FULLSTäNDIGHETSAXIOMET, SATSEN OM MELLANLIGGANDE VäRDE OCH SATSEN OM STöRSTA OCH MINSTA VäRDE JAN-FREDRIK OLSEN I detta dokumentet ämnar vi bevisa följande två satser: Sats 1 (Satsen om mellanliggande värde). Antag att f är kontinuerlig på [a, b], att f(a) < 0 och f(b) > 0. Då finns det ett tal c (a, b) sådant att f(c) = 0. Sats 2 (Satsen om största och minsta värde). Antag att f är kontinuerlig på [a, b]. Då finns det tal p, q [a, b] sådana att f(p) f(x) f(q) för alla x [a, b]. Observera att även om detta är ett relativt långt dokument, med tre långa bevis mot slutet, så är de tre bevisen ganska lika, och har man förstått ett av dem, så har man i stort sett förstått alla tre. Innan vi sätter i gång så poängterar vi att poängen med den första satsen är att när en kontinuerlig kurva skall skära den reella tallinjen, så måste det ske i någon punkt. Alltså har vare sig tallinjen eller funktionsgrafen några "hål". Poängen är alltså att talet c existerar och är reellt! Uppgift 1. Använd talet 2 för att visa att satsen om mellanliggande värde inte gäller om vi byter ut [a, b] med [a, b] Q, där Q är de rationella talen. Poängen med den andra satsen är att det finns två punkter p och q där funktionen f måste anta sitt minsta och sitt största värde. Igen handlar det om existens av punkter. Det är på detta sätt att som de två satserna egentligen handlar om samma sak. För att bevisa dem behöver vi därför studera de reella talen på en axiomatisk nivå. Först en definition. Låt S vara en delmängd av R. Om det finns något tal B R som uppfyller x B, x S, då säger vi att B är en övre gräns för S. I själva verket är B något tal som ligger till höger på tallinjen om S. Vi kan nu formulera fullständighetsaxiomet. Axiom. En icke-tom mängd av reella tal som har en övre gräns måste ha en minsta övre gräns. Detta är ett av flera axiom som ingår i konstruktionen av de reella talen, och det är kanske det minst intuitiva av dem. (Kom ihåg, ett gott axiom skall vara intuitivt och självklart.) Vi kan jämföra med några av de andra axiomen: (Kommutativa lagen) För alla x, y R så är x + y = y + x och yx = xy. 1
2 JAN-FREDRIK OLSEN (Nollelementet) Det finns ett tal 0 R sådan att för all x R så är x+0 = x. Om vi nu skall använda fullständighetsaxiomet för att visa våra två satser, behöver vi några fler verktyg. Centralt står talföljder. En talföljd är en sekvens tal x 1, x 2, x 3,.... För att spara på bläck skriver vi gärna {x n } för en sådan talföljd. Exempel 1. Om vi låter x n = n för n N, så får vi talföljden {x n } = {1, 2, 3,...}. Exempel 2. Om vi låter x n = 1/n för n N, så får vi talföljden {x n } = {1, 1 2, 1 3,...