הוכחות מתמטיות/חשבון אינפיניטסימלי/גבולות, סדרות ורציפות/רציפות/משפט ערך הביניים

משפט

תהי $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ פונקציה רציפה. יהי $y$ מספר ממשי עבורו $f(a)<y<f(b)$ או $f(a)>y>f(b)$ .

אזי קיים $c\in (a,b)$ עבורו $f(c)=y$ .

הוכחה באמצעות הגדרת קבוצה (1)

נניח ללא הגבלת הכלליות כי עבור $f(a)<y<f(b)$ אנו רוצים למצוא מספר $c\in (a,b)$ עבורו $f(c)=y$ .

נגדיר קבוצה $A={\Big \{}x\in [a,b]:f(x)<y{\Big \}}$ .

$a\in A$ ולכן זוהי קבוצה לא־ריקה, $b$ חסם מלעיל שלה. על־פי אקסיומת השלמות של המספרים הממשיים יש לה חסם עליון $c$ . נוכיח כי $f(c)=y$ .

• נניח $f(c)>y$ . מהרציפות נובע שבפרט עבור $\varepsilon =f(c)-y$ קיים $\delta >0$ כך שלכל $|x-c|<\delta$ מתקיים

$${\begin{matrix}{\bigl |}f(x)-f(c){\bigr |}<f(c)-y\\\\{\color {red}y<f(x)}<2f(c)-y\end{matrix}}$$

אך לכל $x\in (c-\delta ,c)$ מתקיים $x\in A$ . סתירה.

• נניח $f(c)<y$ . באופן דומה נובע שבפרט עבור $\varepsilon =y-f(c)$ קיים $\delta >0$ כך שלכל $|x-c|<\delta$ מתקיים

$${\begin{matrix}{\bigl |}f(x)-f(c){\bigr |}<y-f(c)\\\\2f(c)-y<{\color {red}f(x)<y}\end{matrix}}$$

אך לכל $x\in (c,c+\delta )$ מתקיים $x\notin A$ . סתירה.

לכן $f(c)=y$ .

$\blacksquare$

הוכחה באמצעות הגדרת קבוצה (2)

הוכחה זו כמעט זהה לקודמתה, אך ניסוחה מסובך יותר.

נניח ללא הגבלת הכלליות כי עבור $f(a)<y<f(b)$ אנו רוצים למצוא מספר $c\in (a,b)$ עבורו $f(c)=y$ .

נגדיר קבוצה $A={\Big \{}x\in [a,b]:f(x)<y{\Big \}}$ .

$a\in A$ ולכן זוהי קבוצה לא־ריקה, $b$ חסם מלעיל שלה. על־פי אקסיומת השלמות של המספרים הממשיים יש לה חסם עליון $c$ . נוכיח כי $f(c)=y$ .

מרציפות $f$ נובע שלכל $\varepsilon >0$ קיים $\delta >0$ כך שלכל $|x-c|<\delta$ מתקיים ${\bigl |}f(x)-f(c){\bigr |}<\varepsilon$ . כלומר

$$f(x)-\varepsilon <f(c)<f(x)+\varepsilon$$

• בכל סביבה $(c-\delta ,c)$ יש אבר של $A$ . בפרט קיים בסביבה זו $x_{1}\in A$ עבורו

$${\begin{matrix}f(x_{1})-\varepsilon <f(c)<f(x_{1})+\varepsilon \\\\x_{1}\in A\quad \Rightarrow \quad f(x_{1})<y\quad \Rightarrow \quad f(x_{1})+\varepsilon <y+\varepsilon \\\\f(x_{1})-\varepsilon <{\color {red}f(c)<}\ f(x_{1})+\varepsilon <{\color {red}y+\varepsilon }\end{matrix}}$$

• בכל סביבה $(c,c+\delta )$ אין אבר של $A$ . בפרט קיים בסביבה זו $x_{2}\notin A$ עבורו

$${\begin{matrix}f(x_{2})-\varepsilon <f(c)<f(x_{2})+\varepsilon \\\\x_{2}\notin A\quad \Rightarrow \quad f(x_{2})\geq y\quad \Rightarrow \quad f(x_{2})-\varepsilon \geq y-\varepsilon \\\\{\color {red}y-\varepsilon }\leq f(x_{2})-\varepsilon \ {\color {red}<f(c)}<f(x_{2})+\varepsilon \end{matrix}}$$

עקב התנאים הנ"ל מתקיים על־פי כלל הסנדוויץ'

$$y-\varepsilon <f(c)<y+\varepsilon$$

לכן $f(c)=y$ כמבוקש.

