Funzioni continue – Esercizi

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Funzioni Continue – Esercizi

Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sulle funzioni continue! In questo articolo presentiamo 43 problemi su questo importante argomento, di varia natura e suddivisi per tema. Di ogni esercizio forniamo una o più soluzioni complete, così che il lettore possa confrontare le proprie risoluzioni con quelle da noi proposte e affinare le sue capacità di problem solving. La raccolta è quindi rivolta sia a studenti dei corsi di Analisi Matematica 1, dove questo importante argomento viene tradizionalmente affrontato, sia ad appassionati e cultori della materia, che desiderano cimentarsi con problemi vari, originali e stimolanti.

Consigliamo la lettura del seguente materiale teorico di riferimento:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi su temi affini:

Buona lettura!

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 43 esercizi svolti sulle funuzioni continue. 22 esercizi sulla continuità e discontinuità delle funzioni, 6 esercizi sul teorema degli zeri, 4 esercizi sul teorema di Weierstrass, 6 esercizi sull’uniforme continuità, 5 esercizi teorici sulla continuità.

Funzioni continue: autori e revisori

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Autori: Daniele Fakhoury, Luigi De Masi, Sara Sottile, Silvia Lombardi.

Revisori: Valerio Brunetti, Sergio Fiorucci, Matteo Talluri, Chiara Bellotti.

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Funzioni continue: richiami teorici

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Inseriamo in questa sezione i principali risultati teorici utilizzati nel corso della dispensa. Per le dimostrazioni dei seguenti risultati e per ulteriori approfondimenti si rimanda alla dispensa sulle funzioni continue [1].

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Proposizione 1.1 (continuità dei polinomi e del quoziente di polinomi [1 proposizione 2.8]).

Siano $n \in \mathbb{N}$ e $a_i \in \mathbb{R}\; \forall i =0,\dots, n$ . Allora la funzione polinomiale $P\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da
$\begin{equation*} P(x)=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots + a_0 \qquad \forall x\in \mathbb{R} \end{equation*}$

è continua in $\mathbb{R}$ .
Siano inoltre $m \in \mathbb{N}$ , $b_i \in \mathbb{R}\; \forall i =0,\dots, m$ e sia $Q\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ la funzione polinomiale definita da
$\begin{equation*} b_nx^n + b_{n-1}x^{n-1}+\dots + b_0 \qquad \forall x\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Sia $A\coloneqq \{ x \in \mathbb{R} \colon Q(x) \neq 0 \}$ . Allora la funzione $g\colon A\to \mathbb{R}$ tale che $g(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}$ è continua in $A$ .

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Proposizione 1.2 (continuità del modulo). La funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(1) $\begin{equation*} f(x) =|x| \coloneqq \begin{cases} x & \text{se $x \geq 0$}\\ -x & \text{se $x < 0$} \end{cases} \end{equation*}$

è continua.

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Dimostrazione. $f$ è continua in $(0,+\infty)$ e $(-\infty,0)$ per la proposizione 1 perché in tali intervalli è un polinomio. Per $x=0$ , sempre per la continuità dei polinomi stabilita dalla proposizione 1 , vale

(2) $\begin{equation*} f(0)= 0 = \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x \end{equation*}$

e analogamente per il limite a sinistra.

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Proposizione 1.3 (continuità della funzione seno [1proposizione 2.9]). La funzione $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \sin x \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

è continua in $\mathbb{R}$ .

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Proposizione 1.4 (continuità della funzione coseno [1 proposizione 2.10]). La funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \cos x \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

è continua in $\mathbb{R}$ .

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Proposizione 1.5 ([continuità della funzione dell’esponenziale [1 proposizione 2.12]). Sia $a > 0$ un numero reale. La funzione $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = a^x \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

è continua in $\mathbb{R}$ .

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Proposizione 1.6 (continuità di somma, prodotto e quoziente di funzioni continue [1 proposizione 2.13]). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ , e siano $f,g \colon A \to \mathbb{R}$ . Consideriamo le funzioni $f+g, fg \colon A \to \mathbb{R}$ definite da

$(f+g)(x)\coloneqq f(x)+g(x) \quad \text{e} \quad (fg)(x) \coloneqq f(x)g(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

inoltre detto $B\coloneqq \{x\in A \colon g(x) \neq 0 \}$ consideriamo $\dfrac{f}{g}\colon B \to \mathbb{R}$ tale che $\dfrac{f}{g}(x) \coloneqq \dfrac{f(x)}{g(x)} \; \forall x \in B$ .Se $f$ e $g$ sono funzioni continue, allora $f+g$ , $fg$ e $\dfrac{f}{g}$ sono funzioni continue nei loro domini.

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Proposizione 1.7 (continuità della funzione tangente [ 1 corollario 2.14]). La funzione tangente $f\colon \mathbb{R}\setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k \pi \colon k \in \mathbb{Z} \right\} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \tan x \coloneqq \dfrac{\sin x}{\cos x} \qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + k \pi \colon k \in \mathbb{Z} \right\}$

è continua.

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Proposizione 1.8 (continuità della funzione composta [1 proposizione 2.15]). Si supponga che $f\colon A \to \mathbb{R}$ e $g\colon B \to \mathbb{R}$ siano tali che $f(A) \subseteq B$ . Se $f$ è continua in $x_0\in A$ e $g$ è continua in $y_0 \coloneqq f(x_0)\in B$ , allora la funzione composta $g \circ f$ è continua in $x_0$ .

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Il seguente risultato è diretta conseguenza del “teorema ponte”, il cui approfondimento è presente in [1 ].

