Skjæringssetningen

Mange finner bevis vanskelig. Her er rom for spørsmål vedrørende bevis, og for å dele dine bevis med andre. Vi tenker først og fremst videregående nivå, men det er ingen begrensninger her.

Skjæringssetningen

Innlegg Kay » 02/02-2019 04:39

Ønsker å bevise følgende; La [tex]f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}[/tex] være en kontinuerlig funksjon og [tex]s[/tex] være et reelt tall mellom [tex]f(a)[/tex] og [tex]f(b)[/tex]. Da eksisterer det et tall [tex]r\in (a,b)[/tex] slik at [tex]f(r)=s[/tex]

Kan noen se om dette beviset holder?

Betrakt settet [tex]A=\left \{ x\in [a,b]:f(x)<s \right \} \neq \emptyset \Rightarrow r = \sup(A)[/tex].

vi ønsker å se på de tre tilfellene [tex]f(r)=s[/tex], [tex]f(r)<s[/tex] og [tex]f(r)>s[/tex]

I tilfelle 1. er du vel allerede i mål.

Anta at [tex]f(r)>s[/tex] og la [tex]\varepsilon=f(r)-s>0[/tex]. Av det faktum at funksjonen er kontinuerlig må det være en [tex]\delta>0[/tex] slik at [tex]|x-r|>\delta \Longrightarrow |f(x)-f(r)|<\varepsilon[/tex], men [tex]|f(x)-f(r)|<\varepsilon\Longrightarrow f(x)>s[/tex], så [tex]r-\delta[/tex] er øvre skranke i settet, hvilket er en selvmotsigelse mot at [tex]r=\sup(A)[/tex] (?).

Samme framgangs måten tas i bruk på den andre påstanden og fra det så vil det vel følge at [tex]f(r)=s[/tex]. Har jeg oversett noe her?
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 553
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Skjæringssetningen

Innlegg Gustav » 02/02-2019 12:32

Du må vel anta at f(a)<f(b) for at beviset skal fungere. Hvis ikke har vi et moteksempel for monotont synkende funksjoner.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4284
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Skjæringssetningen

Innlegg Kay » 02/02-2019 20:55

Gustav skrev:Du må vel anta at f(a)<f(b) for at beviset skal fungere. Hvis ikke har vi et moteksempel for monotont synkende funksjoner.


Selvfølgelig, aner ikke hvordan jeg overså det.
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 553
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Skjæringssetningen

Innlegg Markus » 02/02-2019 21:32

Bortsett fra det Gustav påpeker ser det bra ut! Jeg antar du også ønsker noe tilbakemelding på bevisføringen (hvis ikke kan du bare overse dette).

Ideen i beviset er jo å vise at $f(r)<s$ og $f(r)>s$ som nødvendigvis må gi at $f(r)=s$. Derfor trenger du ikke å tenke på $f(r)=s$-casen, da den er "innebygd" i beviset. Den andre ulikheten $f(r)<s$ må føres litt annerledes, men det er nesten likt. Her er det et bevis som er ganske likt ditt med begge retningene, som viser det.

Hele beviset fungerer på grunn av kompletthetsprinsippet. Det er det som lar oss finne et supremum for mengden. Det samme beviset hadde for eksempel ikke fungert over $\mathbb{Q}$ da det er "hull" i tallinjen til $\mathbb{Q}$. Derfor hadde det vært fint om du kanskje hadde nevnt det i en bisetning at det er kompletthetsprinsippet som lar oss finne en supremum for mengden. Dette er et teorem som dukker opp såpass tidlig i analysen at jeg synes det bør nevnes i alle fall.

Antar du har slurva i den ene ulikheten din og mener $|x-r|<\delta$ istedenfor $|x-r|>\delta$. Dette er vel også litt smak og behag, men jeg ville sagt at siden $f$ er kontinuerlig kan vi velge $\epsilon=f(r)-s>0$, istedenfor å velge epsilon først og si hvorfor vi kan gjøre det etterpå.

Men alt dette er bare småpirk, synes det var bra ført!
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 3 gjester