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====== Demonstração de Teorema do Valor Intermedriário e Weierstrass ======

Teorema: Se $  f  $ é uma função contínua definida num intervalo fechado  $  [a,b]  $, então para qualquer número $  C  $ entre $  f(a), f(b) $ existe $  c \in [a, b]  $ tal que $  f(c)=C.  $

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Demonstração
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Vamos supor que $  f(a) > f(b)  $; caso contrário pode ser demonstrado de uma forma similar. Seja $  C \in (f(b), f(a))  $. Observe que se $  C  $ coincidir com $  f(a)  $ ou $  f(b)  $ já terminamos a demonstração.

Considere o conjunto $  V $ dos números $  x  $ no intervalo $  [a,b]  $ tal que $  f(x) > C  $. Observe que o ponto $  x=a  $ está no $  V  $. Considere o supremo deste conjunto (menor limite superior) e denotamos por $  c  $. Afirmamos que $  f(c) = C  $ Vamos provar por contradição:

Se $  f(c) < C  $; então pela continuidade de função existe um intervalo "pequeno" na esquerda de $  c  $ do tipo $  (c-\epsilon, c)  $ tal que para todo ponto $  y  $ neste intervalo temos também $  f(y) < C  $. Isto contradiz o fato de que $  c  $ era supremo do conjunto $  V  $. Observação: se $  c  $ é supremo do conjunto $  V  $ então em particular existe uma sequência de pontos $  x_n \in V  $ tal que $  x_n < c,  x_n \rightarrow c  $ e em particular para $  n  $ grandes, $  x_n \in (c -\epsilon, c)  $
Se $  f(c) > C  $ então novamente pela continuidade de função temos um intervalo em torno de $  c  $ tal que para todo ponto neste intervalo o valor da função é maior do que $  C  $ ou seja um intervalo em torno de $  c  $ está contido em $  V  $. Assim, concluímos que $  c  $ não poderia ser o supremo do conjunto $  V  $

As duas alternativas acima resultaram absurdo e portanto apenas resta aceitar $  f(c)=C  $ que prova o teorema do valor intermediário.

Quer outra demonstração sem falar de supremo?

ok, vamos seguir um caminho diferente para mostrar existência de $  c  $. Para começar vamos facilitar e considerar $  f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}  $ contínua tal que    $  f(0) < 0 < f(1) $

e vamos mostrar que existe $  c \in [0,1]  $ tal que $  f(c)=0.  $ O caso geral segue deste caso, como veremos depois da demonstração do caso especial.

Consideramos representação binária de todos os números, i.e, para cada $  x \in [0,1]  $ representamos $  x =0, n_1n_2n_3\cdots  $ onde $  n_i \in \{0,1\}  $ são dígitos do $  x  $ na base 2. Vamos construir  $  c = 0, n_1n_2\cdots  $ tal que $  f(c) =0.  $

Considere $  f(\frac{1}{2})  $; Se $  f(1/2)=0  $ então já achamos $  c=\frac{1}{2}  $. Caso contrário, temos duas alternativas:

1. $  f(\frac{1}{2}) > 0  $  neste caso definimos $  n_1= 0  $

2. $  f(\frac{1}{2}) < 0  $ neste caso definimos $  n_1 = 1  $

Observe que no caso (1), vamos buscar o ponto $  c  $ no intervalo $  [0, 1/2]  $. Qualquer número neste intervalo tem o primeiro digito depois da vírgula igual a zero. Neste caso, denotamos por $  I_1 = [0, \frac{1}{2}]  $

No caso (2) vamos buscar pelo ponto $  c  $ no intervalo $  [\frac{1}{2}, 1]  $ e qualquer número neste intervalo tem o primeiro dígito igual a 1.  Neste caso $  I_1  $ será igual ao intervalo $  [\frac{1}{2}, 1].  $

Assim esclarecemos a escolha de $  n_1.  $

Repetimos este processo, sempre dividindo o intervalo em dois intervalos iguais. Ou seja dividimos o intervalo $  I_1  $ e olhamos para o sinal de $  f(m_1)  $ onde $  m_1  $ é o ponto médio do intervalo $  I_1.  $ Novamente se $  f(m_1)=0  $ então já achamos o que queriamos e $  c=m_1  $ e se não, teremos dois casos:

Se $  f(m_1) > 0  $ então continuamos a busca no intervalinho do lado esquerdo e colocamos $  n_2=0  $, caso contrário $  n_2= 1  $

Os intervalos $  I_1, I_2, I_3, \cdots  $ obtidos assim são encaixados e o tamanho deles decai para zero geometricamente. $  |I_n| = \frac{1}{2^{n+1}}  $

Então pelo teorema de intervalos encaixados, temos apenas um ponto na interseção de todos estes intervalos que denotamos por $  c.  $ Afirmamos que $  f(c)=0.  $

Observe que pela escolha dos intervalos $  I_n  $ sempre o valor da função no extremo esquerdo do intervalo é negativo e no extremo direito é positivo.

