Successioni numeriche
CAPITOLO 4 Funzioni continue
Sia f (x) una funzione definita in un intervallo I ⊂ R e sia x0 ∈ I. Si dice che f (x) `e continua in x0 se lim
x→x0
f (x) = f (x0) ovvero se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che se x ∈ I verifica |x − x0| < δ allora |f (x) − f (x0)| < ε.
Osserviamo che dal teorema di caratterizzazione sequenziale del limite, abbiamo
Proposizione 4.1. (Caratterizzazione sequenziale)
Sia f (x) funzione definita nell’intervallo I e sia x0 ∈ I. Allora, f (x) `
e continua in x0 se e solo se per ogni successione (xn) ⊂ I tale che xn→ x0 per n → +∞ risulta f (xn) → f (x0) per n → +∞.
Utilizzando i limiti da destra e da sinistra abbiamo inoltre
Lemma 4.1. Sia f (x) funzione definita nell’intervallo I e sia x0 ∈ I. Allora, f (x) `e continua in x0 se e solo se lim
x→x+0
f (x) = lim
x→x−0
f (x) = f (x0).
In particolare, considerata la funzione definita a tratti f (x) =
(
g(x) se x ≥ x0 h(x) se x < x0 avremo che f (x) risulta continua in x0 se e solo se
lim
x→x+0
g(x) = lim
x→x−0
h(x).
Una funzione f (x) definita nell’intervallo I `e detta continua nell’in-tervallo I0 ⊆ I se risulta continua in ogni x0 ∈ I0 e scriveremo f ∈ C(I0).
Dai limiti notevoli visti, essendo lim
x→x0
ex = ex0 per ogni x0 ∈ R, avremo che la funzione ex risulta continua in R. Ne segue che per ogni a > 0, a funzione ax `e continua in R in quanto
lim x→x0 ax = lim x→x0 ex log a= ex0log a = ax0 97
per ogni x0 ∈ R. Dai limiti notevoli del logaritmo, abbiamo che lim
x→x0
log x = log x0 per ogni x0 > 0 e dunque che la funzione log x risulta continua in (0, +∞). Se a > 0, a 6= 1, per ogni x0 > 0 abbiamo che
lim
x→x0
logax = lim
x→x0
log x logae = log x0logae = logax0
e quindi che logax `e continua in (0, +∞). Inoltre, se α ∈ R e x0 > 0 allora lim
x→x0
xα = xα0 e quindi la funzione xα risulta continua nel suo dominio.
Riguardo alle funzioni trigonometriche, avremo che sin x e cos x risul-tano continue in x0 = 0 essendo lim
x→0sin x = 0 e lim
x→0cos x = 1.
Proviamo che risultano continue in ogni x0 ∈ R. Difatti, utilizzando le formule di addizione ed i limiti ora richiamati, si ottiene:
lim x→x0 sin x = lim x→x0 sin((x − x0) + x0) = lim x→x0
sin(x − x0) cos x0+ sin x0cos(x − x0) = sin x0 e analogalmente lim x→x0 cos x = lim x→x0 cos((x − x0) + x0) = lim x→x0
cos(x − x0) cos x0− sin x0sin(x − x0) = cos x0
Dai precedenti limiti e dall’algebra dei limiti otteniamo che anche la funzione tan x risulta continua nel suo dominio.
Proviamo infine che la funzione |x| risulta continua in ogni x0 ∈ R. Difatti, dalla diseguaglianza triangolare risulta −|x − x0| ≤ |x| − |x0| ≤ |x−x0| e poich`e lim
x→x0
|x−x0| = 0, dal teorema del confronto deduciamo che lim
x→x0
|x| = |x0|.
Abbiamo quindi provato che tutte le funzioni elementari risultano con-tinue sul loro dominio. Dal risultato sulle operazioni tra limiti abbiamo inoltre
Proposizione 4.2. Siano f (x) e g(x) funzione definite in un intervallo I e continue in x0 ∈ I. Allora risultano continue in x0 le funzioni f (x) ± g(x), f (x)g(x) e f (x)g(x), purch`e g(x0) 6= 0.