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Teorema 1.9 (caratterizzazione della continuità per successioni [1 teorema 3.3]). Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ , sia $f \colon A \to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in A$ . Allora le due affermazioni seguenti sono equivalenti:

$f$ è continua in $x_0$ ;
per ogni successione $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ a valori in $A$ tale che $x_n \to x_0$ , si ha
(3) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty}f(x_n)=f(x_0). \end{equation*}$

Definizione 1.10 (funzione prolungabile con continuità [1 definzione 4.3]). Dati $A \subset \mathbb{R}$ e $x_0 \in \mathbb{R}\setminus A$ di accumulazione per $A$ , una funzione continua $f \colon A \to \mathbb{R}$ si dice estendibile o prolungabile con continuità in $x_0$ se esiste finito $\displaystyle \ell=\lim_{x \to x_0}f(x)$ , ossia se la funzione $\tilde{f} \colon A \cup \{x_0\} \to \mathbb{R}$ , ottenuta ponendo

(4) $\begin{equation*} \tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x) & \text{se } x \in A\\ \ell & \text{se } x=x_0, \end{cases} \end{equation*}$

è continua. Tale $\tilde{f}$ è detta estensione continua di $f$ in $x_0$ . In caso contrario, $f$ si dice non estendibile con continuità in $x_0$ .

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Teorema 1.11 (teorema degli zeri [1 teorema 5.3]). Sia $f\colon [a,b]\subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione continua.Se $f(a)\cdot f(b) < 0$ , allora esiste $x_0\in \left(a,b\right)$ tale che $f(x_0)=0$ .

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Corollario 1.12 ([1 corollario 5.6]). Siano $f,g \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ due funzioni continue tali che

(5) $\begin{equation*} f(a)>g(a) \qquad \text{e} \qquad f(b) < g(b), \end{equation*}$

oppure

(6) $\begin{equation*} f(a)<g(a) \qquad \text{e} \qquad f(b) > g(b). \end{equation*}$

Allora esiste $x_0 \in (a,b)$ tale che

(7) $\begin{equation*} f(x_0)=g(x_0). \end{equation*}$

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Teorema 1.13 (dei valori intermedi [1 teorema 5.9]). Sia $I\subset \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione continua. Siano

$m = \inf_I f, \qquad M = \sup_I f$

l’estremo inferiore e l’estremo superiore dei valori assunti da $f$ in $I$ , rispettivamente. Allora per ogni $c \in (m, M)$ esiste $x_0 \in I$ tale che $f(x_0) = c$ . In altri termini la funzione assume tutti i valori compresi tra $m$ e $M$ .

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Teorema 1.14 (continuità della funzione inversa [1 teorema 5.14]). Siano $I,J \subseteq \mathbb{R}$ intervalli e sia $f\colon I \to J$ una funzione continua e invertibile; allora $f^{-1}$ è continua.

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Proposizione 1.15 (invertibilità delle potenze $n$ -esime [1 teorema 5.19]). Sia $n \in \mathbb{N}$ .

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Se $n$ è pari, allora per ogni $a \in [0,+\infty)$ esiste un unico $b \in [0,+\infty)$ tale che $b^n=a$ .
Se $n$ è dispari, allora per ogni $a \in \mathbb{R}$ esiste un unico $b \in \mathbb{R}$ tale che $b^n=a$ .

In particolare, le funzioni potenza $n$ -esima definite da

(8) $\begin{align*} f_n \colon x \in [0,+\infty) \mapsto & \,\,x^n \in [0,+\infty) \qquad \text{se $n$ è pari} \\ f_n \colon x \in \mathbb{R} \mapsto& \,\, x^n \in \mathbb{R} \qquad \qquad \text{se $n$ è dispari} \end{align*}$

sono invertibili e le loro inverse , chiamate funzioni radici $n$ -esime , sono continue.

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Definizione 1.16 (radice $n$ -esima [1 definzione 5.20]). Sia $n \in \mathbb{N}$ e sia $a \in \mathbb{R}$ se $n$ è dispari, altrimenti sia $a \in [0,+\infty)$ se $n$ è pari. L’unico numero $b \in \mathbb{R}$ fornito dalla proposizione 1.15 tale che $b^n=a$ viene detto radice $n$ -esima di $a$ e viene denotato con il simbolo $\sqrt[n]{a}$ .La funzione continua $f_n^{-1}$ inversa della funzione $f_n$ definita in (8) è detta funzione radice $n$ -esima.

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Proposizione 1.17 (invertibilità della funzione esponenziale). Sia $a \in (0,1) \cup (1,+\infty)$ . Allora per ogni $y_0 \in (0,+\infty)$ esiste un unico $x_0 \in \mathbb{R}$ tale che $a^{x_0}=y_0$ . In particolare, la funzione esponenziale $f_a \colon \mathbb{R} \to (0,+\infty)$ definita da

(9) $\begin{equation*} f_a(x)=a^x \qquad \forall x \in \mathbb{R} \end{equation*}$

è invertibile e la sua inversa $f_a^{-1}$ , chiamata funzione logaritmo in base $a$ , è continua.

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Definizione 1.18 ([logaritmi [1 definzione 5.22]). Sia $a \in (0,1) \cup (1,+\infty)$ e sia $y_0 \in (0,+\infty)$ . L’unico numero $x_0 \in \mathbb{R}$ fornito dalla proposizione 1.17 tale che $a^{x_0}=y_0$ viene detto logaritmo in base $a$ di $y_0$ e viene denotato con il simbolo $\log_a y_0$ .La funzione continua $f_a^{-1} \colon (0,+\infty) \to \mathbb{R}$ definita da

(10) $\begin{equation*} f_a^{-1}(y) = \log_a(x) \qquad \forall x \in (0,+\infty), \end{equation*}$

inversa della funzione esponenziale $f_a$ definita in (9) è detta funzione logaritmica e viene indicata con lo stesso simbolo $\log_a$ . Se $a=e$ , con $e$ il numero di Nepero, allora $\log_e y$ viene detto logaritmo naturale e più comunemente denotato con $\log y$ .

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Proposizione 1.19 ( [1 proposizione 5.23]). Siano $f,g \colon A \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ funzioni continue con $f>0$ . Allora la funzione $f^g$ è continua.

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Definizione 1.20 (funzioni trigonometriche inverse [1 definzione 5.26]).