}. Till begreppet talföljd kan vi anknyta gränsvärdebegreppet. Definitionen vi nu skall se är nästan helt identisk med definitionen av lim f(x) = L. x Definition 1. Vi säger att en talföljd {x n } har gränsvärdet L om följande gäller: För alla ɛ > 0, så finns N N sådant att Vi skriver då lim x n = L. n N = x n L < ɛ. Uppgift 2. Hur definierar vi lim x n =? Uppgift 3. Låt x n = n för n N. Visa att lim x n =. Uppgift 4. Låt x n = 1/n för n N. Visa att lim x n = 0. Följande hjälpsats (lemma) knyter ihop definitionen ovan med fullständighetsaxiomet. Lemma 1. Låt {x n } vara en växande talföljd. Det vil säga, x n+1 x n för alla n N. Om {x n } har en övre gräns, då finns ett tal L R sådant att lim x n = L. Bevis. Vi observerar först att eftersom talföljden {x n } har en övre gräns, så har den även en minsta övre gräns L enligt fullständighetsaxiomet. Vi tänker visa att lim x n = L. Så låt ɛ > 0 vara givet. Vi skall finna ett N N sådant att n N medför att x n L < ɛ. Först ser vi att eftersom L är en övre gräns för {x n } så har vi x n L, n N. (1) Då L är den minsta övre gränsen till {x n }, så kan inte L ɛ vara en övre gräns. Därför finns något x N sådant att x N > L ɛ. Då {x n } är växande, medför detta att x n L ɛ, n N. (2)
FULLSTäNDIGHETSAXIOMET, SATSEN OM MELLANLIGGANDE VäRDE OCH SATSEN OM STöRSTA OCH MIN Från (1) och (2) kan vi dra slutsatsen att för n N så har vi x n L < ɛ, som vi skulle visa. Andra hjälpsatser vi måste ha, är: Lemma 2. Låt {x n } vara en talföljd med gränsvärde L, och a < b två reella tal. Om a x n b för alla n N, då är a L b. En liten kommentar: Om vi ändrar hypotesen till a x n b, så ändras inte slutsatsen, den är fortfarande a L b. (Jämför med Exempel 2.) Lemma 3 (Lilla instängningssatsen). Låt {a n } och {b n } vara talföljder med gränsvärde L. Om {x n } är en talföljd sådan att a n x n b n för alla n N, då är lim x n = L. Lemma 4. Låt {a n } vara en talföljd med gränsvärde L. Om lim x n a n = 0, då är lim x n = L. Lemma 5. Låt {x n } vara en talföljd med gränsvärde L. Om f är en funktion kontinuerlig i punkten x = L, då är lim f(x n ) = f(l). Bevisen för dessa hjälpsatser är alla mycket lika. T.ex. kan vi bevisa: Bevis for Lemma 4. Låt ɛ > 0 vara givet. Vi måste finna N N sådant att n N medför att x n L < ɛ. Triangelolikheten ger Nu finns N 0 och N 1 sådana att x n L x n a n + a n L. n N 0 = x n a n < ɛ/2 n N 1 = a n L < ɛ/2. Det ger att, om n max N 0, N 1, då är x n L < ɛ, som vi skulle visa. Uppgift 5. Bevisa Lemma 2. Uppgift 6. Bevisa Lemma 3, och visa även att Lemma 2 är en konsekvens av Lemma 3. Vi är nu redo att bevisa våra satser. Bevis för Sats 1. Taktiken i beviset är följande: 1. Observera att vi antar att f(a) < 0 och f(b) > 0. 2. Vi delar intervallet [a, b] i två lika stora halvor. 3. Vi kan utgå ifrån att på minst en av de två halvorna av [a, b] så finns det både punkter där f < 0 och punkter där f > 0. Annars är f(x) < 0 för alla x < a+b a+b, och f(x) > 0 för alla x > vilket medför att f( a+b ) = 0, och 2 2 2 beviset är färdigt. (Jämför med beviset för Rolles sats!) 4. Vi ger detta intervall namnet [a 1, b 1 ]. Om båda halvorna har sådana punkter, väljer vi alltid intervallet till höger.