Riguardo alla continuit`a della funzione composta abbiamo Teorema 4.1. (Continuit`a della funzione composta)
Sia f (x) funzione definita nell’intervallo I e continua in x0 ∈ I. Sia g(y) funzione definita in un intervallo J , contenente f (I), e continua
1. CLASSIFICAZIONE DELLE DISCONTINUIT `A 99 in f (x0). Allora la funzione gof (x) = g(f (x)) risulta continua in x0
ed in particolare lim
x→x0
g(f (x)) = lim
y→f (x0)g(y) = g(f (x0)).
Dim. Utilizzando la Proposizione 4.1, proviamo che per ogni successione (xn) ⊂ I con xn → x0 risulta g(f (xn)) → g(f (x0)). Difatti, essendo f (x) continua in x0 avremo che f (xn) → f (x0) e quindi, posto yn= f (xn), risulta (yn) ⊂ f (I) ⊂ J e yn → f (x0). Essendo g(y) continua in f (x0) avremo che g(yn) → g(f (x0)) ovvero che g(f (xn)) → g(f (x0)). Dai precedenti risultati otteniamo quindi che somma, prodotto e com-posizione di funzioni elementari risultano continue ove definite. Ad esempio, la funzione f (x) =
√
x2−1+esin x
log(x−2) risulta continua nel suo domi-nio, ovvero nell’insieme D = {x ∈ R | x > 2, x 6= 3}.
Per esercizio, stabilire ove risulta continua la funzione definita a tratti: f (x) = ( ex2−cos x x log(1+x) se x > 0, 1 2 √ 1 + 2x se x ≤ 0.
Stabilire per quali valori di α > 0 risulta continua la funzione: f (x) =
(esin x−√1+αx
log(1+√x) se x > 0,
0 se x ≤ 0.
1. Classificazione delle discontinuit`a
Vediamo ora qualche esempio di funzione non continua. Risulta non continua in x0 = 1 la funzione f (x) = ( x se x 6= 1 2 se x = 1 essendo lim x→1f (x) = lim x→1x = 1 6= f (1).
Un altro esempio di funzione non continua nel suo dominio `e la funzione [x] che non risulta continua in ogni x0 ∈ Z essendo
lim
x→x+0
[x] = x0 = [x0] mentre lim
x→x−0
[x] = x0− 1.
La funzione di Dirichlet D(x) `e invece un esempio di funzione non continua in ogni x0 ∈ R. Infatti, abbiamo provato che per ogni x0 ∈ R non esiste il limite lim
x→x0
dei “salti”, dei “buchi”, delle discontinuit`a. Possiamo classificare tali discontinuit`a nel seguente modo.
Sia f (x) funzione definita in un intervallo I ⊆ R e sia x0 ∈ I tale che f (x) non risulti continua in x0, in tal caso x0 `e detto punto di discontinuit`a per f (x). Si danno le seguenti definizioni:
(a) x0 `e detto punto di discontinuit`a eliminabile se esiste finito il limite lim
x→x0f (x) = ` ∈ R ma ` 6= f (x0). Osserviamo che in tal caso, la funzione
F (x) = (
f (x) se x 6= x0
` se x = x0
risulta continua in x0 (abbiamo eliminato la discontinuit`a). (b) x0 `e detto punto di discontinuit`a di prima specie se esistono
finiti i limiti lim
x→x+0
f (x) e lim
x→x−0
f (x) ma sono diversi.
(c) x0`e detto punto di discontinuit`a di seconda specie se almeno uno dei limiti lim
x→x+0
f (x) e lim
x→x−0
f (x) non esiste oppure `e infinito. Ad esempio, la funzione [x] presenta una discontinuit`a di prima specie in ogni x0 ∈ Z. La funzione f (x) = ( 1 x se x > 0 0 se x ≤ 0
presenta una discontinuit`a di seconda specie in x0 = 0 mentre la funzio-ne di Dirichlet presenta discontinuit`a di seconda specie in ogni x0 ∈ R. La funzione f (x) = ( sin x x se x 6= 0 0 se x = 0
presenta una discontinuit`a eliminabile in x0 = 0. Mentre la funzione
f0(x) = (
sin(1x) se x > 0 0 se x ≤ 0 presenta discontinuit`a di seconda specie in x0 = 0.
2. IMMAGINE DI UNA FUNZIONE CONTINUA 101
0 1
0
Grafici di y = sin xx e y = sin1x
In generale, si ha che la funzione fα(x) =
(
xαsin(1x) se x > 0
0 se x ≤ 0
risulta continua in R se e solo se α > 0.
