Dimostrazione di Weierstraß, non comprendo un passaggio...
Salve gente, è da quasi mezzo anno che sto cercando di giustificare alla mia mente inferiore un passaggio ostico della dimostrazione (già di per sé abbastanza lunga e tormentata) del teorema riportato nel titolo. Al fine di non trascurare niente, riporto precisamente quanto già presente nei miei appunti:
Enunciato: Sia$f: [a,b] → ℝ$ una funzione continua su tutto il dominio, allora ammette ivi massimo e minimo.
Formalmente: $f: [a,b] → ℝ, f ∈ C⁰( [a,b] ) ⇒ ∃ (m, M) ∈ [a,b] | ∀ x ∈ [a,b] f(m) ≼ f(x) ≼ f(M)$
Dimostrazione: Vogliamo far vedere che, essendo $f: [a,b] → ℝ, f ∈ C⁰( [a,b] )$, la funzione f ammette minimo. Essendo la funzione continua e definita su un itervallo chiuso, grazie al teorema degli zeri, siamo in grado di garantire che la sua immagine sarà a sua volta un nuovo intervallo: \(\displaystyle [ inf( f([a,b]) ), sup( f([a,b]) ) ] \). Formalmente si mostra che $∃x₀∈[a,b] | ∀x ∈ [a,b], f(x) ≽ f(x₀)$. Ancora non siamo in grado di dire se \(\displaystyle inf(f([a,b]))=-∞ \), quindi senza perdita di generalità poniamo \(\displaystyle L = inf ( f([a,b]) ) \).
Allora possiamo selezionare una ordinata, chiamamola $t > L$, e definire l'indieme $E(t):= { x ∈ [a,b] | f(x) < t }$, che conterrà tutti i punti del dominio della funzione la cui immagine è compresa tra$(L, t)$. Possiamo reiterare il procedimento selezionando una nuova quota, chiamiamola $s$, con $s > t$, e ricostruiamo l'insieme $E(s):= {x ∈ [a,b] | f(x) < s}$. Innanzi tutto, dato che abbiamo selezionato $t>L$ abbiamo la garanzia che $E(t)$ sia definito come unione di intervalli non vuoti, e pertanto $E(t)$ è non vuoto. Inoltre è facile notare che ogni elemento di $E(t)$ appartiene anche a $E(s)$, i.e. $E(t) ⊂ E(s)$. Definiamo ordunque la seguente funzione \(\displaystyle x(t):= inf( E(t) ) \) al variare di $t>L$ sull'asse delle ordinate. La funzione $x(t)$ è definita solo per argomenti $t > L$. Inoltre, essendo $s > t$ si ha che $x(s) ≼ x(t)$, dunque $x(t)$ è una funzione monotona decrescente. Per il teorema di esistenza del limite di funzioni monotone si ha che ∃ $\lim_{t \to L^+} x(t)$, e questo vale \(\displaystyle sup( x(t) ) \), che è una quantità infinita se la funzione è illimitata, una quantità finita altrimenti. La $f$, è limitata per ipotesi, perciò essendo $x₀= \lim_{t \to L^+} x(t)$, si ha che $x₀ ∈ ℝ$ (cioè $x₀$ è finito). Essendo \(\displaystyle L = inf( f([a,b]) ) \), $f(x₀)$ deve necessariamente essere $≽ L$. Facciamo vedere che supponendo $f(x₀) > L$ si giunge ad un assurdo, cosìcché dovremo concludere che $f(x₀) = L$.
Si presentano tre diverse casistiche possibili: $x₀ = a$, $x₀ = b$, or $x₀∈(a,b)$.
Supponiamo valere la terza e che $f(x₀) > L$. [Qui iniziano i miei dubbi:] Essendo f una funzione continua, $\lim_{x \to x₀} f(x) = f(x₀) > L$. . Allora, per il teorema di permanenza del segno $∃(M, δ) ∈ ℝ+ | ∀ x ∈ ( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b] , f(x) > M$ [Qui finiscono i miei dubbi]. Per ogni possibile scelta di $t$ in $(L,M]$, si ha che $t < M$ mentre $f(x) > M$ quando $x ∈ ( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b]$, dunque $f(x) > t$. Questo significa che $E(t)$ quando scegliamo $t$ in $(L,M]$, non contiene punti di $( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b]$. Questo significa che $x(t) ≼ x₀-δ ⋎ x(t) ≽ x₀+δ$.