4 JAN-FREDRIK OLSEN 5. Vi upprepar de 4 föregående stegen på [a 1, b 1 ]. Vi finner då en halva av [a 1, b 1 ] där både f > 0 och f < 0 förekommer. Vi kallar den [a 2, b 2 ]. Eftersom processen aldrig tar slut, så uppkommer en sekvens intervall [a n, b n ] och punkter A n, B n [a n, b n ] sådan att f(a n ) < 0 och f(b n ) > 0. Vi kan observera att {a n } är en växande följd eftersom [a n, b n ] [a n 1, b n 1 ]. Den har även en övre gräns då a n b för alla n N. Från Lemma 1, vet vi att då finns ett tal c R sådant att lim a n = c. Från Lemma 2, vet vi även att c [a, b]. Som om inte det vore nog, så gäller även att lim a n b n = 0, eftersom intervallen [a n, b n ] halveras i längd vid varje steg. Från Lemma 3 har vi då att lim A n = lim B n = c. Då f är kontinuerlig på [a, b] följer det nu från Lemma 5 att lim f(b n) = f(c) = lim f(a n ). Då f(a n ) < 0 och f(b n ) > 0 för alla n N, följer det från Lemma 2 (och kommentaren direkt efter lemmat) att 0 f(c) 0, och därför f(c) = 0. Innan vi bevisar satsen om största och minsta värde, måste vi visa följande sats (min Nemesis!). Sats 3. Låt f vara en kontinuerlig funktion på [a, b]. Då är f en begränsad funktion. Det vill säga, det finns ett tal B > 0 sådant att f(x) < B för alla x [a, b]. Bevis. För att finna en motsägelse, skall vi antaga att f inte är begränsad på [a, b]. Taktiken är som följer: 1. Observera att f inte är begränsad på [a, b]. 2. Dela [a, b] i två lika stora halvor. 3. På minst en av halvorna är f inte begränsad, ty annars skulle f vara begränsad på [a, b], vilket inte stämmer enligt steg 1. 4. Vi ger detta intervall namnet [a 1, b 1 ]. Om f är obegränsad på båda halvorna till [a, b] väljer vi den till höger. 5. Vi upprepar nu de 4 föregående stegen på [a 1, b 1 ]. Vi finner då en halva av [a 1, b 1 ] där f är obegränsad. Vi kallar den [a 2, b 2 ]. Eftersom processen aldrig tar slut, så får vi en sekvens intervall [a n, b n ] på vilka f inte är begränsad. För varje n kan vi således välja en punkt A n [a n, b n ] sådan att f(a n ) n. På samma sätt som i föregående bevis kan vi visa att det finns något c [a, b] sådant att lim a n = lim A n = c,
FULLSTäNDIGHETSAXIOMET, SATSEN OM MELLANLIGGANDE VäRDE OCH SATSEN OM STöRSTA OCH MIN och vi får f(c) = lim f(a n )) =. Men detta är inte möjligt då vi antog att f var en kontinuerlig funktion (en kontinuerlig funktion måste ha ett ändligt gränsvärde i alla sina punkter). Vi kan nu bevisa: Bevis för sateen om största och minsta värde. Då f är en kontinuerlig funktion på [a, b] gäller den föregående satsen, och vi vet att värdemängden till f har en övre gräns B. Då ger fullständighetsaxiomet att värdemängden har en minsta övre gräns M. Vi skall visa att det finns en punkt c [a, b] sådan att f(c) = M. På samma sätt kan det visas att minsta värdet antas i någon punkt i intervallet [a, b], och satsen är bevisad. Vi använder följande taktik: 1. Observera att f har M som minsta övre gräns på [a, b]. 2. Dela [a, b] i två lika stora halvor. 3. På minst en av halvorna måste f ha M som minsta övre gräns. Annars får vi motsägelse enligt steg 1. 4. Vi ger detta intervall namnet [a 1, b 1 ]. Om f har M som minsta övre gräns på båda halvorna till [a, b] väljer vi den till höger. 5. Vi upprepar nu de 4 föregående stegen på [a 1, b 1 ]. Vi finner då en halva av [a 1, b 1 ] där f har minsta övre gräns M. Vi kallar den [a 2, b 2 ]. Eftersom processen aldrig tar slut, så uppkommer en sekvens av intervall [a n, b n ] där f har minsta övre gräns M. För varje n kan vi således välja en punkt A n [a n, b n ] sådan att f(a n ) M 1/n. På samma sätt som i föregående bevis kan vi visa att det finns något c [a, b] sådant att lim a n = lim A n = c, och vi får ( f(c) = lim f(a n )) lim M 1 ) = M. n Då M är minsta övre gräns för f på intervallen [a, b] gäller även f(c) M. Därmed får vi f(c) = M. Centre for Mathematical Sciences, Lund University, P.O. Box 118, SE-221 00 Lund, Sweden E-mail address: janfreol@maths.lth.se