Gibt es einen direkten Beweis des Zwischenwertsatzes?

Question

Gibt es einen direkten Beweis des Zwischenwertsatzes?

Infinitesimalrechnung
Kontinuität
Mathematik
Realanalyse
Kompletträume

Jo

Ich bin daran interessiert, eine schwache Version des Zwischenwertsatzes zu beweisen, insbesondere:

Nehme an, dass $f$ ist durchgehend an $[a,b]$ , Und $f(a)<0<f(b)$ . Dann existiert eine Zahl $x\in(a,b)$ so dass $f(x)=0$ .

Der übliche Beweis dafür verwendet den Widerspruch. Ich bin gespannt, ob es einen Beweis gibt, der keinen Widerspruch verwendet und auch nicht zu viel Maschinerie erfordert.

Als Referenz ist hier das Argument, das in Michael Spivaks Calculus präsentiert wird . Wir benötigen das folgende Lemma, das sich leicht anhand der Epsilon-Delta-Definition des Grenzwerts beweisen lässt:

Nehme an, dass $\lim_{x \to \lambda}f(x)=f(\lambda)$ , Und $f(\lambda)<0$ . Dann gibt es eine $\delta>0$ so dass wenn $|x-\lambda|<\delta$ , Dann $f(x)<0$ . Ebenso, wenn $\lim_{x\to\lambda}f(x)=f(\lambda)$ Und $f(\lambda)>0$ , dann gibt es ein offenes Intervall, das enthält $\lambda$ wofür $f$ ist positiv. Dieses Lemma gilt auch für "einseitige Stetigkeit": wenn $\lim_{x \to a^+}f(x)=f(a)$ Und $f(a)<0$ , dann gibt es eine $\delta>0$ so dass wenn $0\le x-a<\delta$ , Dann $f(x)<0$ ; ebenso, wenn $\lim_{x \to b^-}f(x)=f(b)$ Und $f(b)>0$ , dann gibt es eine $\delta>0$ so dass wenn $0\le b-x<\delta$ , Dann $f(x)>0$ .

Betrachten Sie den Satz

E = {X \in [A, B] : F ist negativ an [A, X]} .

$E=\{x\in[a,b]:\text{$f$ is negative on $[a,x]$}\} \, .$ Aus dem obigen Lemma wissen wir das

E

$E$ enthält Werte größer als

a

$a$ , und dass alle Punkte ausreichend nahe beieinander liegen

b

$b$ sind nicht dabei

E

$E$ . Da die reellen Zahlen die Eigenschaft der kleinsten Obergrenze erfüllen, wissen wir das

sup E

$\sup E$ existiert, und wir werden es als bezeichnen

α

$\alpha$ . Beachten Sie, dass

α

$\alpha$ erfüllt

a < α < b

$a<\alpha<b$ . Das können wir beweisen

f (α) = 0

$f(\alpha)=0$ durch Widerspruch. Wenn

f (α)

$f(\alpha)$ waren kleiner als

0

$0$ , dann weil

f

$f$ ist stetig bei

α

$\alpha$ , da wäre ein

δ > 0

$\delta>0$ so dass wenn

| x - α | < δ

$|x-\alpha|<\delta$ Dann

f (x) < 0

$f(x)<0$ . Dies bedeutet, dass es Zahlen geben würde

x > α

$x>\alpha$ so dass

x \in A

$x\in A$ , im Widerspruch zu der Tatsache, dass

α

$\alpha$ ist eine Obergrenze von

E

$E$ . Ebenso, wenn

f (α)

$f(\alpha)$ waren größer als

0

$0$ , dann gäbe es eine

δ > 0

$\delta>0$ so dass wenn

| x - α | < δ

$|x-\alpha|<\delta$ , Dann

f (x) > 0

$f(x)>0$ . Dies bedeutet, dass es Zahlen geben würde

x < α

$x<\alpha$ die sind nicht drin

E

$E$ , im Widerspruch zu der Tatsache, dass

α

$\alpha$ ist die kleinste Obergrenze von

E

$E$ . So

f (α)

$f(\alpha)$ muss gleich sein

0

$0$ , und da

a < α < b

$a<\alpha<b$ , ist der Satz bewiesen.

Wie Sie sehen können, funktioniert dieser Beweis, indem er die Möglichkeiten ausschließt $f(\alpha)>0$ Und $f(\alpha)<0$ Widerspruch verwenden. Gibt es eine Möglichkeit, das direkt anzuzeigen $f(\alpha)=0$ stattdessen?