$\blacksquare$

הוכחה באמצעות חציה לקטעים

אם $f(a)=f(b)$ , אז ההוכחה גמורה מכיון ש- $y$ האפשרי היחיד הוא $f(a)$ (או $f(b)$) המתקבל בנקודות $x=a,x=b$ . אזי, נניח $f(a)<f(b)$ .

נגדיר את פונקצית העזר הבאה: $g(x)=f(x)-y$ . נשים לב כי מתקיים $g(a)<0$ וכן $g(b)>0$ . תהי $m={\frac {a+b}{2}}$ . קיימות שלוש אפשרויות:

א) $f(m)=y\ \Leftarrow \ g(m)=0$ וסיימנו.

ב) $g(m)>0$ ואז נתבונן בקטע $[a_{1},b_{1}]=\left[a,{\frac {a+b}{2}}\right]$

ג) $g(m)<0$ ואז נתבונן בקטע $[a_{1},b_{1}]=\left[{\frac {a+b}{2}},b\right]$

בשני המקרים האחרונים מתקיים $g(a_{1})\cdot g(b_{1})<0$ ו- $a_{1}\geq a$ ו- $b_{1}\leq b$ .

נמשיך ע"י חציית הקטעים באופן דומה. בשלב ה-$n$-י נתון הקטע $[a_{n},b_{n}]$ כך ש- $g(a_{n})\cdot g(b_{n})<0$ ואנו בוחרים בנקודה $m_{n}={\frac {a_{n}+b_{n}}{2}}$ וכדומה.

אם התהליך נעצר בשלב סופי, כלומר קיים $n$ כך ש- $g(m_{n})=0$ אז סיימנו כי אז $f(m_{n})=y$ . אחרת, בנינו סדרות המקיימות:

• $\{a_{n}\}$ סדרה מונוטונית עולה שחסומה מלעיל ע"י $b_{1}=b$ ולכן מתכנסת לנקודה שנסמנה $x_{a}$ .
• $\{b_{n}\}$ סדרה מונוטונית יורדת שחסומה מלרע ע"י $a_{1}=a$ ולכן מתכנסת לנקודה שנסמנה $x_{b}$ .

באופן שמתקיים $a_{n}\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_{n}$ .

נשים לב, שאופיו של תהליך החציה שלנו בקטע הנתון מקיים: $$0\leq b_{n}-a_{n}={\frac {b-a}{2^{n}}}$$ הסדרה השמאלית היא סדרה קבועה שמתכנסת ל-0. הסדרה הימנית גם כן מתכנסת ל-0. הסדרה האמצעית מתכנסת ל- $x_{b}-x_{a}$ עפ"י החוק להפרש גבולות. לכן, נובע מכלל הסנדוויץ' כי $x_{b}-x_{a}$ הוא ביטוי אשר מתכנס ל-0. לפיכך, $x_{b}=x_{a}$ ונסמן גבול זה $x_{0}$ .

(הערה: לחילופין, היינו יכולים להשתמש בלמה של קנטור כדי להראות שהסדרות מתכנסות ולאותו הגבול)

נתבונן בסדרות ${\big \{}g(a_{n}){\big \}},{\big \{}g(b_{n}){\big \}}$ ‏. $g$ היא פונקציה רציפה כהפרש של פונקציות רציפות ו- $\{a_{n}\}\,{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\,x_{0}$ , לכן ${\big \{}g(a_{n}){\big \}}\,{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\,g(x_{0})$ . באופן דומה ${\big \{}g(b_{n}){\big \}}\,{\xrightarrow[{n\to \infty }]{}}\,g(x_{0})$ .

מאחר ו- $g(a_{n})\cdot g(b_{n})<0$ לכל $n$ והסדרות ${\big \{}g(a_{n}){\big \}},{\big \{}g(b_{n}){\big \}}$ מתכנסות, אזי נובע מהמשפט מונטוניות של גבולות כי

$$\lim _{n\to \infty }{\Big [}g(a_{n})\cdot g(b_{n}){\Big ]}\leq 0$$

מאידך גיסא, עפ"י החוק למכפלת גבולות, מקבלים כי:

$$\lim _{n\to \infty }{\Big [}g(a_{n})\cdot g(b_{n}){\Big ]}=\lim _{n\to \infty }g(a_{n})\cdot \lim _{n\to \infty }g(b_{n})=g(x_{0})\cdot g(x_{0})=g(x_{0})^{2}$$

קיבלנו כי $g(x_{0})^{2}\leq 0$ וזה נכון אם ורק אם $g(x_{0})=0$ כמבוקש. $\blacksquare$