Teoremas sobre funciones continuas

DEMOSTRACIÓN. Sea $S$ el conjunto de todos los $x$ tales que $a\le x\le b$ y $f(x)\le y_0\cdot$ Entonces $a$ está en $S$, de modo que $S$ no es vacío. Además, $b$ es una cota superior para $S\cdot$ Por lo tanto $S$ tiene una cota superior mínima $x_0\cdot$ En el caso de la función graficada abajo, $x_0$ es como se indica:

Ahora, o bien , o $f(x_0)=y_0\cdot$ Mostramos que $f(x_0)=y_0$ al demostrar que las otras dos posibilidades son imposibles.

En primer lugar, supongamos Sea Entonces podemos encontrar un tal que siempre que , tenemos Ahora bien, debe cumplirse $x_0\ne b$, ya que $f(b)\ge y_0\cdot$ Por lo tanto $h=\text{Min}(b-x_0,\frac{\delta }{2})$ es positivo, y si establecemos $x=x_0+h$, , y

\begin{aligned} f(x) - f(x_0) &\le |f(x) - f(x_0)| < \epsilon \\ &= y_0 - f(x_0), \quad \text{o} \quad f(x) < y_0. \end{aligned}

Así, $x=x_0+h$ es mayor que $x_0$ y está en $S\cdot$ Pero $x_0$ era una cota superior para $S\cdot$ Esto es una contradicción, y por lo tanto $f(x_0)\ge y_0\cdot$ Aquí hemos usado únicamente la propiedad de que $x_0$ es una cota superior para $S\cdot$

Ahora supongamos Mostraremos que esto es imposible por el hecho de que $x_0$ es la cota superior mínima de $S\cdot$ Claramente, $x_0\ne a\cdot$ Sea $ϵ=f(x_0)-y_0\cdot$ Entonces , y podemos encontrar un tal que siempre que , entonces , de modo que

\begin{aligned} f(x_0) - f(x) &\le |f(x_0) - f(x)| < \epsilon = f(x_0) - y_0, \\ -f(x) &< -y_0, \quad \text{o} \quad f(x) > y_0. \end{aligned}

Por lo tanto ningún valor de $x$ entre $x_0-\frac{\delta }{2}$ y $x_0$ está en $S$, y dado que ningún valor de $x\ge x_0$ está en $S$, ningún valor de $x\ge x_0-\frac{\delta }{2}$ está en $S\cdot$ Si $h=\text{Min}(x_0-a,\frac{\delta }{2})$, entonces $x_0-h$ es una cota superior para $S$, y Esto contradice el hecho de que $x_0$ era la cota superior **mínima**. Por lo tanto es imposible, y debe cumplirse $f(x_0)=y_0\cdot$ Esto completa la demostración.

DEMOSTRACIÓN. Sea $S$ el conjunto de todos los $x$ en el intervalo $a\le x\le b$ tales que para algún x' > x, f(x') > f(x'') siempre que a \le x'' \le x \cdot En el diagrama de abajo, todos los puntos a la izquierda de $x_0$, y sin incluir $x_0$, están en $S$:

Dado que $b$ es una cota superior para $S,S$ tiene una cota superior mínima a menos que $S$ sea vacío. Pero si $S$ es vacío, entonces $a$ no está en $S$; es decir, para todo x' > a, tenemos f(x') \le f(a); este es simplemente el caso en que $a$ es un máximo para $f(x)$, y en este caso hemos terminado. Así, queda el caso en que $S$ no es vacío, y por lo tanto tiene una cota superior mínima $x_0\cdot$ Demostraremos que $x_0$ es un máximo para $f(x)$ en $a\le x\le b$, como en el diagrama.

Primero afirmamos que $x_0$ no está en $S\cdot$ Si $x_0=b$, esto es claro, ya que no existe x' del intervalo tal que x' > b \cdot Así, podemos suponer $x_0\ne b\cdot$ Si $x_0$ estuviera en $S$, podríamos encontrar x' > x_0 tal que f(x') > f(x) siempre que $a\le x\le x_0\cdot$ En particular, f(x') > f(x_0) \cdot Entonces podríamos encontrar un tal que siempre que |x - x_0| < \delta, f(x) - f(x_0) < f(x') - f(x_0), o f(x) < f(x'), usando \epsilon = f(x') - f(x_0) en la continuidad de $f(x)$ en $x_0\cdot$ También podemos suponer Entonces consideremos $x_0+\frac{\delta }{2}\cdot$ Para todo $x$ tal que $a\le x\le x_0+\frac{\delta }{2}$, tenemos f(x) < f(x'), o bien $x_0+\frac{\delta }{2}$ está en $S$ y es mayor que $x_0\cdot$ Esto contradice el hecho de que $x_0$ es una cota superior para $S\cdot$ Por lo tanto $x_0$ no está en $S\cdot$

Ahora sea $x$ un punto cualquiera del intervalo $a\le x\le b\cdot$ Mostraremos $f(x)\le f(x_0)\cdot$ Supongamos primero que Si , hay un tal que f(x') < f(x) siempre que |x' - x_0| < \delta, como antes. Por el hecho de que $x_0$ es la cota superior mínima, existe un número $x_1$ en $S$ tal que En consecuencia, existe un tal que f(x_2) > f(x') siempre que a \le x' \le x_1 \cdot O bien existe tal $x_2$ con o no existe. Si tenemos uno con , entonces , y así f(x) > f(x') siempre que a \le x' \le x_0, o $x_0$ está en $S\cdot$ Pero esto es imposible. Por lo tanto podemos suponer $x_2\ge x_0+\delta \cdot$ Entonces si $f(x)\ge f(x_2)$, sea $x_3=x$; si , sea $x_3=x_2\cdot$ En cualquier caso, f(x_3) > f(x') siempre que a \le x' \le x_0, así que $x_0$ está en $S$, una contradicción. Así, debemos concluir que no debe cumplirse , y por lo tanto que $f(x)\le f(x_0)$ siempre que $x\ge x_0\cdot$

Finalmente, mostramos que $f(x)\le f(x_0)$ cuando y que Entonces existe un intervalo |x' - x_0| < \delta donde f(x') < f(x) \cdot Pero existe un punto $x_1$ de $S$ tal que Por lo tanto existe un tal que f(x_2) > f(x'') siempre que a \le x'' < x_1; en particular, Por lo tanto $x_2\ge x_0+\delta$, o , y tenemos Pero hemos demostrado que esto es imposible. Por lo tanto $f(x)\le f(x_0),x_0$ es un máximo para $f(x)$, y el teorema queda demostrado.