$x(t) ≽ x₀+δ$ è manifestamente assurdo, giacché x₀ è stato supposto essere il \(\displaystyle sup \) di $x(t)$ e pertanto nessun elemento di $x(t)$ può essere più grande del \(\displaystyle sup \), contrariamente a quanto concluso. Allora si deve avere che $x(t) ≼ x₀-δ$, ma questo è nuovamente un assurdo, dato che $x(t)$ è una funzione monotona decrescente e che $x(t) ≼ x₀-δ$ deve valere per ogni elemento di x(t), e cioè anche per il suo \(\displaystyle sup \)$= x₀$. Si avrebbe allora che $x₀ ≼ x₀-δ$ che è assurdo considerando che $δ>0$. Non rimane che concludere che $f(x₀) = L =$ \(\displaystyle inf( f([a,b]) ) \). Dato che $x₀$ appartiene al dominio della funzione, questo è un punto di minimo.
Grazie a chiunque abbia fatto lo sforzo di seguire e comprendere la mia dimostrazione!
Enunciato: Sia$f: [a,b] → ℝ$ una funzione continua su tutto il dominio, allora ammette ivi massimo e minimo.
Formalmente: $f: [a,b] → ℝ, f ∈ C⁰( [a,b] ) ⇒ ∃ (m, M) ∈ [a,b] | ∀ x ∈ [a,b] f(m) ≼ f(x) ≼ f(M)$
Dimostrazione: Vogliamo far vedere che, essendo $f: [a,b] → ℝ, f ∈ C⁰( [a,b] )$, la funzione f ammette minimo. Essendo la funzione continua e definita su un itervallo chiuso, grazie al teorema degli zeri, siamo in grado di garantire che la sua immagine sarà a sua volta un nuovo intervallo: \(\displaystyle [ inf( f([a,b]) ), sup( f([a,b]) ) ] \). Formalmente si mostra che $∃x₀∈[a,b] | ∀x ∈ [a,b], f(x) ≽ f(x₀)$. Ancora non siamo in grado di dire se \(\displaystyle inf(f([a,b]))=-∞ \), quindi senza perdita di generalità poniamo \(\displaystyle L = inf ( f([a,b]) ) \).
Allora possiamo selezionare una ordinata, chiamamola $t > L$, e definire l'indieme $E(t):= { x ∈ [a,b] | f(x) < t }$, che conterrà tutti i punti del dominio della funzione la cui immagine è compresa tra$(L, t)$. Possiamo reiterare il procedimento selezionando una nuova quota, chiamiamola $s$, con $s > t$, e ricostruiamo l'insieme $E(s):= {x ∈ [a,b] | f(x) < s}$. Innanzi tutto, dato che abbiamo selezionato $t>L$ abbiamo la garanzia che $E(t)$ sia definito come unione di intervalli non vuoti, e pertanto $E(t)$ è non vuoto. Inoltre è facile notare che ogni elemento di $E(t)$ appartiene anche a $E(s)$, i.e. $E(t) ⊂ E(s)$. Definiamo ordunque la seguente funzione \(\displaystyle x(t):= inf( E(t) ) \) al variare di $t>L$ sull'asse delle ordinate. La funzione $x(t)$ è definita solo per argomenti $t > L$. Inoltre, essendo $s > t$ si ha che $x(s) ≼ x(t)$, dunque $x(t)$ è una funzione monotona decrescente. Per il teorema di esistenza del limite di funzioni monotone si ha che ∃ $\lim_{t \to L^+} x(t)$, e questo vale \(\displaystyle sup( x(t) ) \), che è una quantità infinita se la funzione è illimitata, una quantità finita altrimenti. La $f$, è limitata per ipotesi, perciò essendo $x₀= \lim_{t \to L^+} x(t)$, si ha che $x₀ ∈ ℝ$ (cioè $x₀$ è finito). Essendo \(\displaystyle L = inf( f([a,b]) ) \), $f(x₀)$ deve necessariamente essere $≽ L$. Facciamo vedere che supponendo $f(x₀) > L$ si giunge ad un assurdo, cosìcché dovremo concludere che $f(x₀) = L$.
