Dimostrazione del teorema di Weierstrass

[matteoorlandini]

Buongiorno, il mio professore di analisi 1 ha dimostrato il teorema di Weierstrass in un modo che non riesco a trovare su internet per maggiori informazioni sui passaggi che ha fatto. Vi illustro di seguito quello che ha fatto cercando di essere il più preciso possibile. Sia $f$ definita $[a,b]$. L'estremo superiore è compreso tra $f($[a,b]$)$. Se si divide l'intervallo $[a,b]$ nel sottointervallo $[a_1,b_1]$,con $ab_1$ tale che l'estremo superiore sia compreso tra $f($[$a_1$,$b_1$]$)$. Si arriva a dividere l'intervallo nel sottointervallo $[a_n,b_n]$ con $a_n oo ) a_n$ $=$ $Sup(a_n)$ e $EElim_(n -> oo ) b_n$ $=$ $Inf(b_n)$. Le successioni inoltre hanno le seguenti caratteristiche:
$Sup{f(x)|x in [a,b]}$ = $Sup{f(x)|x in [a_n,b_n]}$
$b_n$ - $a_n$ $=$ $(b-a)/2^n$
$EElim_(n -> oo) a_n = alpha$
$EElim_(n -> oo) b_n = beta$
$beta -alpha =lim_(n -> oo) (b_n-a_n)=0rarr alpha=beta=x_M in [a_n,b_n]$
Dimostro ora che $f(x_m)=Sup{f(x)|x in [a,b]}$.
Conosco che $f(x)<=Sup{f(x)|x in [a,b]}$ $=$ $Sup{f(x)|x in [a_n,b_n]$} per la definizione di sup e per le affermazioni precedenti. Sia $LL$. Dato che $a_n NOTA: $x_M$ è il punto di massimo $f(x_M)$ è il massimo della funzione.
Se riuscite a capire la dimostrazione più intrecciata della storia vi sarei grato.

[Raptorista1]

Scritto così è molto difficile da leggere. Potresti usare le formule?

[gugo82]

Mi spiace dirlo, ma la precisione stenta. Davvero. E pure tanto.

Vedo che posso fare, avendo intuito il senso ed inventando sul momento...

Dim.:

Vuoi di mostrare che esiste un \(\bar{x}\) tale che \(\displaystyle f(\bar{x})=\sup_{[a,b]} f\).
Chiamiamo, tanto per semplificare la notazione, \(L\) l'estremo superiore di $f$ in $[a,b]$. Di tale estremo, a questo punto della dimostrazione, non sappiamo alcunché, ergo $L\in \RR \cup \{ +\infty\}$.
Dividiamo l'intervallo $[a,b]$ a metà intercalando tra gli estremi il punto medio $c=\frac{a+b}{2}$ e chiamiamo:
\[
\begin{split}
\lambda &:= \sup_{[a,c]} f\\
l &:= \sup_{[c,b]} f\; ;
\end{split}
\]
chiaramente risulta $\lambda, l \leq L$ (poiché $L$ è un maggiorante di $f$ sia in $[a,c]$ sia in $[c,b]$).
Però, almeno uno tra $\lambda$ ed $l$ deve coincidere con $L$. Infatti, se, per assurdo, così non fosse si avrebbe $\lambda ma ciò è assurdo, perché $L$ è il più piccolo dei maggioranti di $f$ in $[a,b]$.
Se $\lambda =L$, poniamo $[a_1,b_1]:=[a,c]$; altrimenti, se $l=L$, poniamo $[a_1,b_1]:=[c,b]$.[nota]Nel caso in cui $\lambda=L=l$, possiamo scegliere uno qualsiasi dei due casi; ad esempio, il primo.[/nota]
In ogni caso $b_1-a_1=\frac{b-a}{2}$ e \(\displaystyle \sup_{[a_1,b_1]} f = L\) per costruzione.

In $[a_1,b_1]$ possiamo ripetere il ragionamento precedente. Intercalando il punto medio $c_2=\frac{a_1+b_1}{2}$, dividiamo $[a_1,b_1]$ negli intervalli $[a_1,c_1]$ e $[c_1,b_1]$ e chiamiamo:
\[
\begin{split}
\lambda_1 &:= \sup_{[a_1,c_1]} f\\
l_1 &:= \sup_{[c_1,b_1]} f\; ;
\end{split}
\]
chiaramente $\lambda_1,l_1\leq L$ e però (per lo stesso motivo di prima) almeno uno tra $\lambda_1$ ed $l_1$ deve coincidere con $L$.
Se $\lambda_1 =L$, poniamo $[a_2,b_2]:=[a_1,c_1]$; altrimenti, se $l_1=L$, poniamo $[a_2,b_2]:=[c_1,b_1]$.
In ogni caso $b_2-a_2=\frac{b_1-a_1}{2}=\frac{b-a}{4}$ e \(\displaystyle \sup_{[a_2,b_2]} f = L\) per costruzione.