0 0
Grafici di y = x sin1x e y = x2sinx1
Osserviamo inoltre che dal Teorema sul limite delle funzioni mono-tone, se f (x) `e funzione monotona in un intervallo [a, b], e quindi in particolare limitata, allora per ogni x0 ∈ (a, b) esistono finiti i limiti
lim
x→x±0
f (x)
e dunque f (x) potr`a presentare al pi`u discontinuit`a di prima specie. 2. Immagine di una funzione continua
Utilizzando il metodo di bisezione proviamo il seguente fondamentale risultato
Teorema 4.2. (di esistenza degli zeri)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo [a, b] tale che f (a)f (b) < 0. Allora esiste x0 ∈ (a, b) tale che f (x0) = 0.
Dim. Supponiamo f (a) < 0 e f (b) > 0 e consideriamo il punto medio c = a+b2 . Potranno verificarsi tre casi
(ii) se f (c) > 0 poniamo a1 = a e b1= c, (iii) se f (c) < 0 poniamo a1= c e b1= b,
Se (i) non si verifica, dalla scelta fatta avremo definito un intervallo [a1, b1] ⊂ [a, b] tale che
A1) f (a1) < 0 e f (b1) > 0; B1) a ≤ a1 ≤ b1 ≤ b; C1) b1− a1 = b−a2 .
Consideriamo in questo caso il punto medio c1 = a1+b1
2 e ripetiamo il pro-cedimento. Potranno verificarsi tre casi
(i) se f (c1) = 0, il teorema `e provato con x0 = c1, (ii) se f (c1) > 0 poniamo a2 = a1 e b2 = c1, (iii) se f (c1) < 0 poniamo a2= c1 e b2 = b1,
Se (i) non si verifica, avremo definito un intervallo [a2, b2] ⊂ [a1, b1] tale che A2) f (a2) < 0 e f (b2) > 0;
B2) a1 ≤ a2≤ b2 ≤ b1; C2) b2− a2 = b1−a1
2 = b−a22 .
Ripetendo il procedimento, se il caso (i) non risulta mai verificato, avremo definito due successioni (an)n∈N e (bn)n∈N in [a, b] tali che per ogni n ∈ N risulta
An) f (an) < 0 e f (bn) > 0; Bn) an−1 ≤ an≤ bn≤ bn−1; Cn) bn− an= bn−1−an−1
2 = b−a2n .
Dalla propriet`a Bn) ne segue che le successioni (an) e (bn) sono successioni monotone in [a, b] e quindi limitate. Dal teorema di regolarit`a delle succes-sioni monotone otteniamo allora che tali successucces-sioni risultano convergenti e poich`e da Cn) risulta lim
n→+∞bn− an= 0, avremo che lim n→+∞an= sup n∈N an= lim n→+∞bn= inf n∈Nbn= x0∈ [a, b] Essendo per ipotesi f (x) continua in [a, b] ne deduciamo che
lim
n→+∞f (an) = lim
n→+∞f (bn) = f (x0)
Infine, poich`e f (an) < 0 per ogni n ∈ N, dal Teorema della permanenza del segno otteniamo f (x0) ≤ 0 ed allo stesso modo, poich`e f (bn) > 0 per ogni n ∈ N, si deduce che f (x0) ≥ 0. Ne segue allora che f (x0) = 0. Dalla dimostrazione risulta anche un metodo per determinare delle approssimazioni dello zero x0 in quanto essendo
sup
n∈N
an= x0 = inf
2. IMMAGINE DI UNA FUNZIONE CONTINUA 103 risulta
an≤ x0 ≤ bn, ∀n ∈ N
dove an e bn sono determinate con il metodo di bisezione come nella precedente dimostrazione. Con tali approssimazioni, essendo an− bn=
b−a
2n , potremo stimare con quanta precisione si desidera lo zero x0. Ad esempio, volendo ottenere una stima di√
2, consideriamo la funzio-ne continua f (x) = x2 − 2 nell’intervallo [1, 2]. Abbiamo che f (1) < 0 mentre f (2) > 0 e che x0 =√
2 `e l’unico zero di f (x) in [1, 2] (la funzio-ne `e difatti strettamente crescente in tale intervallo). Abbiamo allora che
an≤√2 ≤ bn, ∀n ∈ N,
dove an e bn sono definite utilizzando il procedimento di bisezione. Se volessimo dare un’approssimazione di√
2 con un errore inferiore a 10−1 dovremo valutare an e bn dove n ∈ N `e tale che b−a2n = 21n < 101. Sar`a allora sufficiente ripetere il procedimento sino ad n = 4 ottenendo:
a4 = 11 8 = 1, 375 ≤ √ 2 ≤ b4 = 23 16 = 1, 4375 dove b4− a4 = 214 = 0, 0625.