Si presentano tre diverse casistiche possibili: $x₀ = a$, $x₀ = b$, or $x₀∈(a,b)$.
Supponiamo valere la terza e che $f(x₀) > L$. [Qui iniziano i miei dubbi:] Essendo f una funzione continua, $\lim_{x \to x₀} f(x) = f(x₀) > L$. . Allora, per il teorema di permanenza del segno $∃(M, δ) ∈ ℝ+ | ∀ x ∈ ( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b] , f(x) > M$ [Qui finiscono i miei dubbi]. Per ogni possibile scelta di $t$ in $(L,M]$, si ha che $t < M$ mentre $f(x) > M$ quando $x ∈ ( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b]$, dunque $f(x) > t$. Questo significa che $E(t)$ quando scegliamo $t$ in $(L,M]$, non contiene punti di $( x₀-δ, x₀+δ )∩[a,b]$. Questo significa che $x(t) ≼ x₀-δ ⋎ x(t) ≽ x₀+δ$.
$x(t) ≽ x₀+δ$ è manifestamente assurdo, giacché x₀ è stato supposto essere il \(\displaystyle sup \) di $x(t)$ e pertanto nessun elemento di $x(t)$ può essere più grande del \(\displaystyle sup \), contrariamente a quanto concluso. Allora si deve avere che $x(t) ≼ x₀-δ$, ma questo è nuovamente un assurdo, dato che $x(t)$ è una funzione monotona decrescente e che $x(t) ≼ x₀-δ$ deve valere per ogni elemento di x(t), e cioè anche per il suo \(\displaystyle sup \)$= x₀$. Si avrebbe allora che $x₀ ≼ x₀-δ$ che è assurdo considerando che $δ>0$. Non rimane che concludere che $f(x₀) = L =$ \(\displaystyle inf( f([a,b]) ) \). Dato che $x₀$ appartiene al dominio della funzione, questo è un punto di minimo.
Grazie a chiunque abbia fatto lo sforzo di seguire e comprendere la mia dimostrazione!
Risposte
Insomma il tuo dubbio è che, sapendo \(f(x_0)>L\), non riesci a propagare questa disuguaglianza ad un intorno di \(x_0\). Per fare questo ti basta osservare che \(f(x)-L\) è continua e strettamente positiva, quindi per permanenza del segno resta positiva in tutto un intorno di \(x_0\).
non riesci a propagare questa disuguaglianza
Non si tratta di questo, fino a quanto mi hai fatto notare ci ero arrivato, ma non capisco da dove tira fuori M (che sicuramente è strettamente maggiore di L).
"iTz_Ovah":non riesci a propagare questa disuguaglianza
Non si tratta di questo, fino a quanto mi hai fatto notare ci ero arrivato, ma non capisco da dove tira fuori M (che sicuramente è strettamente maggiore di L).
Capisco. Bisogna raffinare il ragionamento fatto al passo precedente. Consideriamo \(g(x)=f(x)-L\). Abbiamo che \(g\) è una funzione continua e che \(g(x_0)>0\). In particolare, esiste un numero \(\lambda>0\) tale che \(g(x)>\lambda\). (Per esempio, \(\lambda=\frac{g(x_0)}{2}\), ma il valore esatto non è importante). Applicando il metodo precedente, troviamo che esiste \(\delta>0\) tale che la disuguaglianza \(g(x)>\lambda\) è verificata per \(x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\). Concludiamo che \(f(x)>L+\lambda\), e definiamo \(M=L+\lambda\).
"dissonance":
[quote="iTz_Ovah"]non riesci a propagare questa disuguaglianza
Non si tratta di questo, fino a quanto mi hai fatto notare ci ero arrivato, ma non capisco da dove tira fuori M (che sicuramente è strettamente maggiore di L).