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Si definisce funzione arcoseno la funzione definita da
$\arcsin x \colon x \in [-1,1] \mapsto \sin^{-1} x \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right].$
Si definisce funzione arcocoseno la funzione definita da
$\arccos x \colon x \in [-1,1] \mapsto \cos^{-1} x \in \left[0, \pi \right].$
Si definisce funzione arcotangente la funzione definita da
$\arctan x \colon x \in \mathbb{R} \mapsto \tan^{-1} x \in \left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right].$

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Proposizione 1.21 (continuità delle funzioni trigonometriche inverse, [1 proposizione 5.28]). Le funzioni $\arcsin$ , $\arccos$ e $\arctan$ definite in 1.20 sono funzioni continue nei loro domini.

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Teorema 1.22 (Weierstrass, [1 teorema 5.30]). Siano $a, b \in \mathbb{R}, a \leq b$ e sia $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione continua. Allora $f$ ammette massimo e minimo assoluti in $[a,b]$ , ovvero esistono $x_m, \, x_M \in A$ tali che

$f(x_m)\leq f(x) \leq f(x_M) \qquad \forall x \in [a,b] .$

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Teorema 1.23 (Heine-Cantor [1 ,terema 6.10]). Siano $a,b\in \mathbb{R}$ e sia $f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ una funzione continua. Allora $f$ è uniformemente continua.

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Proposizione 1.24 ([1 proposizione 6.22]). Sia $A\subseteq\mathbb{R}$ . Se $f\colon A\rightarrow \mathbb{R}$ è lipschitziana allora $f$ è uniformemente continua.

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Corollario 1.25 ([1corollario 6.23]). Sia $A\subseteq\mathbb{R}$ . Se $f\colon A\rightarrow \mathbb{R}$ è una funzione lipschitziana allora $f$ è continua.

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Continuità e discontinuità di funzioni

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Esercizio 2.1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \setminus \{0\} \rightarrow \mathbb{R}$ definita da $f(x) = \dfrac{1}{x}$ e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione in esame è una funzione razionale, dunque per la proposizione 1 essa è continua. Ci si chiede se $f$ possa essere prolungata con continuità in $x=0$ (definizione 1 ); tuttavia, da [1 esempi 3.5 e 4.4], sappiamo che

(11) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} \quad \text{non esiste,} \end{equation*}$

dunque $f$ non è prolungabile in $x=0$ con continuità.

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Esercizio 2.2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} x-1, \qquad & \mbox{ per } x\leq 0\\[8pt] x^2, \qquad & \mbox{ per } 0 < x \leq 1\\[8pt] \sqrt{x}, \qquad & \mbox{ per } x > 1 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $(-\infty,0)$ e in $(0,1)$ per proposizione 1 ed è continua in $(1,+\infty)$ per la proposizione 9. Resta da chiarire se $f$ è continua nei punti $x=0$ e $x =1$ .

Si osserva che

$\lim_{x \to 0^-} f(x) =-1 \qquad \mbox{e} \qquad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 0,$

dunque $f$ presenta una discontinuità di salto in $x=0$ di ampiezza $1$ . Inoltre,

$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 \qquad \mbox{e} \qquad \lim_{x \to 1^+} f(x) = 1 ,$

quindi $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x)=f(1)=1$ , da cui si conclude che $f$ è continua in $x=1$ . In figura 1 è rappresentata la funzione.

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funzioni continue

Figura 1: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.

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Esercizio 2.3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} x-1, \qquad & \mbox{ per } x \leq 1\\[8pt] x^2-1, \qquad & \mbox{ per } x >1 \\[8pt] \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione $f$ è polinomiale negli intervalli $(-\infty,1)$ e $(1,+\infty)$ , e quindi è continua in essi per proposizione 1 . Resta da trattare il punto $x =1$ . Si ha

$\lim\limits_{x \to 1^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^+} x^2-1 = 0,$

$\lim\limits_{x \to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^-} x-1 = 0,$

e poiché $f(1) =0$ , segue che $f$ è continua.

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Esercizio 2.4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} x^2+4, \qquad & \mbox{ per } x < 2\\[8pt] 7,\qquad & \mbox{ per } x =2\\[8pt] x^3, \qquad & \mbox{ per } x >2 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione $f$ è una funzione polinomiale negli intervalli $(-\infty,2)$ e $(2,+\infty)$ , dunque è continua in essi per proposizione 1 . Resta da studiare il punto $x=2$ . Si osserva che

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} x^3 = 8,\\ & \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \left(x^2+4\right) = 8. \end{aligned}$

Pertanto $\displaystyle\lim_{x \to 2} f(x) = 8$ . Tuttavia $f(2)=7$ , dunque in $x=2$ è presente una discontinuità eliminabile.

Possiamo definire una nuova funzione $\widetilde{f}\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tale che

$\widetilde{f}(x)= \begin{cases} x^3, \qquad & \mbox{ per } x >2 \\[8pt] 8,\qquad & \mbox{ per } x =2\\[8pt] x^2+4, \qquad & \mbox{ per } x < 2 \end{cases},$

che è continua.

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Esercizio 2.5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} 2x-3, \qquad & \mbox{ per } x < 2\\[8pt] 1,\qquad & \mbox{ per } x =2\\[8pt] \dfrac{1}{x-1}, \qquad & \mbox{ per } x >2 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione è continua nell’intervallo $(-\infty,2)$ per la proposizione 1 ; inoltre, poiché il denominatore $x-1$ della frazione non si annulla in $(2,+\infty)$ , la proposizione 1 implica dunque che $f$ è continua in $(2,+\infty)$ . Studiamo dunque la continuità in $x=2$ . Si ha

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \dfrac{1}{x-1} = 1\\ & \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-}\left( 2x-3 \right)= 1. \end{aligned}$

Questo ci fa concludere che $\displaystyle \lim_{x \to 2} f(x) = 1$ ; inoltre $f(2) = 1$ , pertanto la funzione $f$ è continua.

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Esercizio 2.6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} x, \qquad & \mbox{ per } x < 0\\[8pt] 5,\qquad & \mbox{ per } x =0\\[8pt] x^2, \qquad & \mbox{ per } x >0 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione è continua negli intervalli $(-\infty,0)$ e $(0,+\infty)$ per la proposizione 1 . Studiamo dunque la continuità in $x=0$ . Si ha

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} x^2 = 0\\ & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-}x= 0. \end{aligned}$

Si conclude che $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)$ esiste ma $f(0)= 5$ , dunque in $x=0$ la funzione $f$ ha una discontinuità eliminabile.