Se invece volessimo un’approssimazione di √
2 a meno di un erro-re inferioerro-re a 10−2 dovremo ripetere il procedimento fino ad n = 7 ottenendo a7 = 181 128 = 1, 4140625 ≤ √ 2 ≤ b7 = 91 64 = 1, 421875 dove b7− a7 = 217 = 0, 0078125.
Il teorema pu`o inoltre essere utilizzato per provare l’esistenza di solu-zioni di equasolu-zioni trascendenti. Ad esempio, consideriamo l’equazio-ne log x + √31
x = 0. Posto f (x) = log x + √31
x, osserviamo che f (x) `
e continua nel suo dominio (0, +∞). Poich`e f (1) = 1 > 0 mentre f (18) = −3 log 2 + 2 < 0, dal teorema di esistenza degli zeri ottenia-mo che esiste x0 ∈ (1
8, 1). Sempre utilizzando il teorema di esistenza degli zeri si pu`o provare che tale equazione ammette un secondo zero x1 ∈ ( 1
125, 1 64).
0 0 x x 0 1
Confronto tra i grafici di y = − log x e y = √31
x e grafico di y = log x + √31
x
Come immediata conseguenza del Teorema di esistenza degli zeri ab-biamo
Teorema 4.3. (dei valori intermedi, primo)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo [a, b]. Allora f (x) assume tutti i valori compresi tra f (a) e f (b).
Dim. Consideriamo il caso in cui f (a) ≤ f (b) e proviamo che per ogni y0 ∈ [f (a), f (b)] esiste x0 ∈ [a, b] tale che f (x0) = y0. Se y0 = f (a) prenderemo x0 = a e analogalmente, se y0 = f (b) prenderemo x0 = b. Se invece y0 ∈ (f (a), f (b)), consideriamo la funzione g(x) = f (x) − y0. Avremo allora che g(x) `e continua in [a, b] e che g(a) = f (a) − y0 < 0 mentre g(b) = f (b) − y0> 0. Dal Teorema di esistenza degli zeri avremo allora che esiste x0 ∈ (a, b) tale che g(x0) = 0 ovvero tale che f (x0) = y0. Dal precedente risultato otteniamo
Teorema 4.4. (dei valori intermedi, secondo)
Sia f (x) funzione continua e non costante in un intervallo I ⊆ R. Allora f (x) assume tutti i valori strettamente compresi tra inf
I f (x) e sup
I
f (x).
Dim. Osserviamo innanzitutto che essendo la funzione non costante risulta inf
I f (x) < sup
I
f (x). Sia allora y0 ∈ (inf
I f (x), sup
I
f (x)) e proviamo che esiste x0 ∈ I tale che f (x0) = y0. Poich`e y0 > inf
I f (x), dalla caratterizzazione dell’estremo inferiore abbiamo che esiste a ∈ I tale che f (a) < y0. Analo-galmente, poich`e y0 < sup
I
f (x) si ha che esiste b ∈ I tale che f (b) > y0. Supponiamo che a < b. Essendo f (x) continua nell’intervallo [a, b] ⊂ I e y0 ∈ (f (a), f (b)), dal primo teorema dei valori intermedi segue che esiste
x0 ∈ (a, b) ⊂ I tale che f (x0) = y0.
Ne segue che se f (x) `e funzione continua in un intervallo I allora (inf
I f (x), sup
I
2. IMMAGINE DI UNA FUNZIONE CONTINUA 105 In particolare si ottengono le seguenti caratterizzazioni dell’immagine delle funzioni elementari: Im(ex) = (0, +∞), Im(xα) = (0, +∞) se α < 0 mentre Im(xα) = [0, +∞) se α > 0 essendo 0 valore assunto. Im(sin x) = Im(cos x) = [−1, 1] essendo ±1 valori assunti.
Rimane dunque dubbio se i valori (nel caso finiti) inf f (x) e sup f (x) risultano assunti. Diamo allora le seguenti definizioni.