Capisco. Bisogna raffinare il ragionamento fatto al passo precedente. Consideriamo \(g(x)=f(x)-L\). Abbiamo che \(g\) è una funzione continua e che \(g(x_0)>0\). In particolare, esiste un numero \(\lambda>0\) tale che \(g(x)>\lambda\). (Per esempio, \(\lambda=\frac{g(x_0)}{2}\), ma il valore esatto non è importante). Applicando il metodo precedente, troviamo che esiste \(\delta>0\) tale che la disuguaglianza \(g(x)>\lambda\) è verificata per \(x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\). Concludiamo che \(f(x)>L+\lambda\), e definiamo \(M=L+\lambda\).[/quote]
Grandissimo, adesso mi è chiaro! Grazie.
Dove hai preso questa dimostrazione? E' piena di incorrettezze logiche.
Il teorema degli zeri non dice quello. Tutt'al più, Il teorema degli zeri dice che \(J \subseteq f(\overline{I}) \subseteq \overline{J}\) dove \(I = (a,b)\) e \(J = \bigl(\inf f(\overline{I}),\ \sup f(\overline{I})\bigr)\) . Ovviamente \(\inf\) e \(\sup\) potrebbero essere infiniti, quindi se volessimo essere superprecisi sarebbe necessario estendere la funzione a \(\mathbb{R}\cup \{-\infty,\infty\}\).
In ogni caso il teorema degli zeri non serve a dimostrare Weierstraß quindi quella digressione è assolutamente inutile.
Quest'ultimo aspetto è tutt'altro che banale e non andrebbe detto alla leggera. Dovresti invece concentrarti sulla vera ragione per cui è non vuoto, ovvero dovresti sfruttare la definizione di \(\inf\).
Ti suggerirei di farti un disegnino, se estendi l'insieme verso l'altro, l'estremo inferiore non cambia. Insomma \(x(t) = \inf E(t) = \inf f(\overline{I})\cap (-\infty, t) = \inf f(\overline{I}) = L\) per ogni \(t > L\). Questa costruzione ha più senso per dimostrare l'esistenza del \(\max\). D'altra parte, anche supponendo che tu avresti fatto questa costruzione per il \(\max\), è facile dimostrare che \(\sup\, f\, E(s) = s\) quindi tutta la costruzione è assolutamente non necessaria ai fini di una corretta dimostrazione.
Siccome il resto è il tentativo di dimostrare che quel limite è uguale a \(L\), l'intera dimostrazione è, di fatto, sbagliata. Ci sono ovviamente altri errori ma non mi metto a correggerli uno ad uno perché la logica iniziale del ragionamento è sbagliata.
"iTz_Ovah":
Essendo la funzione continua e definita su un itervallo chiuso, grazie al teorema degli zeri, siamo in grado di garantire che la sua immagine sarà a sua volta un nuovo intervallo: \(\displaystyle [ inf( f([a,b]) ), sup( f([a,b]) ) ] \).
Il teorema degli zeri non dice quello. Tutt'al più, Il teorema degli zeri dice che \(J \subseteq f(\overline{I}) \subseteq \overline{J}\) dove \(I = (a,b)\) e \(J = \bigl(\inf f(\overline{I}),\ \sup f(\overline{I})\bigr)\) . Ovviamente \(\inf\) e \(\sup\) potrebbero essere infiniti, quindi se volessimo essere superprecisi sarebbe necessario estendere la funzione a \(\mathbb{R}\cup \{-\infty,\infty\}\).
In ogni caso il teorema degli zeri non serve a dimostrare Weierstraß quindi quella digressione è assolutamente inutile.
"iTz_Ovah":
Innanzi tutto, dato che abbiamo selezionato $t>L$ abbiamo la garanzia che $E(t)$ sia definito come unione di intervalli non vuoti [...]
Quest'ultimo aspetto è tutt'altro che banale e non andrebbe detto alla leggera. Dovresti invece concentrarti sulla vera ragione per cui è non vuoto, ovvero dovresti sfruttare la definizione di \(\inf\).
