Jeg har laget noen videoer om $\epsilon,\delta$-definisjonen av grenser, samt definert kontinuitet i punkt, og over åpent og lukket intervall. Dette i kontekst av TMA4100 (Matematikk 1).
Det neste på tapetet er ekstremalverdisetningen, men jeg har vanskelig for å formulere et bevis som passer inn i kurset. Det virker som om de beste (eller eneste?) bevisene tar utgangspunkt i topologi.
Gir det mer mening å utsette beviset til senere, eller finnes det måter å bevise setningen på som tar utgangspunkt i teori en førstesemester-student allerede kan?
Merk: Siden dette inngår i første kapittel av kurset, så er det kun $\epsilon,\delta$, samt en rigorøs definisjon av kontinuitet, som egentlig er nytt i forhold til VGS-nivå.
Dette er det nærmeste jeg kommer:
https://proofwiki.org/wiki/Continuous_I ... is_Compact
https://en.wikipedia.org/wiki/Bolzano%E ... ss_theorem
Hvordan bevise ekstremalverdisetningen for 1. semester?
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Wikipedia ser ut som om det har et brukbart bevis
https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem
Under seksjonen "Proof from first principles".
https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem
Under seksjonen "Proof from first principles".
Uten å ha sett på det Kay linker til, så må du vel også sånn kort ha dekt kompletthetsprinsippet først (men det legger jo egentlig grunnlaget for alt i analyse generelt).
Nå, over til beviset. I korte trekk, viser du først følgende lemma: «En kontinuerlig funksjon $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ som er definert på et lukket begrenset intervall er alltid begrenset». Ideen for å vise dette er nesten det samme som for ekstremalverdisetningen. Når du har vist dette vet du at alle begrensede funksjoner oppnår et supremum på et begrenset intervall. Her er ideen videre: Da har $f$ supremum (kall det $M$) på $[a,b]$, men da også på en av intervallene $[a,(a+b)/2]$ eller $[(a+b)/2,b]$. Samme prosess gjentas for disse mengdene, så du får en uendelig kjede av intervaller, der $f$ har supremum $M$: $$[a,b] \supseteq [a_1,b_1] \supseteq [a_2,b_2] \supseteq \cdots \supseteq [a_n,b_n]\supseteq \cdots $$ Tanken nå er at etterhvert som intervallene blir mindre og mindre vil endepunktene konvergere mot samme punkt $c$. La så $c_n \in [a_n,b_n]$. Da må den også konvergere mor det samme punktet $c$. Siden $M$ er supremum i $[a_n,b_n]$ for alle n vet vi at $f(c_n) > M - 1/n$, så hvis $f(c_n) \to M$ når $n\to \infty$. Nå, siden $f$ er kontinuerlig er $f(c)=M$, og vi er ferdige. Selvfølgelig er jo dette bare ideen, men det er ikke så veldig langt fra dette til et rigorøst bevis. Casen for minimumspunkt er omtrent lik.
Edit: btw, er det ikke vanligere å vise skjæringssetningen først? Jeg er ikke helt kjent med hvordan det gjøres i Matte 1.
Nå, over til beviset. I korte trekk, viser du først følgende lemma: «En kontinuerlig funksjon $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ som er definert på et lukket begrenset intervall er alltid begrenset». Ideen for å vise dette er nesten det samme som for ekstremalverdisetningen. Når du har vist dette vet du at alle begrensede funksjoner oppnår et supremum på et begrenset intervall. Her er ideen videre: Da har $f$ supremum (kall det $M$) på $[a,b]$, men da også på en av intervallene $[a,(a+b)/2]$ eller $[(a+b)/2,b]$. Samme prosess gjentas for disse mengdene, så du får en uendelig kjede av intervaller, der $f$ har supremum $M$: $$[a,b] \supseteq [a_1,b_1] \supseteq [a_2,b_2] \supseteq \cdots \supseteq [a_n,b_n]\supseteq \cdots $$ Tanken nå er at etterhvert som intervallene blir mindre og mindre vil endepunktene konvergere mot samme punkt $c$. La så $c_n \in [a_n,b_n]$. Da må den også konvergere mor det samme punktet $c$. Siden $M$ er supremum i $[a_n,b_n]$ for alle n vet vi at $f(c_n) > M - 1/n$, så hvis $f(c_n) \to M$ når $n\to \infty$. Nå, siden $f$ er kontinuerlig er $f(c)=M$, og vi er ferdige. Selvfølgelig er jo dette bare ideen, men det er ikke så veldig langt fra dette til et rigorøst bevis. Casen for minimumspunkt er omtrent lik.