Sia f (x) funzione definita in un insieme A ⊆ R. Diciamo che M ∈ R `e massimo (assoluto) per f (x) in A se M `e il massimo dell’insieme f (A), e scriveremo M = max
A f (x).
Dalla definizione di massimo di un insieme avremo allora che M = max
A f (x) se f (x) ≤ M per ogni x ∈ A ed esiste xM ∈ A tale che f (xM) = M . Diremo che xM ∈ A `e un punto di massimo (assoluto) per f (x) in A se f (xM) = max
M f (x) e dunque se per ogni x ∈ A risulta f (x) ≤ f (xM).
Analogalmente, si dice che m ∈ R `e minimo (assoluto) per f (x) in A se m `e il minimo dell’insieme f (A), e scriveremo m = min
A f (x). Avremo che m = min
A f (x) se f (x) ≥ m per ogni x ∈ A ed esiste xm ∈ A tale che f (xm) = m. Diremo che xm ∈ A `e un punto di minimo (assoluto) per f (x) in A se f (xm) = min
A f (x) e dunque se per ogni x ∈ A risulta f (x) ≥ f (xm).
Ad esempio, abbiamo che max
R
sin x = 1 e che x0 = π2 `e un punto di massimo assoluto per sin x in R mentre min
R
sin x = −1 e x0 = −π2 `e un punto di minimo assoluto per sin x in R.
Vale il seguente fondamentale risultato Teorema 4.5. (di Weierstrass)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b]. Allo-ra f (x) ammette massimo e minimo in [a, b]: esistono xm, xM ∈ [a, b] tali che f (xm) ≤ f (x) ≤ f (xM) per ogni x ∈ [a, b].
Dim. con il Metodo di Bisezione Poniamo
inf{f (x) | x ∈ [a, b]} = ` ∈ R ∪ {−∞} e consideriamo il punto medio c = b+a2 . Siano
Se m ≤ M poniamo a1 = a e b1 = c, mentre se m > M poniamo a1 = c e b1 = b. Avremo che a ≤ a1 ≤ b1 ≤ b, b1− a1 = b−a2 e
inf{f (x) | x ∈ [a1, b1]} = inf{f (x) | x ∈ [a, b]} = ` Consideriamo nuovamente c1 = b1+a1
2 e siano
m1 = inf{f (x) | x ∈ [a1, c1]} e M1 = inf{f (x) | x ∈ [c1, b1]}
Se m1 ≤ M1 poniamo a2 = a1 e b2 = c1, mentre se m1> M1 poniamo a2= c1 e b2 = b1. Avremo che a ≤ a1 ≤ a2 ≤ b2 ≤ b1 ≤ b, b2− a2 = b1−a1
2 = b−a4 e
inf{f (x) | x ∈ [a2, b2]} = inf{f (x) | x ∈ [a1, b1]} = `
Ripetendo il procedimento determineremo due successioni (an)n∈Ne (bn)n∈N tali che per ogni n ∈ N risulta a ≤ an≤ bn≤ b, bn− an= b−a2n e
inf{f (x) | x ∈ [an, bn]} = inf{f (x) | x ∈ [an−1, bn−1]} = `
Avremo allora che (an)n∈N `e successione crescente in [a, b] mentre (bn)n∈N `
e successione decrescente in [a, b] e quindi, essendo limitate, dal Teorema di regolarit`a delle successioni monotone, essendo limitate tali successioni risultano convergenti. Essendo inoltre bn− an= b−a2n → 0 avremo che
lim
n→+∞an= lim
n→+∞bn= xm ∈ [a, b]
Proviamo che f (xm) = ` = inf{f (x) | x ∈ [a, b]} e quindi che xm `e punto di minimo. In particolare seguir`a che ` ∈ R e dunque che f (x) risulta inferiormente limitata in [a, b].
Poich`e f (x) `e continua in xm, per ogni ε > 0 esister`a δ > 0 tale che |f (x) − f (xm)| < ε per ogni x ∈ (xm − δ, xm + δ) ∩ [a, b]. Essendo an → xm e bn → xm, avremo che esiste n0 ∈ N tale che per ogni n ≥ n0 risulta xm− δ < an≤ bn< xm+ δ. Quindi avremo f (xm) − ε < f (x) < f (xm) + ε per ogni x ∈ [an, bn], n ≥ n0 e dunque che
f (xm) − ε ≤ ` = inf{f (x) | x ∈ [an, bn]} ≤ f (xm) + ε ⇐⇒ |f (xm) − `| < ε Data l’arbitrariet`a di ε > 0, ne deduciamo che f (xm) = `.
