Teoremas sobre Funções Contínuas

DEMONSTRAÇÃO. Seja $S$ o conjunto de todos os $x$ tais que $a\le x\le b$ e $f(x)\le y_0\cdot$ Então $a$ está em $S$, de modo que $S$ não é vazio. Além disso, $b$ é um limitante superior para $S\cdot$ Portanto, $S$ tem um limitante superior menor $x_0\cdot$ No caso da função representada graficamente abaixo, $x_0$ está indicado como segue:

Agora, ou , ou $f(x_0)=y_0\cdot$ Mostraremos que $f(x_0)=y_0$ ao demonstrar que as outras duas possibilidades são impossíveis.

Primeiramente, suponha que Seja Então podemos encontrar um tal que sempre que , temos Agora, devemos ter $x_0\ne b$, pois $f(b)\ge y_0\cdot$ Portanto, $h=\text{Mín}(b-x_0,\frac{\delta }{2})$ é positivo, e se definirmos $x=x_0+h$, , e

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

Assim, $x=x_0+h$ é maior que $x_0$ e está em $S\cdot$ Mas $x_0$ era um limitante superior para $S\cdot$ Isto é uma contradição, e portanto $f(x_0)\ge y_0\cdot$ Aqui usamos apenas a propriedade de que $x_0$ é um limitante superior para $S\cdot$

Agora suponha que Mostraremos que isto é impossível pelo fato de que $x_0$ é o limitante superior menor de $S\cdot$ Claramente, $x_0\ne a\cdot$ Seja $ϵ=f(x_0)-y_0\cdot$ Então , e podemos encontrar um tal que sempre que , então , logo

\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{ou seja} \quad f(x) > y_0. \end{aligned}

Portanto, nenhum valor de $x$ entre $x_0-\frac{\delta }{2}$ e $x_0$ está em $S$, e, uma vez que nenhum valor de $x\ge x_0$ está em $S$, nenhum valor de $x\ge x_0-\frac{\delta }{2}$ está em $S\cdot$ Se $h=\text{Mín}(x_0-a,\frac{\delta }{2})$, então $x_0-h$ é um limitante superior para $S$, e Isto contradiz o fato de que $x_0$ era o limitante superior **menor**. Portanto, é impossível, e devemos ter $f(x_0)=y_0\cdot$ Isto completa a demonstração.

DEMONSTRAÇÃO. Seja $S$ o conjunto de todos os $x$ no intervalo $a\le x\le b$ tais que, para algum x' > x, f(x') > f(x'') sempre que a \le x'' \le x \cdot No diagrama abaixo, todos os pontos à esquerda de, e não incluindo $x_0$ estão em $S$:

Como $b$ é um limitante superior para $S,S$ tem um limitante superior menor, a menos que $S$ seja vazio. Mas se $S$ é vazio, então $a$ não está em $S$; ou seja, para todo x' > a, temos f(x') \le f(a); este é simplesmente o caso em que $a$ é um máximo para $f(x)$, e neste caso estamos prontos. Assim, resta o caso em que $S$ não é vazio, e portanto tem um limitante superior menor $x_0\cdot$ Provararemos que $x_0$ é um máximo para $f(x)$ em $a\le x\le b$, como no diagrama.

Primeiro, afirmamos que $x_0$ não está em $S\cdot$ Se $x_0=b$, isto é claro, pois não existe x' do intervalo tal que x' > b \cdot Assim, podemos assumir que $x_0\ne b\cdot$ Se $x_0$ estivesse em $S$, poderíamos encontrar x' > x_0 tal que f(x') > f(x) sempre que $a\le x\le x_0\cdot$ Em particular, f(x') > f(x_0) \cdot Então poderíamos encontrar um tal que sempre que |x - x_0| < \delta, f(x) - f(x_0) < f(x') - f(x_0), ou f(x) < f(x'), usando \epsilon = f(x') - f(x_0) na continuidade de $f(x)$ em $x_0\cdot$ Também podemos assumir que Então considere $x_0+\frac{\delta }{2}\cdot$ Para todo $x$ tal que $a\le x\le x_0+\frac{\delta }{2}$, temos f(x) < f(x'), ou seja, $x_0+\frac{\delta }{2}$ está em $S$ e é maior que $x_0\cdot$ Isto contradiz o fato de que $x_0$ é um limitante superior para $S\cdot$ Portanto, $x_0$ não está em $S\cdot$

Agora, seja $x$ qualquer ponto do intervalo $a\le x\le b\cdot$ Mostraremos que $f(x)\le f(x_0)\cdot$ Suponha primeiro que Se , existe um tal que f(x') < f(x) sempre que |x' - x_0| < \delta, como antes. Pelo fato de que $x_0$ é o limitante superior menor, existe um número $x_1$ em $S$ tal que Consequentemente, existe um tal que f(x_2) > f(x') sempre que a \le x' \le x_1 \cdot Ou existe tal $x_2$ com , ou não existe. Se temos um com , então , e assim f(x) > f(x') sempre que a \le x' \le x_0, ou seja, $x_0$ está em $S\cdot$ Mas isto é impossível. Portanto, podemos assumir que $x_2\ge x_0+\delta \cdot$ Então, se $f(x)\ge f(x_2)$, seja $x_3=x$; se , seja $x_3=x_2\cdot$ Em ambos os casos, f(x_3) > f(x') sempre que a \le x' \le x_0, de modo que $x_0$ está em $S$, uma contradição. Assim, devemos concluir que não podemos ter , e portanto que $f(x)\le f(x_0)$ sempre que $x\ge x_0\cdot$

Finalmente, mostramos que $f(x)\le f(x_0)$ quando . Suponha que Então existe um intervalo |x' - x_0| < \delta onde f(x') < f(x) \cdot Mas existe um ponto $x_1$ de $S$ tal que Portanto, existe um tal que f(x_2) > f(x'') sempre que a \le x'' < x_1; em particular, Portanto, $x_2\ge x_0+\delta$, ou , e temos Mas mostramos que isto é impossível. Portanto, $f(x)\le f(x_0),x_0$ é um máximo para $f(x)$, e o teorema está demonstrado.