Detta $\widetilde{f}\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tale che

$\widetilde{f}(x) = \begin{cases} x, \qquad & \mbox{ per } x \leq 0\\ x^2, \qquad & \mbox{ per } x >0 \end{cases},$

essa è una funzione continua.

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Esercizio 2.7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} 2x+2, \qquad & \mbox{ per } x < 0 \\[8pt] 1-\sqrt{x},\qquad & \mbox{ per } 0\leq x<1\\[8pt] \log x, \qquad & \mbox{ per } x \ge 1 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione è continua nell’ intervallo $(-\infty, 0 )$ per proposizione 1 , in $[0,1)$ per la proposizione 9 e in $[1,+\infty)$ per la proposizione 10. Resta da chiarire se è continua nei punti $x=0$ e $x=1$ . Osserviamo che

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \left(1-\sqrt{x}\right) = 0,\\ & \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \log x = 0. \end{aligned}$

Si conclude che $\displaystyle \lim_{x \to 1} f(x)= 0$ ed inoltre $f(1)=0$ , quindi $f$ è continua in $x=1$ . Riguardo il punto $x=0$ , si ha

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} 2x +2 = 2,\\ & \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(1-\sqrt{x}\right) = 1. \end{aligned}$

Si conclude che $f$ ha una discontinuità di salto in $x=0$ di ampiezza $-1$ . In figura 2 è rappresentata la funzione.

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funzioni continue

Figura 2: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.7.

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Esercizio 2.8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità di $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin(\pi x)}{x} \qquad &\mbox{per } x<0 \text{ e } 0 < x < 1\\[8pt] \pi \qquad &\mbox{per } x=0 \text{ e } x = 1\\[8pt] \dfrac{\pi}{\vert x-2 \vert}\qquad &\mbox{per } 1<x<2\\[8pt] e^{x-2}, \qquad &\mbox{per } x \ge 2 \end{cases}$

e discutere la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione è continua nell’intervallo $(-\infty, 1 )\setminus \{0\}$ per le proposizioni 3 , 6 e 8, in $(1,2)$ per proposizione 1 e in $[2,+\infty)$ per le proposizioni 5 e 8. Resta da chiarire se è continua nei punti $x=0$ , $x=1$ e $x=2$ .

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$x=0$ . Si osserva che
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \pi \frac{\sin (\pi x)}{ \pi x} = \pi = f(0),$

avendo usato il limite notevole

$\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1.$

Segue dunque che la funzione $f$ è continua in $x=0$ .
$x=1$ . Si ha
$\begin{aligned} & \lim_{x \to 1^+} f(x) = \pi ,\\ & \lim_{x \to 1^-} f(x) = 0. \end{aligned}$

Poiché limite destro e sinistro sono diversi e finiti, segue che $\displaystyle \lim_{x\to 1} f(x)$ non esiste e in $x=1$ si ha una discontinuità di salto di ampiezza $\pi$ .
$x=2$ . Si osserva che
$\begin{aligned} & \lim_{x \to 2^+} f(x) = 1 ,\\ & \lim_{x \to 2^-} f(x) = + \infty. \end{aligned}$

Poiché il limite sinistro è infinito, $x=2$ è un punto di discontinuità di seconda specie.

In figura 3 è rappresentata la funzione.

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funzioni continue

Figura 3:rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.8.

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Esercizio 2.9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon [-1,+\infty)\to \mathbb{R}$ definita da

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} e^x + \dfrac{1}{\log 2} \left(\dfrac{2^x-1}{x}\right) - \dfrac{2}{\pi} \arccos x, \qquad &\mbox{per } -1 \leq x<0\\[8pt] \dfrac{3}{2},\qquad &\mbox{per } x=0\\[8pt] \dfrac{\sin x}{x} + \dfrac{1-\cos x}{x^2}, \qquad &\mbox{per } x>0 \end{cases} \end{equation*}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

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Svolgimento.

La funzione $f$ , rappresentata in figura 4 , è continua in $(-1,+\infty) \setminus \{0\}$ per le proposizioni 1 ,3 , 4, 5, 8 e 12.

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funzioni continue

Figura 4: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.9.

$\,$

Per studiarne la continuità in $0$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

(12) $\begin{gather*} \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{\sin x}{x} + \dfrac{1-\cos x}{x^2}\right) = 1+ \dfrac{1}{2}= \dfrac{3}{2}\\ \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \left(e^x + \dfrac{1}{\log 2} \left(\dfrac{2^x-1}{x}\right) - \dfrac{2}{\pi} \arccos x\right) = 1 + \dfrac{1}{\log 2} \log 2 - 1 = 1, \end{gather*}$

dove sono stati usati la continuità dell’esponenziale e dell’arcocoseno e i limiti notevoli

(13) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1, \qquad \lim_{x \to 0} \dfrac{1 - \cos x}{x^2} = \dfrac{1}{2}, \qquad \lim_{x \to 0} \dfrac{a^x-1}{x} = \log a. \end{equation*}$

Poiché i limiti destro e sinistro non coincidono, $f$ presenta in $x=0$ una discontinuità di salto.

$\,$

Esercizio 2.10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definita da

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} \dfrac{e^{\pi x}-1}{x} \qquad &\mbox{per } x<0\\[8pt] \pi \qquad &\mbox{per } x=0\\[8pt] \dfrac{\sin(\pi x)}{x} \qquad &\mbox{per } x>0\\ \end{cases} \end{equation*}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ per le proposizioni 3 , 5, 6 e 8. Per studiarne la continuità in $0$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

(14) $\begin{gather*} \lim_{x \to 0^+} f(x) =\lim_{x \to 0^+} \pi \cdot \dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}= \pi, \\ \lim_{x \to 0^-} f(x) =\lim_{x \to 0^-} \pi \cdot \dfrac{e^{\pi x}-1}{\pi x}=\pi,\\ \end{gather*}$

dove sono stati usati i limiti notevoli

(15) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1, \qquad \lim_{x \to 0} \dfrac{a^x-1}{x} = \log a. \end{equation*}$

Poiché i limiti destro e sinistro coincidono, si ha

(16) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0), \end{equation*}$

per cui $f$ è continua.