"iTz_Ovah":
Inoltre è facile notare che ogni elemento di $E(t)$ appartiene anche a $E(s)$, i.e. $E(t) ⊂ E(s)$. Definiamo ordunque la seguente funzione \(\displaystyle x(t):= inf( E(t) ) \) al variare di $t>L$ sull'asse delle ordinate. La funzione $x(t)$ è definita solo per argomenti $t > L$. Inoltre, essendo $s > t$ si ha che $x(s) ≼ x(t)$, dunque $x(t)$ è una funzione monotona decrescente.
Ti suggerirei di farti un disegnino, se estendi l'insieme verso l'altro, l'estremo inferiore non cambia. Insomma \(x(t) = \inf E(t) = \inf f(\overline{I})\cap (-\infty, t) = \inf f(\overline{I}) = L\) per ogni \(t > L\). Questa costruzione ha più senso per dimostrare l'esistenza del \(\max\). D'altra parte, anche supponendo che tu avresti fatto questa costruzione per il \(\max\), è facile dimostrare che \(\sup\, f\, E(s) = s\) quindi tutta la costruzione è assolutamente non necessaria ai fini di una corretta dimostrazione.
Siccome il resto è il tentativo di dimostrare che quel limite è uguale a \(L\), l'intera dimostrazione è, di fatto, sbagliata. Ci sono ovviamente altri errori ma non mi metto a correggerli uno ad uno perché la logica iniziale del ragionamento è sbagliata.
Premetto di avere tutto l'interesse di correggere ogni minima imprecisione nella dimostrazione. Ti espongo alcune motivazioni:
La dimostrazione proviene dalla spiegazione della Professoressa del nostro corso, non proviene da alcun libro.
Cosa intendi precisamente con \( \overline{J}\), vuoi dire $J ∪{−∞,∞}$?
Vero quello che dici, tuttavia essendo $L = $ \(\displaystyle inf \)di $f$ in $[a,b]$ ogni possibile punto di $f$ in $[a,b]$ è tale che $f(x) ≽ L$
Allora segue dalla definizione di estremo inferiore che $∀ε > 0 ∃ x₀ ∈[a,b] | f(x₀) ∈ [L, L+ε]$ da cui l'asserto che ad ogni scelta di $t > L$ si riesce a trovare almeno un elemento dell'insieme, (ad esempio, ponendo $t = L+ε$, si consideri il punto $x₀$ la cui immagine è minore di t e dunque l'insieme E(t) conterrebbe almeno quel punto). Il fatto che la funzione assuma il valore $f(x₀)$ deriva dalla continuità di $f$ in $[a,b]$, e dunque anche in $[L, L+ε] ⊂ f(\ [a,b] \)$. (Garantito dal teorema dei valori intermedi).
In realtà il disegnino me l'ero già fatto
L'idea per cui nasce quella costruzione è quella di far vedere in maniera semplice che la funzione è monotòna decrescente, non viene impiegato altrove nella dimostrazione.
Grazie per il tuo aiuto!
"vict85":
Dove hai preso questa dimostrazione? E' piena di incorrettezze logiche.
La dimostrazione proviene dalla spiegazione della Professoressa del nostro corso, non proviene da alcun libro.
"vict85":
Il teorema degli zeri non dice quello. Tutt'al più, Il teorema degli zeri dice che \(J \subseteq f(\overline{I}) \subseteq \overline{J}\) dove \(I = (a,b)\) e \(J = \bigl(\inf f(\overline{I}),\ \sup f(\overline{I})\bigr)\) .
Cosa intendi precisamente con \( \overline{J}\), vuoi dire $J ∪{−∞,∞}$?
"vict85":
Quest'ultimo aspetto è tutt'altro che banale e non andrebbe detto alla leggera. Dovresti invece concentrarti sulla vera ragione per cui è non vuoto, ovvero dovresti sfruttare la definizione di \(\inf\).
