قضیه‌های مربوط به توابع پیوسته

اثبات. فرض کنید $S$ مجموعه‌ی تمام $x$هایی باشد به طوری که $a\le x\le b$ و $f(x)\le y_0\cdot$ آنگاه $a$ در $S$ قرار دارد، بنابراین $S$ ناتهی است. همچنین، $b$ یک کران بالا برای $S\cdot$ است. بنابراین $S$ دارای یک کوچک‌ترین کران بالا $x_0\cdot$ است. در مورد تابعی که نمودار آن در زیر رسم شده است، $x_0$ همان‌گونه است که نشان داده شده:

اکنون یا ، ، یا $f(x_0)=y_0\cdot$ ما با نشان دادن این‌که دو حالت دیگر غیرممکن هستند، نشان می‌دهیم که $f(x_0)=y_0$ است.

پیش از هر چیز، فرض کنید فرض کنید آنگاه می‌توانیم یک بیابیم به طوری که هرگاه ، داشته باشیم اکنون باید داشته باشیم $x_0\ne b$، زیرا $f(b)\ge y_0\cdot$ بنابراین $h=\text{Min}(b-x_0,\frac{\delta }{2})$ مثبت است، و اگر قرار دهیم $x=x_0+h$، آنگاه ، و

بنابراین $x=x_0+h$ بزرگ‌تر از $x_0$ است و در $S\cdot$ قرار دارد. اما $x_0$ یک کران بالا برای $S\cdot$ بود. این یک تناقض است، و بنابراین $f(x_0)\ge y_0\cdot$ در اینجا ما تنها از این ویژگی استفاده کرده‌ایم که $x_0$ یک کران بالا برای $S\cdot$ است.

اکنون فرض کنید ما با استفاده از این واقعیت که $x_0$ کوچک‌ترین کران بالا برای $S\cdot$ است، نشان خواهیم داد که این غیرممکن است. به وضوح، $x_0\ne a\cdot$ فرض کنید $ϵ=f(x_0)-y_0\cdot$ آنگاه ، و می‌توانیم یک بیابیم به طوری که هرگاه ، آنگاه ، بنابراین

بنابراین هیچ مقداری از $x$ بین $x_0-\frac{\delta }{2}$ و $x_0$ در $S$ نیست، و از آنجا که هیچ مقداری از $x\ge x_0$ در $S$ نیست، هیچ مقداری از $x\ge x_0-\frac{\delta }{2}$ در $S\cdot$ وجود ندارد. اگر $h=\text{Min}(x_0-a,\frac{\delta }{2})$ باشد، آنگاه $x_0-h$ یک کران بالا برای $S$ است، و این با این واقعیت تناقض دارد که $x_0$ **کوچک‌ترین** کران بالا بود. بنابراین غیرممکن است، و باید داشته باشیم $f(x_0)=y_0\cdot$ بدین ترتیب اثبات کامل می‌شود.

اثبات. فرض کنید $S$ مجموعه‌ی تمام $x$های موجود در بازه‌ی $a\le x\le b$ باشد به طوری که برای یک ، هرگاه داشته باشیم . در نمودار زیر، تمام نقاط سمت چپ $x_0$ و نه شامل خود آن، در $S$ قرار دارند:

از آنجا که $b$ یک کران بالا برای $S$ است، $S$ دارای یک کوچک‌ترین کران بالا است مگر اینکه $S$ تهی باشد. اما اگر $S$ تهی باشد، آنگاه $a$ در $S$ نیست؛ یعنی به ازای هر ، داریم ؛ این صرفاً حالتی است که در آن $a$ یک بیشینه برای $f(x)$ است، و در این حالت کار ما تمام است. بنابراین حالتی باقی می‌ماند که در آن $S$ ناتهی است، و در نتیجه دارای کوچک‌ترین کران بالای $x_0\cdot$ است. ما ثابت خواهیم کرد که $x_0$ یک بیشینه برای $f(x)$ روی $a\le x\le b$ است، همان‌طور که در نمودار نشان داده شده است.

نخست ادعا می‌کنیم که $x_0$ در $S\cdot$ نیست. اگر $x_0=b$ باشد، این امر واضح است، زیرا هیچ ای در بازه وجود ندارد به طوری که بنابراین می‌توانیم فرض کنیم $x_0\ne b\cdot$ اگر $x_0$ در $S$ می‌بود، می‌توانستیم ای بیابیم به طوری که هرگاه $a\le x\le x_0\cdot$، آنگاه باشد. به‌ویژه، آنگاه با استفاده از در پیوستگی $f(x)$ در $x_0\cdot$، می‌توانستیم یک بیابیم به طوری که هرگاه ، آنگاه ، یا . همچنین می‌توانیم فرض کنیم حال $x_0+\frac{\delta }{2}\cdot$ را در نظر بگیرید. برای تمام $x$هایی به طوری که $a\le x\le x_0+\frac{\delta }{2}$، داریم ، یا $x_0+\frac{\delta }{2}$ در $S$ است و بزرگ‌تر از $x_0\cdot$ است. این با این واقعیت که $x_0$ یک کران بالا برای $S\cdot$ است تناقض دارد. بنابراین $x_0$ در $S\cdot$ نیست.

اکنون فرض کنید $x$ نقطه‌ای دلخواه از بازه‌ی $a\le x\le b\cdot$ باشد. ما نشان خواهیم داد که $f(x)\le f(x_0)\cdot$ ابتدا فرض کنید اگر باشد، مانند قبل یک وجود دارد به طوری که هرگاه ، آنگاه . با توجه به این واقعیت که $x_0$ کوچک‌ترین کران بالا است، عددی مانند $x_1$ در $S$ وجود دارد به طوری که در نتیجه یک وجود دارد به طوری که هرگاه ، آنگاه . یا چنین $x_2$ای با وجود دارد یا وجود ندارد. اگر چنین عضوی با داشته باشیم، آنگاه ، و بنابراین هرگاه ، ، یا $x_0$ در $S\cdot$ است. اما این غیرممکن است. بنابراین می‌توانیم فرض کنیم $x_2\ge x_0+\delta \cdot$ حال اگر $f(x)\ge f(x_2)$ باشد، فرض کنید $x_3=x$؛ اگر باشد، فرض کنید $x_3=x_2\cdot$ در هر دو حالت، هرگاه ، داریم ، پس $x_0$ در $S$ است، که یک تناقض است. بنابراین باید نتیجه بگیریم که نباید داشته باشیم ، و در نتیجه هرگاه $x\ge x_0\cdot$، آنگاه $f(x)\le f(x_0)$.

در نهایت، نشان می‌دهیم که وقتی است $f(x)\le f(x_0)$ برقرار است و فرض کنید آنگاه بازه‌ای به صورت وجود دارد که در آن اما نقطه‌ای مانند $x_1$ از $S$ وجود دارد به طوری که بنابراین یک وجود دارد به طوری که هرگاه ، آنگاه ؛ به‌ویژه، بنابراین $x_2\ge x_0+\delta$، یا ، و داریم اما ما نشان داده‌ایم که این غیرممکن است. بنابراین $f(x)\le f(x_0)$، $x_0$ یک بیشینه برای $f(x)$ است، و قضیه اثبات می‌شود.