$\,$

Esercizio 2.11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definita da

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} 3\left(e^{\frac{1}{x-3}}+1\right) \qquad &\mbox{per } x<3\\[8pt] x-2 \qquad &\mbox{per } x \ge 3 \end{cases} \end{equation*}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R} \setminus \{3\}$ per le proposizioni 5, 6 e 8. Per studiarne la continuità in $3$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

(17) $\begin{gather*} \lim_{x \to 3^-} f(x) =\lim_{x \to 3^-} 3\left(e^{\frac{1}{x-3}}+1\right) = 3, \\ \lim_{x \to 3^+} f(x)= \lim_{x \to 3^+} x-2 = 1. \end{gather*}$

dove sono stati usati

(18) $\begin{equation*} \lim_{x \to 3^-} \dfrac{1}{x-3} = -\infty \qquad \text{e} \qquad \lim_{t\to -\infty}e^t = 0. \end{equation*}$

Poiché i limiti destro e sinistro sono diversi, segue che non esiste $\lim_{x \to 3} f(x)$ , dunque $f$ non è continua in $x=3$ . Inoltre, in $f$ ha una discontinuità di salto in $x=3$ di ampiezza $-2$ . In figura 5 è rappresentata la funzione.

$\,$

funzioni continue

Figura 5: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.11.

$\,$

Esercizio 2.12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon [-1,+\infty)\to \mathbb{R}$ definita da

$\begin{equation*} f(x)= \begin{cases} \arcsin x, \qquad &\mbox{per } -1 \leq x \le 0\\[8pt] \dfrac{1}{x}, \qquad &\mbox{per } x>0 \end{cases} \end{equation*}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $[-1,+\infty) \setminus \{0\}$ per le proposizioni 1 e 12.

Per studiarne la continuità in $0$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty,\\ & \lim_{x \to 0^-} f(x) = 0. \end{aligned}$

Poiché il limite destro è infinito, $f$ non è continua in $x=0$ e questo è un punto di discontinuità di seconda specie per $f$ .

$\,$

Esercizio 2.13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} \arctan(x-1), \qquad &\mbox{per } x<0\\[8pt] 1, \qquad &\mbox{per } x=0\\[8pt] e^{x^2}, \qquad &\mbox{per } x>0 \end{cases}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ per le proposizioni 1 , 5, 8 e 12. Per studiarne la continuità in $0$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f(x)= \lim_{x \to 0^+} e^{x^2}= 1,\\ & \lim_{x \to 0^-} f(x) =\lim_{x \to 0^-} \arctan(x-1) =-\dfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$

Poiché i limiti destro e sinistro sono diversi, segue che non esiste $\lim_{x \to 0} f(x)$ , dunque $f$ non è continua in $x=0$ . Inoltre, $f$ ha una discontinuità di salto nel punto $x=0$ di ampiezza $1+\frac{\pi}{4}$ .

$\,$

Esercizio 2.14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} 2 \, \dfrac{(1+2x)^{\frac{1}{x}}}{e^2},\qquad & \mbox{per } x<0\\[8pt] 3,\qquad & \mbox{per } x=0\\[8pt] \dfrac{\sin(2x)}{x},\qquad & \mbox{per } x>0 \end{cases}$

e determinare la natura di eventuali punti di discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ per le proposizioni 1 , 3 , 5, 6, 8 e 11.

Per studiarne la continuità in $0$ , calcoliamone i limiti sinistro e destro in tale punto.

$\begin{aligned} & \lim_{x \to 0^+} f(x) = 2\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin (2x)}{2x}= 2,\\ & \lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \dfrac{2}{e^2}\cdot \left( \left(1+2x \right)^{\frac{1}{2x}}\right)^2=2, \end{aligned}$

in cui è stato usato il limite

$\lim_{t \to +\infty} \left(1+ \dfrac{1}{t}\right)^t = e.$

Poiché $f(0)=3 \neq 2 = \lim_{x \to 0} f(x)$ , segue $f$ ha una discontinuità eliminabile in $x=0$ .

$\,$

Esercizio 2.15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determinino i valori del parametro $a \in \mathbb{R}$ tali per cui la funzione
$f \colon \mathbb{R} \setminus \{-2\} \to \mathbb{R}$ definita da

$\begin{equation*} f(x)= \dfrac{ax^2+2x+1}{x+2} \qquad \forall x \in \mathbb{R} \setminus \{-2\} \end{equation*}$

sia prolungabile con continuità in $x=-2$ e determinarne gli eventuali prolungamenti continui.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R} \setminus \{-2\}$ per la proposizione 1 , in quanto essa è costituita dal rapporto di polinomi e il denominatore non è nullo in tale insieme. Per la definizione 1, $f$ è prolungabile con continuità in $x=-2$ se e solo se essa possiede limite finito $\ell$ in tale punto. Poiché il numeratore $ax^2+2x+1$ è continuo mentre il denominatore si annulla per $x=-2$ , affinché $\lim_{x \to -2}f(x)$ esista finito è necessario che anche il numeratore si annulli per $x=-2$ , cioè

(19) $\begin{equation*} a \cdot4 + 2(-2) +1=0 \iff a=\dfrac{3}{4}. \end{equation*}$

L’unico valore di $a$ per cui è possibile che $f$ sia prolungabile con continuità è quindi $\dfrac{3}{4}$ . Verifichiamo che effettivamente ciò è vero. Per $a=\dfrac{3}{4}$ si ha quindi

(20) $\begin{equation*} \lim_{x \to -2} f(x) = \lim_{x \to -2} \dfrac{\frac{3}{4}x^2+2x+1}{x+2} = \lim_{x \to -2} \dfrac{(x+2)\left(\frac{3}{4}x+\frac{1}{2}\right)}{x+2} = \lim_{x \to -2} \dfrac{3}{4}x+\dfrac{1}{2} = -1, \end{equation*}$

che è finito. Per $a=\dfrac{3}{4}$ , la funzione $f$ è quindi prolungabile con continuità in $x=-2$ e il suo prolungamento continuo è la funzione $\tilde{f} \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(21) $\begin{equation*} \tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\frac{3}{4} x^2+2x+1}{x+2} & \text{se } x \neq -2,\\[8pt] -1 & \text{se } x =-2. \end{cases} \end{equation*}$