Die silberne Hirschkuh

Einmal definiert

x = sup {y \in [a, b], f (y) < 0}

$x = \sup \lbrace y \in [a,b], f(y) < 0\rbrace$ , gibt es keine Notwendigkeit, Widersprüche zu verwenden: durch Kontinuität von

f

$f$ , du hast

f (x) \leq 0

$f(x) \leq 0$ , und per Definition von

x

$x$ Als ein

sup

$\sup$ , du hast

f (x) \geq 0

$f(x) \geq 0$ , so bekommt man schließlich

f (x) = 0

$f(x)=0$ .

Jo

@TheSilverDoe: Können Sie näher auf "durch Kontinuität von

f

$f$ , du hast

f (x) \leq 0

$f(x)\le0$ „? Ich verstehe nicht sofort, warum das so ist.

Jo

@TheSilverDoe: Auch das Set

{y \in [a, b] : f (y) < 0}

$\{y\in[a,b]: f(y)<0\}$ ist nicht dasselbe wie

E

$E$ .

Löslicher Fisch

@Joe: mit

{y \in [a, b] : f (y) < 0}

$\{y\in [a,b]: f(y)<0\}$ , finden Sie die größte Null von

f

$f$ In

[a, b]

$[a,b]$ , während dem Benutzen

{y \in [a, b] : f |_{[a, y]} < 0}

$\{y\in [a,b]: f|_{[a,y]}<0\}$ du wirst den kleinsten finden

Ben

Die Least Upper Bound gibt uns die Existenz des Punktes

α

$\alpha$ . Das zeigt uns das Lemma

f (α) \geq 0

$f(\alpha) \geq 0$ und auch

f (α) \leq 0

$f(\alpha) \leq 0$ . Ich denke nicht, dass dies ein vollständiger Beweis durch Widerspruch ist, eine Irrationalität von

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$ . Der Widerspruchsbeweis würde mit etwas beginnen wie: „Angenommen

f (x) \neq 0

$f(x) \neq 0$ für alle

x

$x$ In

[a, b]

$[a,b]$ ," und würde zeigen, wie dies zu einer gewissen Absurdität führt.

Jo

@Ben: Ich habe gerade festgestellt, dass es sich, wenn der Beweis sorgfältiger formuliert wird, um einen Beweis durch Kontrapositiv handelt , nicht um Widerspruch. Ich schreibe jetzt eine Antwort.

Saibling

Man kann es mit der Halbierungsmethode beweisen.

Ben

@SolubleFish kleine Spitzfindigkeit:

α = sup {y \in [a, b] : f (y) < 0}

$\alpha = \sup\{y\in[a,b]: f(y)<0\}$ gibt eine Null, aber nicht die größte Null in dem Fall wo

f

$f$ über ein Intervall in der Vergangenheit konstant Null ist

α

$\alpha$ . (

{y \in [a, b] : f (y) \leq 0}

$\{y\in[a,b]: f(y)\leq0\}$ würde aber funktionieren.)

Jo

@Ben: Ist es möglich, wenn Sie bitte überprüfen, ob meine Antwort richtig ist?

Ben

@Joe Ich sollte sagen, die Least Upper Bound gibt uns die Existenz des Punktes

α

$\alpha$ . Das sagt uns das Trichotomiegesetz

f (α)

$f(\alpha)$ ist entweder Null, positiv oder negativ, und das Lemma lässt uns letzteres 2 (durch Widerspruch) eliminieren.

Jo

@ Ben: Ja. Der alternative Beweis, den ich mir ausgedacht habe, verwendete auch das Trichotomiegesetz, aber es hat das bewiesen

f (α) \leq 0

$f(\alpha)\le0$ Und

f (α) \geq 0

$f(\alpha)\ge0$ . Damit kann (glaube ich) der Zwischenwertsatz widerspruchsfrei bewiesen werden.

Ben

@ Joe, für mich sieht es in Ordnung aus, aber ich bin nicht wirklich geschickt genug, um das zu sagen. Ich fürchte, ich habe nicht viel Training in formaler Logik.

Paramanand Singh

@Ben: Dein Ansatz funktioniert auch. Annehmen, dass

f

$f$ nicht Null ist, und dann können wir Heine Borel anwenden, um eine Partition von zu erhalten

[a, b]

$[a, b]$ in endlich viele Intervalle wo

f

$f$ hat das gleiche Vorzeichen.

Ben

@Paramanand Singh: hast du mich mit dem OP verwechselt?

Paramanand Singh

@Ben: nein, ich habe gerade einen Widerspruchsbeweis erwähnt. Sie hatten erwähnt, dass ein Widerspruchsbeweis mit "annehmen" beginnen würde

f (x) \neq 0

$f(x) \neq 0$ ...".

Ben

@Paramanand Singh ah, verstanden. Ich habe das erwähnt, um einen "vollständigen" Widerspruchsbeweis Spivaks Beweis gegenüberzustellen (den OP ursprünglich für einen Widerspruchsbeweis hielt).