Si vede che il procedimento si può iterare.
In questo modo, si vengono a determinare due successioni $(a_n)$ e $(b_n)$ tali che:

[list=1][*:2ni2oba0] $(a_n)$ è crescente;

[/*:m:2ni2oba0]
[*:2ni2oba0] $(b_n)$ è decrescente;

[/*:m:2ni2oba0]
[*:2ni2oba0] $a_n\leq b_n$;

[/*:m:2ni2oba0]
[*:2ni2oba0] $b_n-a_n = \frac{b-a}{2^n}$.[/*:m:2ni2oba0][/list:o:2ni2oba0]
Per 1 - 4, gli intervalli $[a_n,b_n]$ formano una famiglia decrescente rispetto all'inclusione con ampiezze infinitesime; pertanto il Teorema di Cantor assicura che esiste un unico punto $\bar{x}$ appartenente a tutti gli intervalli $[a_n,b_n]$.[nota]Se non si vuole usare Cantor, si può usare il Teorema di Regolarità delle Successioni Monotòne. Infatti da 1, 2 e 3 segue che $(a_n)$ è limitata dall'alto e che $(b_n)$ è limitata dal basso, ergo sono entrambe convergenti; detto $\bar{x}$ il limite di $(a_n)$, si ha:\[ \begin{split} a\leq a_1&\leq \bar{x}\leq b_1\leq b\\ \lim_n b_n &= \lim_n a_n + (b_n-a_n) = \bar{x}\end{split}\] cosicché $\bar{x}\in [a,b]$ ed anche $(b_n)$ converge verso $\bar{x}$. Dato che \(\bar{x} = \sup \{ a_n\} = \inf \{b_n\} \), risulta $\bar{x} \in [a_n,b_n]$ per ogni indice $n$.[/nota]

Vuoi provare che $f(\bar{x})=L$.
Chiaramente $f(\bar{x})\leq L$ perché $\bar{x}\in [a,b]$ ed \(L=\sup_{[a,b]} f\); quindi devi far vedere che $f(\bar{x})$ non può in alcun modo essere $ Per assurdo, supponi che $f(\bar{x})Permanenza del Segno, esiste un intorno $I=]\bar{x}-\delta , \bar{x}+\delta[$ di $x_0$ in cui risulta:
\[
\forall x\in I\cap [a,b],\ f(x)-L< \underbrace{\frac{f(\bar{x})-L}{2}}_{-\bar{\varepsilon} <0}\; ;
\]
dato che la successione di intervalli $[a_n,b_n]$ ha \(b_n-a_n\to 0\), è possibile determinare un intervallino $]a_\nu , b_\nu[$ tale che:
\[
b_\nu - a_\nu <\delta
\]
da cui segue che $[a_\nu , b_\nu]\subset ]\bar{x}-\delta , \bar{x}+\delta[ \cap [a,b]$; pertanto:
\[
\forall x\in [a_\nu , b_\nu],\ f(x) \]
da quanto appena detto segue che:
\[
\sup_{[a_\nu , b_\nu]} f \leq L - \bar{\varepsilon} < L\; ;
\]
ma ciò è assurdo, perché in ognuno degli $[a_n,b_n]$ l'estremo superiore di $f$ coincide con $L$.
Dunque, $f(\bar{x}) = L$ e ciò implica che:

[list=i] $L$ è un numero reale (perché $f$ assume valori reali),

[*:2ni2oba0] $L=f(\bar{x})\in f([a,b])$, cosicché $L$ è il massimo (assoluto) di $f$.[/*:m:2ni2oba0][/list:o:2ni2oba0]

Ed hai finito.

[matteoorlandini]

Ti ringrazio per la risposta. Non mi è chiaro però come si dimostra che $f(bar(x))=L$, soprattutto quando usi l'ipotesi di continuità e il teorema della permanenza del segno.

[matteoorlandini]

"Raptorista":Scritto così è molto difficile da leggere. Potresti usare le formule?

Scusami. L'ho modificato.

[gugo82]

Ho fatto aspettare e me ne scuso.
Riesumo il thread sperando di poter essere utile per l'orale.

Ovviamente, per continuità hai:
\[
\lim_{x\to \bar{x}} f(x) - L = f(\bar{x}) - L <0
\]
il che implica che in un intorno di $\bar{x}$ la funzione $f(x) - L$ è minore di zero. D'altra parte, imitando la dimostrazione del Teorema della Permanenza del Segno, in corrispondenza di $\varepsilon = \frac{L-f(\bar{x})}{2} >0$ puoi determinare $\delta >0$ in modo che per \(x\in ]\bar{x}-\delta , \bar{x} + \delta[ \cap [a,b]\) si abbia:
\[
f(x) - L - (f(\bar{x}) - L) < \varepsilon \qquad \Leftrightarrow \qquad f(x) - L < \underbrace{\frac{f(\bar{x} - L)}{2}}_{:=-\varepsilon<0}
\]