Edit: btw, er det ikke vanligere å vise skjæringssetningen først? Jeg er ikke helt kjent med hvordan det gjøres i Matte 1.
Har fulgt videoforelesningene i Matte 1 og såvidt jeg forstår er det mer slik at Matte 1 glosser over selve bevis-seksjonen og bare ser på bruken av teoremet.Markus wrote:Uten å ha sett på det Kay linker til, så må du vel også sånn kort ha dekt kompletthetsprinsippet først (men det legger jo egentlig grunnlaget for alt i analyse generelt).
Nå, over til beviset. I korte trekk, viser du først følgende lemma: «En kontinuerlig funksjon $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ som er definert på et lukket begrenset intervall er alltid begrenset». Ideen for å vise dette er nesten det samme som for ekstremalverdisetningen. Når du har vist dette vet du at alle begrensede funksjoner oppnår et supremum på et begrenset intervall. Her er ideen videre: Da har $f$ supremum (kall det $M$) på $[a,b]$, men da også på en av intervallene $[a,(a+b)/2]$ eller $[(a+b)/2,b]$. Samme prosess gjentas for disse mengdene, så du får en uendelig kjede av intervaller, der $f$ har supremum $M$: $$[a,b] \supseteq [a_1,b_1] \supseteq [a_2,b_2] \supseteq \cdots \supseteq [a_n,b_n]\supseteq \cdots $$ Tanken nå er at etterhvert som intervallene blir mindre og mindre vil endepunktene konvergere mot samme punkt $c$. La så $c_n \in [a_n,b_n]$. Da må den også konvergere mor det samme punktet $c$. Siden $M$ er supremum i $[a_n,b_n]$ for alle n vet vi at $f(c_n) > M - 1/n$, så hvis $f(c_n) \to M$ når $n\to \infty$. Nå, siden $f$ er kontinuerlig er $f(c)=M$, og vi er ferdige. Selvfølgelig er jo dette bare ideen, men det er ikke så veldig langt fra dette til et rigorøst bevis. Casen for minimumspunkt er omtrent lik.
Edit: btw, er det ikke vanligere å vise skjæringssetningen først? Jeg er ikke helt kjent med hvordan det gjøres i Matte 1.
Nå skal det sies at jeg ikke har sett en del av de interaktive forelesningene, men jeg tror iallefall det er slik det blir gjort der.
Kay wrote:Wikipedia ser ut som om det har et brukbart bevis
https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem
Under seksjonen "Proof from first principles".
Ja, det virker som en bra plass å starte. Den tar riktignok utgangspunkt i kompletthetsprinsippet, men det ser ut som det er inkludert to bevis for det på Wikipedia-artikkelen. Et som tar utgangspunkt i topologi (Bolzano-Weierstrass), og et som ser ut til å være mer elementært.Markus wrote:Uten å ha sett på det Kay linker til, så må du vel også sånn kort ha dekt kompletthetsprinsippet først (men det legger jo egentlig grunnlaget for alt i analyse generelt).
Hmm, lurer på om kanskje bevisene passer bedre inn i et side-kapittel for å ikke forhindre flyten i fremgangen? Det blir jo noen bevis som skal til for å bygge det opp naturlig, og ikke gjøre for mange antakelser.