Jo

@ParamanandSingh: In meiner Antwort unten modifiziere ich Spivaks Beweis ein wenig, um ihn in einen Beweis durch Kontraposition zu verwandeln, nicht durch Widerspruch. Die Grundidee ist die gleiche.

Antworten (2)

Gibt es einen direkten Beweis des Zwischenwertsatzes?

Einmal definiert $x = \sup \lbrace y \in [a,b], f(y) < 0\rbrace$ , gibt es keine Notwendigkeit, Widersprüche zu verwenden: durch Kontinuität von $f$ , du hast $f(x) \leq 0$ , und per Definition von $x$ Als ein $\sup$ , du hast $f(x) \geq 0$ , so bekommt man schließlich $f(x)=0$ .
@TheSilverDoe: Können Sie näher auf "durch Kontinuität von $f$ , du hast $f(x)\le0$ „? Ich verstehe nicht sofort, warum das so ist.
@TheSilverDoe: Auch das Set $\{y\in[a,b]: f(y)<0\}$ ist nicht dasselbe wie $E$ .
@Joe: mit $\{y\in [a,b]: f(y)<0\}$ , finden Sie die größte Null von $f$ In $[a,b]$ , während dem Benutzen $\{y\in [a,b]: f|_{[a,y]}<0\}$ du wirst den kleinsten finden
Die Least Upper Bound gibt uns die Existenz des Punktes $\alpha$ . Das zeigt uns das Lemma $f(\alpha) \geq 0$ und auch $f(\alpha) \leq 0$ . Ich denke nicht, dass dies ein vollständiger Beweis durch Widerspruch ist, eine Irrationalität von $\sqrt{2}$ . Der Widerspruchsbeweis würde mit etwas beginnen wie: „Angenommen $f(x) \neq 0$ für alle $x$ In $[a,b]$ ," und würde zeigen, wie dies zu einer gewissen Absurdität führt.
@Ben: Ich habe gerade festgestellt, dass es sich, wenn der Beweis sorgfältiger formuliert wird, um einen Beweis durch Kontrapositiv handelt , nicht um Widerspruch. Ich schreibe jetzt eine Antwort.
@SolubleFish kleine Spitzfindigkeit: $\alpha = \sup\{y\in[a,b]: f(y)<0\}$ gibt eine Null, aber nicht die größte Null in dem Fall wo $f$ über ein Intervall in der Vergangenheit konstant Null ist $\alpha$ . ( $\{y\in[a,b]: f(y)\leq0\}$ würde aber funktionieren.)
@Ben: Ist es möglich, wenn Sie bitte überprüfen, ob meine Antwort richtig ist?
@Joe Ich sollte sagen, die Least Upper Bound gibt uns die Existenz des Punktes $\alpha$ . Das sagt uns das Trichotomiegesetz $f(\alpha)$ ist entweder Null, positiv oder negativ, und das Lemma lässt uns letzteres 2 (durch Widerspruch) eliminieren.
@ Ben: Ja. Der alternative Beweis, den ich mir ausgedacht habe, verwendete auch das Trichotomiegesetz, aber es hat das bewiesen $f(\alpha)\le0$ Und $f(\alpha)\ge0$ . Damit kann (glaube ich) der Zwischenwertsatz widerspruchsfrei bewiesen werden.
@ Joe, für mich sieht es in Ordnung aus, aber ich bin nicht wirklich geschickt genug, um das zu sagen. Ich fürchte, ich habe nicht viel Training in formaler Logik.
@Ben: Dein Ansatz funktioniert auch. Annehmen, dass $f$ nicht Null ist, und dann können wir Heine Borel anwenden, um eine Partition von zu erhalten $[a, b]$ in endlich viele Intervalle wo $f$ hat das gleiche Vorzeichen.
@Ben: nein, ich habe gerade einen Widerspruchsbeweis erwähnt. Sie hatten erwähnt, dass ein Widerspruchsbeweis mit "annehmen" beginnen würde $f(x) \neq 0$ ...".
@Paramanand Singh ah, verstanden. Ich habe das erwähnt, um einen "vollständigen" Widerspruchsbeweis Spivaks Beweis gegenüberzustellen (den OP ursprünglich für einen Widerspruchsbeweis hielt).
@ParamanandSingh: In meiner Antwort unten modifiziere ich Spivaks Beweis ein wenig, um ihn in einen Beweis durch Kontraposition zu verwandeln, nicht durch Widerspruch. Die Grundidee ist die gleiche.