Allo stesso modo si proceder`a per provare l’esistenza del punto di massimo xM.
Dim. con il Teorema di Bolzano-Weierstrass
Osserviamo che dal precedente risultato segue in particolare che una funzione continua in un intervallo chiuso e limitato `e funzione limitata. Dal precedente risultato ad esempio otteniamo che la funzione f (x) = x2 ammette massimo in ogni intervallo chiuso e limitato [a, b]. Os-serviamo per`o che tale funzione non ammette massimo nell’intervallo limitato ma non chiuso [0, 1) (infatti x2 < 1 per ogni x ∈ [0, 1) ma non
2. IMMAGINE DI UNA FUNZIONE CONTINUA 107 esiste x0 ∈ [0, 1) tale che x2
0 = 1) e nemmeno nell’intervallo chiuso ma illimitato [1, +∞) essendo sup
[1,+∞)
x2 = +∞. Osservato che, se esistono,
min [a,b] f (x) = inf [a,b]f (x) e max [a,b] f (x) = sup [a,b] f (x),
dal Teorema di Weierstrass e dal secondo Teorema dei valori intermedi si deduce immediatamente il seguente risultato
Teorema 4.6. (dei valori intermedi, terzo)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b]. Al-lora f (x) assume tutti i valori compresi tra min
[a,b] f (x) e max
[a,b] f (x). Dalla definizione di massimo e di minimo segue che se f (x) funzione continua nell’intervallo [a, b], allora
f ([a, b]) = [min
[a,b] f (x), max
[a,b] f (x)]. In particolare si ottiene
Teorema 4.7. (continuit`a delle funzioni monotone)
Sia f (x) funzione crescente (risp. decrescente) nell’intervallo [a, b] al-lora f (x) `e continua se e solo se f ([a, b]) = [f (a), f (b)] (risp. f ([a, b]) = [f (b), f (a)]).
Dim. Supponiamo f (x) crescente. Osservato che in tal caso risulta min
[a,b]f (x) = f (a) e max
[a,b] f (x) = f (b),
dal terzo Teorema dei valori intermedi avremo che se f (x) risulta continua in [a, b] allora f ([a, b]) = [f (a), f (b)].
Per provare il viceversa, sia x0 ∈ (a, b) e proviamo che lim
x→x0
f (x) = f (x0). Dal Teorema sul limite delle funzioni monotone, essendo la f (x) limitata in [a, b], abbiamo che esistono finiti i limiti
lim x→x−0 f (x) = sup{f (x) | a ≤ x < x0} = `− lim x→x+0 f (x) = inf{f (x) | x0 < x ≤ b} = `+
e risulta f (a) ≤ `− ≤ f (x0) ≤ `+ ≤ f (b). Se per assurdo `− < f (x0) avremo che f (x) ≤ `− < f (x0) per ogni x ∈ [a, x0) e dunque che f (x) non assume alcun valore compreso tra `− e f (x0) contro l’ipotesi che f ([a, b]) = [f (a), f (b)]. Dunque `− = f (x0). Analogalmente si prova che `+ = f (x0). Ne segue allora che lim
x→x0
f (x) = f (x0).
funzioni monotone, essendo f (x) limitata in [a, b], abbiamo che esiste finito il limite
lim
x→a+f (x) = inf{f (x) | a < x < b} = `
se per assurdo f (a) < ` avremo che f (x) non assume alcun valore compreso tra f (a) e `, contro l’ipotesi che f ([a, b]) = [f (a), f (b)]. Analogalmente si prova che lim
x→b−f (x) = f (b).
3. Continuit`a della funzione inversa
Abbiamo visto che le funzioni strettamente monotone sono esempi di funzioni iniettive. Non `e per´o generalmente vero il viceversa. La funzione f (x) = ( x se 0 ≤ x < 1 3 − x se 1 < x ≤ 2 `
e funzione iniettiva ma non monotona. Il seguente risultato prova che la monotonia stretta `e invece condizione necessaria affinch`e una funzione continua risulti iniettiva.
Teorema 4.8. (invertibilit`a delle funzioni continue)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo [a, b]. Allora f (x) `e iniettiva in [a, b] se e solo se f (x) `e strettamente monotona in [a, b].