De dukker opp i en og samme slide, og bevisene er utelatt. Eller i beste fall oppfordret "som øvelse for leseren".Edit: btw, er det ikke vanligere å vise skjæringssetningen først? Jeg er ikke helt kjent med hvordan det gjøres i Matte 1
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Posts: 5648
- Joined: 24/05-2009 14:16
- Location: NTNU
Hvorfor ikke bare legge bevisene i egne videoer også kan de som er interessert se dem der?
Ellers liker jeg det beviset her https://services.math.duke.edu/~cbray/S ... TProof.pdf. Det er skrevet ganske overfladisk da, men er kanskje det matte 1 studenter trenger noen ganger.
Ellers liker jeg det beviset her https://services.math.duke.edu/~cbray/S ... TProof.pdf. Det er skrevet ganske overfladisk da, men er kanskje det matte 1 studenter trenger noen ganger.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Ja, bevis havner i egne videoer. Det må nødvendigvis være slik siden videoene typisk er mellom 5 og 10 minutter lange. Et godt bevis går gjerne over 2-3 videoer.
Skal se på dokumentet du la ved, takk!
Skal se på dokumentet du la ved, takk!
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Posts: 826
- Joined: 09/02-2015 23:28
- Location: Oslo
Proposisjon 1. En kontinuerlig funksjon $f: [a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ er begrenset.
Bevis. Anta at $f$ ikke er grenset. Da finnes det en følge $(x_n)$ i $[a,b]$ slik at $|f(x_n)| > n$ for alle $n\in\mathbb{N}$. Bolzano-Weierstrass forteller oss at følgen $(x_n)$ har en konvergent delfølge, si $x_{n_r}\rightarrow x\in [a,b]$ når $r\rightarrow\infty$. Ettersom $f$ og absoluttverdifunksjonen er kontinuerlige, vet vi derfor at $|f(x_{n_r})|\rightarrow |f(p)|$ når $r\rightarrow\infty$. Det betyr at følgen $(|f(x_{n_r})|)$ er begrenset, hvilket gir oss den ønskede selvmotsigelsen. $\square$
Proposisjon 2. La $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ være en kontinuerlig funksjon. La $M = \sup_{x\in[a,b]} f(x)$. Da finnes det $p\in[a,b]$ slik at $f(p) = M$.
Bevis. Anta heller at $f(x) < M$ for alle $x\in[a,b]$. La $g(x) = \frac1{M - f(x)}$. Da er $g$ en positiv, kontinuerlig funksjon på intervallet $[a,b]$, så vi vet at $g$ er oppad begrenset. Altså finnes det $M_0>0$ slik at $g(x) \leq M_0$ for alle $x\in[a,b]$. Om vi bruker definisjonen av $g$ får vi, for alle $x\in[a,b]$, at $f(x) \leq M - 1/M_0$. Men vi antok at $M$ var $f$ sin minste øvre grense, en selvmotsigelse. $\square$
Bevis. Anta at $f$ ikke er grenset. Da finnes det en følge $(x_n)$ i $[a,b]$ slik at $|f(x_n)| > n$ for alle $n\in\mathbb{N}$. Bolzano-Weierstrass forteller oss at følgen $(x_n)$ har en konvergent delfølge, si $x_{n_r}\rightarrow x\in [a,b]$ når $r\rightarrow\infty$. Ettersom $f$ og absoluttverdifunksjonen er kontinuerlige, vet vi derfor at $|f(x_{n_r})|\rightarrow |f(p)|$ når $r\rightarrow\infty$. Det betyr at følgen $(|f(x_{n_r})|)$ er begrenset, hvilket gir oss den ønskede selvmotsigelsen. $\square$
Proposisjon 2. La $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ være en kontinuerlig funksjon. La $M = \sup_{x\in[a,b]} f(x)$. Da finnes det $p\in[a,b]$ slik at $f(p) = M$.