DonAntonio · Answer 1

Warum nicht Cantors Intersection Theorem (=CIT)? Lassen $\;f:[a,b]\to\Bbb R\;$ stetig sein, so dass $\;f(a)f(b)<0\;$ Lassen $\;z:=\cfrac{a+b}2\;$ sei der Mittelpunkt des Intervalls $\;[a,b]\;$ . Wenn $\;f(z)=0\;$ Wir sind fertig, sonst auch nicht $\;f(a)f(z)<0\;$ oder aber $\;f(z)f(b)<0\;$ . Angenommen, WLOG, auf dem dies geschieht $\;[a,z]\;$ und bezeichne dieses neue Subintervall als $\;[a_1,b_1]\;$ , Bedeutung: $\;a=a_1\,,\,\,b_1=z\;$ , so dass $\;f(a_1)f(b_1)<0\;$ .

Unterteilen Sie dieses Intervall noch einmal wie oben und ... usw., genau wie zuvor. Am Ende erhalten Sie alle Bedingungen von CIT: eine (abnehmende) Folge von nicht leeren, verschachtelten geschlossenen und begrenzten Intervallen, deren Längenfolge gegen Null tendiert und deren Schnittpunkt daher beispielsweise ein einziger Punkt ist $\;c\;$ :

⋂_{N \in N} [A_{N}, B_{N}] = {C}

$\bigcap_{n\in\Bbb N}[a_n,b_n]=\{c\}$

Nun, jetzt ... was ist $\;f(c)\;$ ? Genau, das muss sein $\;f(c)=0\;$ seit:

F (A_{N}) ↗ F (C), F (B_{N}) ↘ F (C) ⟹ (erinnern! 0 >) F (A_{N}) F (B_{N}) \to_{N \to \infty}^{} F (C)^{2} \leq 0

$f(a_n)\nearrow f(c)\;,\;\;\;f(b_n)\searrow f(c)\implies (\text{remember!}\;0>)\; f(a_n)f(b_n)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(c)^2\le0$

Aber natürlich auch trivial $\;f(c)^2\ge 0\;\implies f(c)^2=0\iff f(c)=0\;$ und fertig, direkt und widerspruchsfrei.

Nur um sicherzustellen, dass wir verstehen: Wo haben wir die Kontinuität von verwendet $\;f\;$ in obigem ?

Glaubst du, Cantors Intersection Theorem wäre für mich verständlich, wenn ich nur Spivaks Calculus gelesen hätte ?
@ Joe Ja. Es ist Übung 14 auf Seite 142 (4. Auflage), am Ende von Kapitel II „Grundlagen“. Es heißt dort "Satz über verschachtelte Intervalle", und dann kommen einige Anwendungen davon in den folgenden Übungen.

Jo · Answer 2

Ich habe gerade festgestellt, dass, wenn der Beweis sorgfältiger formuliert wird, es sich um einen Beweis durch Kontraposition handelt , nicht um einen Widerspruch. Ich fand das erwähnenswert, weil viele Mathematiker die Kontraposition dem Widerspruch vorziehen (siehe hier ). Lassen

E = {X \in [A, B] : F ist negativ an [A, X]} .

$E=\{x\in[a,b]:\text{$f$ is negative on $[a,x]$}\} \, .$ Es ist nicht schwer zu beweisen, dass (a) wenn

α = sup E

$\alpha=\sup E$ , Dann

f (α) \leq 0

$f(\alpha)\le0$ , und (b) wenn

α = sup E

$\alpha=\sup E$ , Dann

f (α) \geq 0

$f(\alpha)\ge0$ . Diese Methode ist immer noch nicht so "direkt", wie ich es gerne hätte, aber ich dachte, es wäre trotzdem erwähnenswert.

Das Kontrapositiv von (a) ist „wenn $f(\alpha)>0$ , Dann $\alpha\ne\sup E$ ". Seit $f$ ist stetig bei $\alpha$ , gibt es ein offenes Intervall $I$ enthält $\alpha$ so dass für alle $x\in I$ , wir haben $f(x)>0$ . Lassen $x_0$ Mitglied sein von $I$ befriedigend $x_0<\alpha$ . Seit $x_0$ ist eine Obergrenze von $E$ , wir glauben, dass $\alpha\ne\sup E$ .

Das Kontrapositiv von (b) ist „wenn $f(\alpha)<0$ , Dann $\alpha\ne\sup E$ ". Seit $f$ ist stetig bei $\alpha$ , gibt es ein offenes Intervall $I$ enthält $\alpha$ so dass für alle $x\in I$ , wir haben $f(x)<0$ . Lassen $x_0$ Mitglied sein von $I$ befriedigend $x_0>\alpha$ . Seit $x_0\in E$ , $\alpha$ ist nicht einmal eine Obergrenze von $E$ , und so $\alpha\ne\sup E$ .

Die Kombination von (a) und (b) ergibt uns $f(\alpha)=0$ , wie gewünscht.

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Paramanand Singh

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Paramanand Singh

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