Dim. Dalla definizione segue immediatamente che una funzione strettamen-te monotona `e iniettiva. Per provare il viceversa, per assurdo supponiamo che esistano x1 < x2 < x3 in [a, b] tali che
i) f (x1) < f (x2) ma f (x2) > f (x3), oppure ii) f (x1) > f (x2) ma f (x2) < f (x3).
Supponiamo verificata la prima condizione. Avremo allora che f (x2) > max{f (x1), f (x3)}.
Se f (x1) > f (x3), allora preso y0 = f (x1), essendo f (x3) < y0 < f (x2), dal Teorema dei valori intermedi avremo che esiste x0 ∈ (x2, x3) tale che f (x0) = y0 = f (x1), in contraddizione con l’iniettivit`a di f (x). Analogalmente, se f (x1) < f (x3).
In modo analogo si procede se risulta verificata la seconda condizione. Siamo ora in grado di provare che l’inversa di una funzione continua `e continua.
Teorema 4.9. (continuit`a della funzione inversa)
Sia f (x) funzione continua e iniettiva in [a, b]. Allora la funzione inversa f−1(x) `e funzione continua nell’intervallo di estremi f (a) e f (b).
4. FUNZIONI UNIFORMEMENTE CONTINUE 109
Dim. Dal precedente risultato abbiamo che f (x) `e funzione strettamente monotona. Consideriamo il caso in cui risulti strettamente crescente. Avre-mo allora che la funzione inversa risulta strettamente crescente e poich`e f ([a, b]) = [f (a), f (b)] otteniamo
f−1([f (a), f (b)]) = f−1(f ([a, b])) = [a, b].
Quindi dal Teorema sulla continuit`a delle funzioni monotone, avremo che
f−1(x) risulta continua in [f (a), f (b)].
Utilizzando il precedente risultato otteniamo ad esempio che le funzioni arcsin x e arccos x risultano continue in [−1, 1] e che la funzione arctan x `
e continua in R. In particolare si hanno i seguenti limiti lim x→0arcsin x = 0 e lim x→0 arcsin x x = limy→0 y sin y = 1
4. Appendice: Funzioni uniformemente continue e Teorema di Heine-Cantor
Una funzione f (x) si dice uniformemente continua nell’insieme A ⊆ R se per ogni ε > 0 esiste δ > 0 tale che per ogni x, x0 ∈ A tali che |x − x0| < δ risulta |f (x) − f (x0)| < ε.
`
E evidente che una funzione uniformemente continua in un insieme A ⊆ R risulta continua in A. Il seguente risultato prova che le due condizioni sono equivalenti in intervalli chiusi e limitati.
Teorema 4.10. (Heine-Cantor)
Sia f (x) funzione continua nell’intervallo chiuso e limitato [a, b]. Al-lora f (x) risulta uniformemente continua in [a, b].
Dim. con il Metodo di Bisezione
Per assurdo, supponiamo che la funzione non risulti uniformemente continua. Avremo allora che esiste ε0 > 0 tale che per ogni δ > 0 esistono x, ¯x ∈ [a, b] tali che |x − ¯x| < δ ma |f (x) − f (¯x)| ≥ ε0. Avremo allora in particolare che
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a, b]} ≥ ε0
Sia c = a+b2 , avremo allora che
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a, c]} ≥ ε0 o sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [c, b]} ≥ ε0 e poniamo
(i) a1 = a e b1 = c se sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a, c]} ≥ ε0, oppure (ii) a1 = c e b1 = b se sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [c, b]} ≥ ε0.
Avremo allora che
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a1, b1]} ≥ ε0, a ≤ a1 < b1 ≤ b e a1− b1 = b−a2 .
Ripetendo il ragionamento sull’intervallo [a1, b1] , posto c1 = a1+b1
2 , avremo che sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a1, c1]} ≥ ε0 oppure sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [c1, b1]} ≥ ε0 e poniamo
(i) a2 = a1 e b2= c1 se sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a1, c1]} ≥ ε0, oppure (ii) a2 = c1 e b2= b1 se sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [c1, b1]} ≥ ε0.
Avremo quindi che
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [a2, b2]} ≥ ε0, a ≤ a1 ≤ a2< b2≤ b1≤ b e a2− b2 = b1−a1
22 .
