|
[quote="Anonymous"]može li mi netko objasniti dokaz b.w. teorema? meni tu ništa nije jasno. jedina mogućnost je da ga naučim napamet, ali kakva koristi od toga?[/quote]
Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a,b] . Tada je f ograničena. Dokažimo to.
Zaista, pretpostavka da nije vodi na to da za svaki n postoji x_n takav da je f(x_n)>n . No x_n je niz u [a,b] , dakle ograničen, pa ima konvergentan podniz x_p_n , limes kojeg je također u segmentu (sendvič). Označimo ga s L . Sad niz x_p_n teži k L , a f je neprekidna, pa bi f(x_p_n) trebao težiti k f(L) , odnosno biti konvergentan pa time i ograničen. Što je kontradikcija jer je već njegov "nadniz" f(x_n) neograničen (prva rečenica ovog odlomka).
Dakle, slika funkcije f je ograničen skup. Očito je neprazan (sadrži f(a) ), pa ima infimum m i supremum M . No ne samo to: uz pretpostavke teorema, ti infimum i supremum su zapravo minimum i maksimum, odnosno postižu se za neke xeve iz domene: dovoljno je dokazati da se postiže M . Tj. M je u slici, odnosno, postoji r_M@[a,b] takav da je f(r_M)=M . Dokažimo to.
M je supremum skupa {f(x);x@[a,b]} , pa za eps:=1/n (proizvoljni prirodni n ) postoji neki f(nešto) između M i M-1/n (definicija supremuma). To nešto ovisi o n , pa ga označimo s x_n . To je opet niz u segmentu, ima konvergentan podniz x_p_n , limes kojeg, označimo ga s r_M , je također u segmentu. Sad x_p_n-ovi teže k r_M , no njihovi f-ovi teže k M (sendvič). Po neprekidnosti funkcije f , oni moraju težiti k f(r_M) , a jer je limes niza jedinstven, f(r_M)=M . Analogno se dobije egzistencija r_m takvog da je f(r_m)=m . Jupi.
Za svaki ograničen podskup skupa realnih brojeva S vrijedi da je S podskup od [inf S,sup S] . No uz pretpostavke teorema, slika od f ne samo da je podskup od [m,M] , već je _jednaka_ tome. Odnosno, vrijedi i druga inkluzija, odnosno za svaki C@[m,M] postoji c@[a,b] takav da je f(c)=C . Dokažimo to.
r_M i r_m su različiti realni brojevi (osim kad je f konstanta, no taj slučaj je trivijalan) jer su im f-ovi različiti: m<M ; pa je jedan od njih veći od drugog. BSOMP r_m<r_M .
Označimo s A skup svih x@[r_m,r_M] za koje je f(x)<=C . To je podskup od |R , ograničen odozgo (r_M mu je gornja međa) i neprazan (r_m je sigurno unutra, jer je m<=C ), pa ima supremum c . c je supremum od A , pa (kao gore) postoji niz x_n u A koji teži k c . Za svaki taj x_n vrijedi f(x)<=C (jer je x_n@A ), pa je i limes tih f-ova <=C (sendvič). No taj limes je po neprekidnosti funkcije jednak f(lim x_n) , a lim x_n=c . Dakle imamo f(c)<=C - odnosno, c@A - supremum je zapravo maksimum.
Očito je a<=r_m<=c<=r_M<=b . Ako je c=r_M=b , tad bi bilo M=f(r_M)=f(c)<=C , odnosno M=C , pa je b=c takav x u kojem f postiže C=M . Inače, c<b .
Pretpostavimo f(c)<C . Tada jer je f neprekidna u točki c , po Cauchyjevoj definiciji neprekidnosti za eps:=C-f(c)>0 postoji delta>0 takav da na intervalu <c-delta,c+delta>presjek[a,b] f i dalje bude ispod C . U slučaju smo kada je c<b , dakle za delta':=min{delta,c-b}>0 vrijedi [c,c+delta'> podskup A . Specijalno je npr. c+delta'/2 @A , no to ne može biti jer je taj broj strogo veći od c=sup A . Kontradikcija, dakle f(c) nije strogo manje od C . A dobili smo da mora biti <= , pa mora biti jednako. QED.