Agora usamos continuidade de $  f  $ para mostrar que $  f(c)=0  $.

Ora, por um lado $  c = \lim_{n \rightarrow \infty} e_n  $ onde $  e_n  $ é o ponto extremo esquerdo do intervalo $  I_n  $ e portanto $  f(c) = \lim_{n\rightarrow \infty} f(e_n) \leq 0  $ e por outro lado

$  c = \lim_{n \rightarrow \infty} d_n  $ onde $  d_n  $ é o ponto extremo direito do intervalo $  I_n  $ e portanto $  f(c) = \lim_{n\rightarrow \infty} f(d_n) \geq  0  $. Concluímos então que:

$  f(c)=0. $

Agora vamos ver o caso geral: $  f(a)= A, f(b)=B  $ e $  D  $ um número entre $  A, B  $. Provamos caso em que $  A<B  $. Em caso $  A > B  $ podemos conluir apenas considerando a função $  -f.  $

Portanto temos $  A<C<B  $ e buscamos $  c \in [a,b]  $ tal que $  f(c) = C.  $

Primeiramente reduzimos um valor fixo da função para que num extremo vire positivo e em outro negativo. Depois fazemos uma mudança de variável para reduzir o problema ao intervalo $  [0,1]  $ como anteriormente. Vamos escrever com detalhes:

Defina uma nova função $  g: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}  $ de seguinte forma:

$  g(t) = f((1-t)a + t b) - C  $

onde $  C  $ satisfaz $  A-C< 0 < B -C  $.

Observe que quando $  t  $ percorre intervalo $  [0,1]  $ então $  (1-t)a + tb   $ percorre o intervalo $  [a, b].  $ A função $  g  $ é uma função contínua, pois é composição de funções contínuas. (Pense!)

Agora: $  g(0)= f(a) - C < 0, g(1) = f(b)-C >0  $ e portanto estamos no contexto do caso especial do teorema do valor intermediário e assim teremos $  t_0 \in [0,1]  $ tal que $  g(t_0)=0.  $

Portanto pela definição da função $  g  $ concluímos que $  c = (1-t_0)a + t_0b  $ satisfaz a relação $  f(c) = C.  $

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Um exemplo legal
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Considere a equação $$x^5-2x^3 + 8x^2 -8=0.$$
Como achar raízes desta equação? Difícil, né? O teorema de valor intermediário tem um corolário potente: 
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Todo polinômio de grau ímpar tem pelo menos uma raiz real!
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A demonstração é simples: Considere $P(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^{n}$ onde $n$ é ímpar. Vamos supor que $a_n < 0$, então $\lim_{n \rightarrow \infty} P(x) = - \infty$  e se $a_n > 0$ o limite é $+\infty.$ De podemos ver que  $\lim_{n \rightarrow -\infty} P(x) = + \infty$. Pela definição de limite no infinito, podemos concluir que existe $x$ tal que $P(x) < 0$. De fato pela definição para todo $M < 0$ existe $L$ tal que para todo $x > L$ temos $P(x) < M$ e portanto $P(x) < 0.$ De uma forma similar temos (muitos! mas para nossa demonstração basta um) $y$ tal que $P(y) > 0.$ Agora usando teorema de valor intermediário existe $z$ entre $x$ e $y$ tal que $P(z)=0.$ Achamos uma raiz!

No exemplo do polinômio acima, o grau é 5 e portanto com certeza temos uma raiz. Entretanto dá para analisar mais detalhadamente:
  * Verifiquem que $P(-2) > 0 > P(-3)$ e portanto existe uma raiz entre $-3, -2$.
  * Verifiquem que $P(-1) > 0 > P(0)$ e portanto temos uma outra raiz entre $-1, 0$.
  * $P(1) < 0 < P(2)$ e portanto temos mais uma raiz entre $1$ e $2.$

===== Teorema de Weierstrass: =====
Toda função contínua $  f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}  $ tem máximo e mínimo.

Isto quer dizer que existe pelo menos um ponto $  c \in [a,b]  $ (máximo) tal que $  \forall x \in [a,b], f(x) \leq f(c).  $ De uma forma similar existe pelo menos um ponto (mínimo) $  d \in [a,b]  $ tal que $  \forall x \in [a,b], f(x) \geq f(d).  $

Em particular o teorema acima implica que toda função contínua definida num intervalo $   [a,b]  $ é limitada (superiormente e inferiormente), i.e existem $  m, M \in \mathbb{R}  $ tais que para todo $  x \in [a,b]  $ temos $  m \leq f(x) \leq M.  $ Observe que o fato do itervalo ser fechado é importante: a função definida por $  f(x) = \frac{1}{x}  $ é contínua no intervalo $  (0, 1)  $ porém não é limitada neste intervalo!

