela zřejmé, že pro $s - \frac 1n$ najdeme $x_n \in M$ tak, že $s - \frac 1n \leq x_n \leq s$ , protože to nemám v poznámkách nijak zdůvodněné. Teď už mi to tak zřejmé nepřijde, je potřeba mít nějaké znalosti o struktuře množiny $M$ .

l'Hospitala dokážu, až se k němu dostanu. Pokud se mi ho podaří dokázat.

halogan · 12. 01. 2010 11:25

↑ Olin:

To vypadá jako důkaz lemmatu o dosažení suprema (Lemma 31.)

Využiješ věty o limitě sevřené posloupnosti (u vás koukám také dva policajti), protože s - 1/n ti jde k s.

Nevím, jaký je u vás kontext, ale snad jsem byl nápomocný.

Olin · 12. 01. 2010 16:24

↑ halogan:
Jasné, díky. Pokud $s \in M$ , pak je tou posloupností konstantní $\{s\}_{n \in \mathbb{N}}$ . Pokud $s \notin M$ , pak pro každé $n \in \mathbb{N}$ najdeme takové $x_n \in M$ , že $s - \frac 1n \leq x_n \leq s$ , jelikož kdybychom pro nějaké $n_0$ už takové nenašli, pak by bylo $s - \frac{1}{n_0}$ horní závorou $M$ , což je spor.

Rumburak

↑ Olin:
Ahoj, připojím také několik poznámek - možná se Ti vzhledem k Tvému zájmu o analýzu budou někdy hodit.

1) Důkaz se poněkud zjednoduší po technické stránce, když od funkce f přejdeme k funkci g(x) = f(x) - y , u níž pak budeme hledat nulový bod.

2) Podstata Tvého důkazu je vyjádřena větou, která se nazývá Plíživé lemma. Na webu jsem to zatím nenašel, abych mohl dát odkaz,
ala v analýze na MFF se to, doufám, probírá.

3) Existenci nulového bodu fce g v uvažovaném intervalu I = [a, b] lze dokázat i několika dalšími způsoby, například následovně (sporem).
Abychom důkaz nekomplikovali úvahami o relativní topologii intervalu I, dodefinujme funkci g i mimo interval I:

$g(x) \,\,:=\,\,\{ {{g(a) \,\,\text{pro} \,\, x\, < \,a \,\,,} \atop {g(b) \,\,\text{pro} \,\, x\,> \,b \,\,.}}$

Předpokládejme, že

(0) funkce g nemá nulový bod

a označme

$A \,\,:= g^{-1}[(-\infty, 0)]\,= \{\,x\in \mathbb{R}\,:\, g(x) < 0\,\}$ (tj. vzor intervalu (-oo, 0) při zobrazení g) ,

$B \,\,:= g^{-1}[(0, +\infty)]\,= \{\,x\in \mathbb{R}\,:\, g(x) > 0\,\}$ (tj. vzor intervalu (0, +oo) při zobrazení g) .
Zřejmě pak (s využitím předpokladu (0))

(1) Množina $\mathbb{R}$ je disjunktním sjednocením množin A, B .

Dále: Každá z množin A, B je otevřená (neboť je vzorem otevřené množiny při spojitém zobrazení).

Z tohoto a z (1) plyne, že A, B jsou obojetnými množinami v $\mathbb{R}$ (obojetná mn. je taková, která je zároveň otevřená i uzavřená).

Jedinými obojetnými množinami v $\mathbb{R}$ jsou, jak známo, $\mathbb{R}$ a prázdná množina. Z toho již snadno odvodíme spor.

Olin · 13. 01. 2010 15:01

↑ Rumburak:
Díky, zajímavý důkaz. Ve svých důkazech se snažím obvykle vyhnout použití otevřených a uzavřených množin, protože ačkoliv tyto pojmy znám, na přednášce jsme si je nedefinovali.

Matematické Fórum

#1 12. 01. 2010 00:10

Důkaz Darbouxovy věty

#2 12. 01. 2010 07:04

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#3 12. 01. 2010 10:23

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#4 12. 01. 2010 11:18

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#5 12. 01. 2010 11:25

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#6 12. 01. 2010 16:24

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#7 13. 01. 2010 10:24 — Editoval Rumburak (13. 01. 2010 11:30)

Re: Důkaz Darbouxovy věty

#8 13. 01. 2010 15:01

Re: Důkaz Darbouxovy věty

Zápatí