HTH,
| Anonymous (napisa): | | može li mi netko objasniti dokaz b.w. teorema? meni tu ništa nije jasno. jedina mogućnost je da ga naučim napamet, ali kakva koristi od toga? |
Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a,b] . Tada je f ograničena. Dokažimo to.
Zaista, pretpostavka da nije vodi na to da za svaki n postoji x_n takav da je f(x_n)>n . No x_n je niz u [a,b] , dakle ograničen, pa ima konvergentan podniz x_p_n , limes kojeg je također u segmentu (sendvič). Označimo ga s L . Sad niz x_p_n teži k L , a f je neprekidna, pa bi f(x_p_n) trebao težiti k f(L) , odnosno biti konvergentan pa time i ograničen. Što je kontradikcija jer je već njegov "nadniz" f(x_n) neograničen (prva rečenica ovog odlomka).
Dakle, slika funkcije f je ograničen skup. Očito je neprazan (sadrži f(a) ), pa ima infimum m i supremum M . No ne samo to: uz pretpostavke teorema, ti infimum i supremum su zapravo minimum i maksimum, odnosno postižu se za neke xeve iz domene: dovoljno je dokazati da se postiže M . Tj. M je u slici, odnosno, postoji r_M@[a,b] takav da je f(r_M)=M . Dokažimo to.
M je supremum skupa {f(x);x@[a,b]} , pa za eps:=1/n (proizvoljni prirodni n ) postoji neki f(nešto) između M i M-1/n (definicija supremuma). To nešto ovisi o n , pa ga označimo s x_n . To je opet niz u segmentu, ima konvergentan podniz x_p_n , limes kojeg, označimo ga s r_M , je također u segmentu. Sad x_p_n-ovi teže k r_M , no njihovi f-ovi teže k M (sendvič). Po neprekidnosti funkcije f , oni moraju težiti k f(r_M) , a jer je limes niza jedinstven, f(r_M)=M . Analogno se dobije egzistencija r_m takvog da je f(r_m)=m . Jupi.
Za svaki ograničen podskup skupa realnih brojeva S vrijedi da je S podskup od [inf S,sup S] . No uz pretpostavke teorema, slika od f ne samo da je podskup od [m,M] , već je _jednaka_ tome. Odnosno, vrijedi i druga inkluzija, odnosno za svaki C@[m,M] postoji c@[a,b] takav da je f(c)=C . Dokažimo to.
r_M i r_m su različiti realni brojevi (osim kad je f konstanta, no taj slučaj je trivijalan) jer su im f-ovi različiti: m<M ; pa je jedan od njih veći od drugog. BSOMP r_m<r_M .
Označimo s A skup svih x@[r_m,r_M] za koje je f(x)⇐C . To je podskup od |R , ograničen odozgo (r_M mu je gornja međa) i neprazan (r_m je sigurno unutra, jer je m⇐C ), pa ima supremum c . c je supremum od A , pa (kao gore) postoji niz x_n u A koji teži k c . Za svaki taj x_n vrijedi f(x)⇐C (jer je x_n@A ), pa je i limes tih f-ova ⇐C (sendvič). No taj limes je po neprekidnosti funkcije jednak f(lim x_n) , a lim x_n=c . Dakle imamo f(c)⇐C - odnosno, c@A - supremum je zapravo maksimum.
Očito je a⇐r_m⇐c⇐r_M⇐b . Ako je c=r_M=b , tad bi bilo M=f(r_M)=f(c)⇐C , odnosno M=C , pa je b=c takav x u kojem f postiže C=M . Inače, c<b .
Pretpostavimo f(c)<C . Tada jer je f neprekidna u točki c , po Cauchyjevoj definiciji neprekidnosti za eps:=C-f(c)>0 postoji delta>0 takav da na intervalu <c-delta,c+delta>presjek[a,b] f i dalje bude ispod C . U slučaju smo kada je c<b , dakle za delta':=min{delta,c-b}>0 vrijedi [c,c+delta'> podskup A . Specijalno je npr. c+delta'/2 @A , no to ne može biti jer je taj broj strogo veći od c=sup A . Kontradikcija, dakle f(c) nije strogo manje od C . A dobili smo da mora biti ⇐ , pa mora biti jednako. QED.
HTH,
|