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Demonstração
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Novamente vamos considerar $  f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}  $. Caso geral, como no teorema de valor intermediário, segue de mudança de variável.

Consideramos a representação binária dos números

$  c=0,c_1c_2\cdots   $ onde  $  c_i = 0, 1  $

Consideramos a decomposição $  [0,1] = [0, 1/2] \cup [1/2, 1]  $ e afirmamos que pelo menos um dos intervalos (denotamos por $J$) da decomposição tem seguinte propriedade:

(8-O) Não existe nenhum ponto $  t_0 \in J $ tal que para qualquer $  t  $ em $J^{c}$ (outro intervalo) $  f(t_0) > f(t)  $

Vamo ver por quê: considere um dos intervalos $  [0, 1/2], [1/2, 1]  $. Se este intervalo não tem propriedade acima, então ele possui um elemento $  t_0  $ tal que para qualquer $  t  $ em outro intervalo

$  f(t_0) > f(t)  $

portanto este outro intervalo satisfaz a prooriedade (8-O). Pense!

Se um dos intervalos tiver propriedade (8-O) denotamos o outro intervalo de $  I_1  $. Se ambos tiverem a propriedade (8-O) escolhemos um deles e denotamos por $  I_1  $.  Definimos $  c_1  $:

$  c_1=0  $ se $  I_1=[0,1/2]  $

$  c_1 = 1  $ se $  I_1 = [1/2,1] $

<color #ed1c24>o ponto mais imortante aqui é compreender que vamos buscar o ponto máximo agora dentro do intervalo $  I_1.  $
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Agora, vamos dividir o intervalo $  I_1  $ em dois sub intervalos (esquerdo e direito) de tamanho $  1/4  $. Repetimos o argumento anterior e teremos um deles satisfazendo (8-O). Denotamos aquele que não satisfaz (8-O) de $  I_2  $. Se os dois satisfizerem (8-O) denotamos qualquer um deles de $  I_2.  $ e definimos $  c_2:  $

$  c_2=0  $ se $  I_2  $ for o subintervalo esquerdo

$  c_2 = 1  $ se $  I_2  $ for o subintervalo direito

Agora continuamos a busca por ponto máximo dentro do intervalo $  I_2  $

Continuando assim teremos $  c=0,c_1c_2c_3\cdots   $ e afirmamos que o ponto $  c  $ é um máximo da função $  f.  $

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Observe que pela construção $c \in I_n, \forall n \in \mathbb{N}.$
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(demonstracão da afirmação por absurdo) Suponhamos que não!

Se $  c  $ não for máximo da função, então existe $  d \in [0,1]  $ tal que $  f(d) > f(c).$ Observe que pela construção de $  c  $ havia algum momento que $  c  $ e $  d  $ se separaram (ficaram nos subintervalos diferentes!) Seja $  n_1  $ o primeiro momento que isto ocorreu. Então pela nossa construção e busca: (*) $  c \in I_{n_1}  $  e além disto existe $  d^{'} \in I_{n_1}  $ tal que

$  f(d) \leq f(d^{'})  $ e portanto $  f(d^{'}) > f(c)  $

Agora repetimos com o $  d^{'}  $ o mesmo argumento que fizemos com $  d  $. Então existe $  n_2  $ tal que $   d^{'}  $ e $  c  $ se separaram! Isto significa $  d^{'}  $ não está no intervalo $   I_{n_2}  $e portanto existe $  d^{''}  $ tal que

$  f(d^{'}) \leq f(d^{''})  $ e portanto até agora obtivemos

$  f(c) < f(d) \leq f(d^{'})  \leq f(d^{''})  $. (:-P)

Repetindo este argumento obteremos $  n_1 < n_2 < n_3 \cdots < n_k < \cdots  $ e $  d^{(k)} \in I_{n_k}  $  tal que $  d^{(k)} \rightarrow c.  $ Isto é porque o tamanho dos intervalos $  I_{n_k}  $ tende a zero e $  c  $ está na interseção de todos eles.

Claro que isto tem uma contradicão com a continuidade da função $  f  $. Pois, já que $  d^{(k)} \rightarrow c  $ pela continuidade $  f(d^{(k}) \rightarrow f(c)  $, enquanto pela escolha dos $  d^{(k)}  $ (veja :-P) temos $  f(c) < f(d) \leq f(d^{(k)})  $  e portanto $  f(c) < \lim_{k \rightarrow \infty} f(d^{(k)}).  $ Isto é um absurdo!

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