$\,$

Esercizio 2.16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i valori di $a \in \mathbb{R}$ tali per cui $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$

$\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} a(x^3+2) \ &\text{per}\ x \leq 1 \\[8pt] \sqrt{x}+\log(x) & \text{per}\ x > 1, \end{cases} \end{equation*}$

sia continua.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R}\setminus \{1\}$ per le proposizioni 1 , 9 e 10. Si osserva che

$\begin{equation*} \lim\limits_{x\rightarrow 1^-}f(x)=3a\quad \quad \text{e}\quad \quad\lim\limits_{x\rightarrow 1^+}f(x)=1. \end{equation*}$

Affiché i due limiti coincidano si deve avere $a=\frac{1}{3}$ . Pertanto per tale che valore si ha che $\displaystyle \lim_{x\to 1}f(x)=f(1)$ e quindi $f$ risulta continua in tutto il suo dominio. In figura 6 è rappresentata la funzione per il valore $a=\frac{1}{3}$ per cui è continua.

$\,$

funzioni continue

Figura 6: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.16.

$\,$

Esercizio 2.17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si mostri che la funzione $f \colon \mathbb{R}\to (0,+\infty)$ definita da

(22) $\begin{equation*} f(x) = \dfrac{e^{2x}}{e^x + 1} \qquad \forall x \in \mathbb{R} \end{equation*}$

è invertibile e si studi la continuità di $f^{-1}$ .

$\,$

Svolgimento.

Siano $x,y \in \mathbb{R}$ , $x<y$ . Allora la disuguaglianza $f(x)<f(y)$ è equivalente a

$\dfrac{e^{2x}}{e^x+1} < \dfrac{e^{2y}}{e^y+1} \Longleftrightarrow e^{2x} (e^y+1)< e^{2y}(e^x+1) \Longleftrightarrow e^{2x+y}+e^{2x} < e^{2y+x} + e^{2y}.$

Tale disuguaglianza è vera se $x<y$ , in quanto

$e^{2x+y} < e^{2y+x} \qquad \text{e} \qquad e^{2x}<e^{2y},$

per la monotonia della funzione esponenziale. Segue che $f$ è strettamente crescente, per cui $f$ è iniettiva. Per provare la suriettività calcoliamo i seguenti limiti:

$\lim_{x\to +\infty} f(x) = \lim_{x\to +\infty} \dfrac{e^{2x}}{e^x+1} = +\infty,$

$\lim_{x\to -\infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} \dfrac{e^{2x}}{e^x+1} = 0.$

Per la monotonia di $f$ , questi limiti implicano che $\inf f=0$ e $\sup f=+\infty$ e, per il teorema dei valori intermedi 3, l’immagine di $f$ è $(0,+\infty)$ e dunque $f$ è suriettiva. Segue quindi che $f$ è invertibile e, poiché $f$ è continua, anche $f^{-1}$ è continua per il teorema 4. Il grafico in figura 7 rappresenta la funzione $f$ .

$\,$

funzioni continue

Figura 7: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.17.

$\,$

Esercizio 2.18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R} \setminus \{-1\} \to \mathbb{R}$ definita da

(23) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 1 - \frac{1}{x+1} & \text{se } x \in (0,+\infty) \setminus\{1\}\\[8pt] 2 & \text{se } x \in \{0,1\}\\[8pt] \sin \left( \frac{1}{x+1} \right) xe^{-\frac{1}{x}} & \text{se } x \in (-1,0)\\[8pt] 0 & \text{se } x \in (-\infty,-1) \end{cases} \end{equation*}$

e classificarne le eventuali discontinuità. Stabilire se $f$ è prolungabile con continuità in $-1$ e, in caso affermativo, determinarne l’estensione continua $\tilde{f} \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ .

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua nell’insieme $(0,+\infty)\setminus\{1\}$ per le proposizioni 1 e 6 , ed è continua nell’intervallo $(-1,0)$ per le proposizioni 1 , 6 , 5, 3 e 8; inoltre $f$ è banalmente continua in $(-\infty,-1)$ poiché assume valore costante. Resta da studiare la continuità nei punti $x=1$ , $x=0$ e $x=-1$ .

$\,$

$x=1$ . Calcoliamo
$\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \left(1 - \dfrac{1}{x+1}\right) = \dfrac{1}{2} \neq 2 = f(1),$

dunque in $x=0$ la funzione $f$ ha una discontinuità eliminabile.
$x=1$ . Vale $f(0) = 2,$
$\qquad \lim_{x\to 0^{+}} f(x) = \lim_{x\to 0^{+}} 1- \dfrac{1}{x+1} = 0, \qquad \lim_{x\to 0^{-}} f(x)= \lim_{x \to 0^-} \sin \left( \frac{1}{x+1} \right) xe^{-\frac{1}{x}} = -\infty.$

L’ultimo limite segue dal fatto che

$\lim_{x \to 0^-} \sin \left( \frac{1}{x+1} \right) = \sin(1) \qquad \text{e}\qquad \lim_{x \to 0^-} x e^{-\frac{1}{x}} = \lim_{t \to +\infty} -\frac{e^t}{t} = -\infty,$

dove al secondo limite si è effettuata la sostituzione $t=-\frac{1}{x}$ e segue dal fatto che $e^{t}$ è un infinito di ordine superiore rispetto ad $t$ . Si conclude dunque che in $x=0$ la funzione $f$ ha un punto di discontinuità di seconda specie.
$x=-1$ . Si osserva che non esiste
$\lim_{x \to -1^+} \sin \left( \frac{1}{x+1} \right) xe^{-\frac{1}{x}},$

infatti poiché $xe^{-1/x}$ ha limite $-e$ , mentre $\lim_{x \to -1^+} \sin\left(\frac{1}{1 + x}\right)$ non esiste, allora il prodotto non ha limite. Dunque $f$ ha una discontinuità di seconda specie in $x=-1$ e quindi non è estendibile con continuità in tale punto.