Vero quello che dici, tuttavia essendo $L = $ \(\displaystyle inf \)di $f$ in $[a,b]$ ogni possibile punto di $f$ in $[a,b]$ è tale che $f(x) ≽ L$
Allora segue dalla definizione di estremo inferiore che $∀ε > 0 ∃ x₀ ∈[a,b] | f(x₀) ∈ [L, L+ε]$ da cui l'asserto che ad ogni scelta di $t > L$ si riesce a trovare almeno un elemento dell'insieme, (ad esempio, ponendo $t = L+ε$, si consideri il punto $x₀$ la cui immagine è minore di t e dunque l'insieme E(t) conterrebbe almeno quel punto). Il fatto che la funzione assuma il valore $f(x₀)$ deriva dalla continuità di $f$ in $[a,b]$, e dunque anche in $[L, L+ε] ⊂ f(\ [a,b] \)$. (Garantito dal teorema dei valori intermedi).
"vict85":
Ti suggerirei di farti un disegnino, se estendi l'insieme verso l'altro, l'estremo inferiore non cambia. Insomma \(x(t) = \inf E(t) = \inf f(\overline{I})\cap (-\infty, t) = \inf f(\overline{I}) = L\) per ogni \(t > L\). Questa costruzione ha più senso per dimostrare l'esistenza del \(\max\). D'altra parte, anche supponendo che tu avresti fatto questa costruzione per il \(\max\), è facile dimostrare che \(\sup\, f\, E(s) = s\) quindi tutta la costruzione è assolutamente non necessaria ai fini di una corretta dimostrazione.
In realtà il disegnino me l'ero già fatto
L'idea per cui nasce quella costruzione è quella di far vedere in maniera semplice che la funzione è monotòna decrescente, non viene impiegato altrove nella dimostrazione.Grazie per il tuo aiuto!
Io purtroppo non ho letto con attenzione la dimostrazione, ma sono d'accordo con vict che mi puzza un po'. Inoltre mi sembra inutilmente complicata. Di solito questo teorema si dimostra usando il fatto che \([a, b]\) è compatto per successioni, ovvero, che ogni successione \(x_n\in[a,b]\) ha una estratta convergente. La dimostrazione è semplice: se \(x_n\in[a, b]\) è tale che \(f(x_n)\to \inf f\), allora essa ha una estratta convergente \(x_{k(n)}\to x_0\) e per continuità \(f(x_0)=\inf f\). Analogamente per il massimo.
"dissonance":
Io purtroppo non ho letto con attenzione la dimostrazione, ma sono d'accordo con vict che mi puzza un po'. Inoltre mi sembra inutilmente complicata. Di solito questo teorema si dimostra usando il fatto che \([a, b]\) è compatto per successioni, ovvero, che ogni successione \(x_n\in[a,b]\) ha una estratta convergente. La dimostrazione è semplice: se \(x_n\in[a, b]\) è tale che \(f(x_n)\to \inf f\), allora essa ha una estratta convergente \(x_{k(n)}\to x_0\) e per continuità \(f(x_0)=\inf f\). Analogamente per il massimo.
Non possiamo utilizzare successioni perché non rientravano nel programma del corso, ecco il motivo di una dimostrazione alternativa.
Semi-OT: Ho notato che scrivi le formule in modo bislacco, probabilmente copiando e incollando da qualche editor esterno. Non farlo, vengono rese molto male. Consulta [formule][/formule].
"dissonance":
Semi-OT: Ho notato che scrivi le formule in modo bislacco, probabilmente copiando e incollando da qualche editor esterno. Non farlo, vengono rese molto male. Consulta [formule][/formule].
Non avendo il tempo materiale di imparare i vari codici per i simboli particolari mi fornisco di simboli matematici da una pagina che ne raccoglie alcuni.
Ok, ma non farlo. Non devi imparare niente, nella pagina [formule][/formule] ci sono le istruzioni, qui si usa un editor semplificato che richiede pochissimo apprendimento.
Con \(\overline{J}\) intendevo la chiusura topologica di \(J\). In altre parole il teorema degli zeri dice che hai la parte interna; la presenza degli estremi e la loro limitatezza è ciò che afferma Weierstraß.
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