Bevis. Anta heller at $f(x) < M$ for alle $x\in[a,b]$. La $g(x) = \frac1{M - f(x)}$. Da er $g$ en positiv, kontinuerlig funksjon på intervallet $[a,b]$, så vi vet at $g$ er oppad begrenset. Altså finnes det $M_0>0$ slik at $g(x) \leq M_0$ for alle $x\in[a,b]$. Om vi bruker definisjonen av $g$ får vi, for alle $x\in[a,b]$, at $f(x) \leq M - 1/M_0$. Men vi antok at $M$ var $f$ sin minste øvre grense, en selvmotsigelse. $\square$
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Posts: 826
- Joined: 09/02-2015 23:28
- Location: Oslo
Det bør også merkes at Bolzano-Weierstrass kan enkelt bevises for følger i $\mathbb{R}$ uten noen kunnskap om topologi.
Tusen takk for innspill! Jo mer jeg graver, jo bedre ser jeg at bevisene ikke er så tungvinte som de først syntes å være.
Jeg må se nærmere på Bolzano-Weierstrass hvis jeg skal bruke den. Det virker som det er minste motstands vei.
Jeg må se nærmere på Bolzano-Weierstrass hvis jeg skal bruke den. Det virker som det er minste motstands vei.
-
DennisChristensen
- Grothendieck
- Posts: 826
- Joined: 09/02-2015 23:28
- Location: Oslo
Jeg ville nå iallfall kalle et grunnkurs i reell analyse uten Bolzano-Weierstrass ufullstendig. Jeg legger ved et bevis:Aleks855 wrote:Tusen takk for innspill! Jo mer jeg graver, jo bedre ser jeg at bevisene ikke er så tungvinte som de først syntes å være.
Jeg må se nærmere på Bolzano-Weierstrass hvis jeg skal bruke den. Det virker som det er minste motstands vei.
Proposisjon. Enhver reell følge har en monoton delfølge.
Bevis. La $(a_n)$ være en følge. Kall et element $a_n$ for en topp dersom $a_m \leq a_n$ for alle $m\geq n$. Følgen $(a_n)$ må ha enten endelig eller uendelig mange topper. Dersom $(a_n)$ har uendelig mange topper, vil følgen av toppene gi oss en monotont synkende delfølge, og vi er ferdige. Dersom $(a_n)$ har endelig mange topper, finnes det en $n_0\in\mathbb{N}$ slik at $a_{n_0- 1}$ er den siste toppen i følgen. Ettersom $a_m$ ikke er en topp, finnes det en $n_1 > n_0$ slik at $a_{n_0} \leq a_{n_1}$. Induktivt, dersom vi har funnet et element $a_{n_r}$, vet vi at dette elementet ikke er en topp, så det finnes et element $n_{r+1} > n_r$ slik at $a_{n_r}\leq a_{n_{r+1}}$. Dermed ser vi at delfølgen $(a_{n_r})$ er monotont voksende. $\square$
Proposisjon. Dersom en følge er monoton og begrenset, konvergerer følgen.
Bevis. La $(a_n)$ være en monotont stigende følge som er oppad begrenset. Da eksisterer $a = \sup_{n\in\mathbb{N}} a_n$, og fra kompletthetsprinsippet vet vi at for alle $\varepsilon > 0$ finnes det en $N\in\mathbb{N}$ slik at $$a - \varepsilon < a_N \leq a.$$ Ettersom følgen er monotont stigende impliserer dette at $a - \varepsilon < a_n \leq a$ for alle $n\geq N$, så $a_n\rightarrow a$ når $n\rightarrow\infty$. Et liknende bevis viser at en monotont synkende begrenset følge konvergerer mot sitt infimum. $\square$
Teorem (Bolzano-Weierstrass). Enhver begrenset reell følge har en konvergent delfølge.
Bevis. Bruk at enhver delfølge til en begrenset følge også vil være begrenset, og kombinér proposisjonene ovenfor. $\square$