Il grafico in figura 8 rappresenta la funzione $f$ .

$\,$

funzioni continue

Figura 8: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.18.

$\,$

Esercizio 2.19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(24) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin (x^2-2x) }{x^2-3x+2} & \text{se } x \notin \{1,2\}\\[7pt] 1 & \text{se } x \in \{1,2\}. \end{cases} \end{equation*}$

e classificarne le eventuali discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R}\setminus\{1,2\}$ per i risultati 1 , 3 , 6 e 8. Resta da studiare la continuità nei punti $1$ e $2$ .

Notiamo che la funzione $f$ in $\mathbb{R}\setminus\{1,2\}$ può essere riscritta come

$\dfrac{\sin (x(x-2)) }{(x-1)(x-2)} .$

$\,$

funzioni continue

Figura 9: rappresentazione della funzione dell’esercizio 2.19.

$\,$

Si ha che

$\lim_{x\to 1^{-}} f(x) = \lim_{x\to 1^{-}} \dfrac{\sin (x(x-2)) }{(x-1)(x-2)} = -\infty \qquad \text{e} \qquad \lim_{x\to 1^{+}} f(x) = \lim_{x\to 1^{+}} \dfrac{\sin (x(x-2)) }{(x-1)(x-2)} =+ \infty ,$

dunque $f$ ha una discontinuità di seconda specie in $x=1$ .

Inoltre

$\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} \dfrac{\sin (x(x-2)) }{(x-1)(x-2)} = \lim_{t\to 0} \dfrac{\sin(t(t+2))}{t(t+1)} =\lim_{t\to 0} \dfrac{\sin(t(t+2))}{t(t+2)}\dfrac{(t+2)}{t+1}= 2,$

avendo eseguito la sostituzione $t = x-2$ ed avendo utilizzato il limite notevole $\displaystyle \lim_{s \to 0} \frac{\sin s}{s}$ . Poiché $f(2) = 1$ , segue che $f$ ha una discontinuità eliminabile in $x=2$ . Il grafico in figura 9 rappresenta la funzione $f$ .

$\,$

Esercizio 2.20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Al variare del parametro $\alpha \in \mathbb{R}$ , studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(25) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} \dfrac{\log x^2}{|{x}^\alpha|} & \text{se } x \neq 0\\[8pt] 0 & \text{se } x = 0. \end{cases} \end{equation*}$

e classificarne le eventuali discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ per i risultati 1 , 2, 6, 8, 10 e 11 ¹ . Resta da studiare la continuità nel punto $0$ .

Si ha

$\lim_{x \to 0} \dfrac{\log x^2}{|{x}^\alpha|} = \lim_{x\to 0+} 2 \dfrac{\log x}{|{x}^\alpha|},$

dove l’uguaglianza segue dalla parità della funzione $f$ . Si osserva che se $\alpha \ge 0$ , allora

$\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty,$

dunque $f$ ha in $x=0$ un punto di discontinuità di seconda specie per ogni $\alpha \ge 0$ .

Viceversa per ogni $\alpha < 0$ la funzione $f$ è continua poiché $\displaystyle \lim_{x\to 0 }f(x) = f(0)$ , avendo usato il fatto che $x^{\alpha}$ è un infinito di ordine superiore al logaritmo.

$\,$

La funzione potenza a esponente reale $x \in (0,+\infty) \mapsto x^\alpha$ è continua in quanto essa può essere scritta
(26) $\begin{equation*} x^\alpha = e^{\log x^\alpha} = e^{\alpha \log x} \qquad x \in (0,+\infty), \end{equation*}$

che è continua per la proposizione 11 e il fatto che il logaritmo è una funzione continua per la proposizione 10. ↩

$\,$

Esercizio 2.21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Al variare del parametro $\alpha \in \mathbb{R}$ , studiare la continuità della funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(27) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} \dfrac{(1-\cos x^2) \sin \left(\frac{1}{x} \right)}{|{x}^\alpha|} & \text{se } x \neq 0\\[8pt] 0 & \text{se } x = 0 \end{cases} \end{equation*}$

e classificarne le eventuali discontinuità.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ per i risultati 1 , 2 ,3 , 4, 6, 8 e 11 ². Resta da studiare la continuità nel punto $0$ .

Osserviamo dapprima che

$\lim_{x\to 0} \dfrac{1-\cos x^2}{x^4} = \dfrac{1}{2},$

dunque per studiare il limite in $x=0$ riscriviamo

$\dfrac{(1-\cos x^2) \sin \left(\frac{1}{x} \right)}{|{x}^\alpha|} = \dfrac{(1-\cos x^2)}{x^4}\dfrac{ \sin \left(\frac{1}{x} \right)}{|{x}^{\alpha-4}|}, \qquad \forall x \neq 0$

e osserviamo che

$\lim_{x \to 0 }\dfrac{ \sin \left(\frac{1}{x} \right)}{|{x}^{\alpha-4}|}= \begin{cases} 0 & \text{ se } \alpha - 4 < 0, \\ \text{non esiste} & \text{ se } \alpha - 4 \geq 0, \end{cases}$

dove:

$\,$

per il caso $\alpha-4<0$ è stato utilizzato il fatto che la funzione $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ è limitata e l’uguaglianza $\lim_{x \to 0} \frac{1}{|{x}^{\alpha-4}|}=0$ ;
per $\alpha-4=0$ si ha $|{x}^{\alpha-4}| \equiv 1$ , mentre $\lim_{x \to 0 } \sin \left(\frac{1}{x} \right)$ non esiste;
per $\alpha-4>0$ i valori assunti da $\sin \left(\frac{1}{x} \right)$ oscillano tra $-1$ e $1$ , mentre $\lim_{x \to 0} \frac{1}{|{x}^{\alpha-4}|}=+\infty$ , quindi il prodotto oscilla tra valori positivi e negativi arbitrariamente grandi in modulo.