Procedendo per induzione, otterremo due successioni (an)n∈N e (bn)n∈Ntali che per ogni n ∈ N risulta
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [an, bn]} ≥ ε0, a ≤ an−1≤ an< bn≤ bn−1≤ b e an− bn= bn−1−an−1
2 = b−a2n .
Osservato che le successioni (an)n∈Ne (bn)n∈Nsono monotone e limitate, dal Teorema di regolarit`a delle successioni monotone avremo che tali successioni risultano convergenti. Essendo inoltre an− bn = b−a2n → 0 per n → +∞, il limite delle due successioni sar`a lo stesso. Sia allora
x0 = lim
n→+∞an= lim
n→+∞bn,
avremo che x0 ∈ [an, bn] per ogni n ∈ N. Essendo la funzione continua in x0 ∈ [a, b], esister`a δ > 0 tale che |f (x) − f (x0)| < ε0
2 per ogni x ∈ [a, b] tale che |x − x0| < δ. Scelto n ∈ N tale che bn− an = b−a2n < δ, avremo che per ogni x, ¯x ∈ [an, bn] si avr`a |x − x0| < δ e |¯x − x0| < δ e dunque |f (x) − f (x0)| < ε0
2 e |f (¯x) − f (x0)| < ε0
2. Quindi |f (x) − f (¯x)| < ε0, per ogni x, ¯x ∈ [an, bn], in contraddizione con
sup{|f (x) − f (¯x)| | x, ¯x ∈ [an, bn]} ≥ ε0.
Dim. con il Teorema di Bolzano-Weierstrass
Per assurdo, supponiamo che la funzione non risulti uniformemente continua. Avremo allora che esiste ε0 > 0 tale che per ogni δ > 0 esistono x, ¯x ∈ [a, b] tali che |x − ¯x| < δ ma |f (x) − f (¯x)| ≥ ε0. Per ogni n ∈ N, scelto δn = n1 avremo allora che esistono xn, ¯xn ∈ [a, b] tali che |xn − ¯xn| < δ ma |f (xn) − f (¯xn)| ≥ ε0. Essendo le successioni (xn) e (¯xn) limitate, dal Teorema di Bolzano-Weierstrass, abbiamo che tali successioni ammettono sottosuccessioni estratte convergenti che per semplicit`a denoteremo ancora
4. FUNZIONI UNIFORMEMENTE CONTINUE 111
con (xn) e (¯xn). Essendo |xn− ¯xn| < n1 per ogni n ∈ N avremo che il limite di tale estratte sar`a lo stesso. Sia allora
x0= lim
n→+∞xn= lim
n→+∞x¯n.
Osservato che x0 ∈ [a, b], essendo f (x) continua in x0 avremo che f (x0) = lim
n→+∞f (xn) = lim
n→+∞f (¯xn).
5. Esercizi
Stabilire dove risultano continue le seguenti funzioni:
1. f (x) = sin x−x log(1+x) se x > 0 0 se x = 0 cos x−1 x se x < 0 [R] 2. f (x) = ex−√1+x x se x > 0 0 se x = 0 log(1−x) x2 se x < 0 [R \ {0}] 3. f (x) = sin x(ex2−1) x3 se x > 0 1 se x = 0 log(1+x2) x2+x3 se x < 0 [R \ {−1}] 4. f (x) = √ 1+2x−√31+x x se x > 0 2 3 se x = 0 sinh x cosh x−1 se x < 0 [R \ {0}] 5. f (x) = log(1+√√x)+sin x x se x > 0 1 se x = 0 e2x−1 log(1+2x) se x < 0 [x > −12]
Stabilire per quali valori del parametro α ∈ R le seguenti funzioni risultano continue in x0 = 0: 1. f (x) = (α√cos x−ex2 √ 1+x−√1−x se x > 0 0 se x ≤ 0 [α = 1]* 2. f (x) = (√ x2+α2−α x se x > 0 sin x se x ≤ 0 [α > 0]* 3. f (x) = ( x sin x−cos x+α arctan x se x > 0 e2x− 1 se x ≤ 0 [α = 1]* 4. f (x) = ( eα−1x se x > 0 x + α se x ≤ 0 [α = 1] 5. f (x) = (cos(x2)−cos2(αx) x2 se x > 0 √ 1 − x se x ≤ 0 [α = ±1] 6. f (x) = ( x√1+αx−sin x x se x > 0 1−cos x x2 se x ≤ 0 [nessun α]
CAPITOLO 5