Segue quindi che $f$ è continua per ogni $\alpha < 4$ , viceversa $f$ ha una discontinuità di seconda specie per ogni $\alpha \ge 4$ .

$\,$

Come per la nota relativa all’esercizio 20. ↩

$\,$

Esercizio 2.22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i valori del parametro $\alpha \in \mathbb{R}$ affinché la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(28) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} \dfrac{\arctan(|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha)}{|x|} & \text{se } x \neq 0\\[8pt] 1 & \text{se } x = 0 \end{cases} \end{equation*}$

possieda un punto di discontinuità di terza specie.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f$ è continua in $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ per i risultati 2 , 6, 8 , 11 e 12 ³. Resta da studiare la continuità nel punto $0$ . Osserviamo dapprima che

(29) $\begin{equation*} \dfrac{\arctan(|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha)}{|x|} = \dfrac{\arctan(|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha)}{|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha} \dfrac{|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha}{|x|}. \end{equation*}$

Nei casi in cui $\alpha >0$ l’argomento della funzione $\arctan$ tende a zero, dunque si può utilizzare il seguente limite notevole

$\lim_{t \to 0 } \dfrac{\arctan t}{t} = 1,$

per ottenere

(30) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0} \dfrac{\arctan(|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha)}{|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha} = 1. \end{equation*}$

Per l’altro fattore in 29 si ha

(31) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0} \dfrac{|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha}{|x|} = \lim_{x\to 0} \dfrac{|x|^{\alpha}(|x|^\alpha+1)}{|x|} = \lim_{x\to 0} |x|^{\alpha-1}. \end{equation*}$

Utilizzando (30) e (31) in (29) si ottiene

(32) $\begin{equation*} \lim_{x\to 0} \dfrac{\arctan(|x|^{2\alpha}+|x|^\alpha)}{|x|} = \lim_{x\to 0} |x|^{\alpha-1}. \end{equation*}$

Affinché $f$ abbia un punto di discontinuità di terza specie in $x=0$ , tale limite deve assumere un valore finito diverso da $f(0)=1$ . Poiché per ogni $\alpha>1$ si ha

$\lim_{x \to 0} |x|^{\alpha-1} = 0,$

allora in questi casi $f$ ha una discontinuità di terza specie. In tutti gli altri casi si ha che

$\,$

$f$ è continua in $0$ se $\alpha = 1$ ;
$f$ ha una discontinuità di seconda specie in $0$ se $\alpha < 1$ , poiché il limite è infinito.

$\,$

Come per la nota relativa all’esercizio 20, la potenza a esponente reale è continua. ↩

$\,$

Teorema degli zeri

$\,$

Esercizio 3.1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon [0,3] \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = -2+x+\log(1+x) \quad \forall x \in [0,3].$

Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri nell’intervallo $[0,3]$ .

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo che la funzione $f$ , rappresentata in figura 10 , è continua poiché somma di funzioni continue per le proposizioni 1 e 6 e per la proposizione 10.

$\,$

Figura 10: rappresentazione della funzione dell’esercizio 3.1.

$\,$

Valutando la funzione agli estremi dell’intervallo di definizione si ha:

$\begin{aligned} f(0) =& -2+0+\log 1 = -2< 0,\\ f(3) =& -2+3+\log 4 > 0, \end{aligned}$

per cui $f(0) \cdot f(3) < 0$ , dunque le ipotesi del teorema degli zeri 1.11 sono valide. Allora, per il teorema di esistenza degli zeri, esiste $x_0 \in (0,3)$ tale che

$f(x_0) = 0.$

Il grafico in figura 10 evidenzia lo zero della funzione $f$ .

$\,$

Esercizio 3.2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f \colon \left[e^{-1},e\right] \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = x \log x - 1 \qquad x \in \left[e^{-1},e\right].$

Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri nell’intervallo $\left[e^{-1},e\right]$ . Quante sono tali soluzioni?

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo che la funzione $f$ , rappresentata in figura 11, è continua per le proposizioni 6 e 10.

Valutando la funzione agli estremi dell’intervallo di definizione si ha:

$\begin{aligned} f(e^{-1}) =& -e^{-1}-1 < 0,\\ f(e)=& e-1 >0, \end{aligned}$

per cui $f(e^{-1}) \cdot f(e) < 0$ , dunque le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri 1.11 sono valide. Allora esiste $x_0 \in \left(e^{-1},e\right)$ tale che

$f(x_0) = 0.$

Per cercare il numero di soluzioni di $f$ studieremo la sua monotonia, utilizzando lo strumento delle derivate per cui si rimanda a [3]. La derivata della funzione $f$ è

$\begin{equation*} f'(x) = \log x + x\dfrac{1}{x} = \log x + 1 \qquad \forall x \in \left(0, +\infty\right), \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} f'(x) > 0 \qquad \forall x \in \left(e^{-1}, +\infty\right). \end{equation*}$

Per [ 3, lemma 3.2], segue che $f$ è strettamente crescente nell’intervallo $\left(e^{-1},e\right)$ e dunque la soluzione di $f(x) = 0$ è unica. Il grafico in figura 11 evidenzia il risultato ottenuto.

$\,$

Figura 11: rappresentazione della funzione dell’esercizio 3.2.

$\,$

Esercizio 3.3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $k \in \mathbb{R}$ e $f\colon \mathbb{R}\setminus \left\{\dfrac{k}{3}\right\}\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \dfrac{kx-2}{3x-k},\qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus \left\{\dfrac{k}{3}\right\}.$

Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri nell’intervallo $\left[-1,1\right]$ al variare del parametro $k \in \mathbb{R}$ .

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo dapprima che per $\frac{k}{3} \in [-1,1] \Leftrightarrow k \in [-3,3]$ , la funzione $f$ non è definita nel punto $\frac{k}{3} \in \left[-1,1\right]$ poiché si annullerebbe il denominatore di $f$ , quindi non possiamo applicare il teorema degli zeri 1.11.

Consideriamo il caso in cui $k \notin [-3,3]$ . In questo caso la funzione $f$ è continua per le proposizioni 1 e 6. Valutiamo la funzione agli estremi di $\left[-1,1\right]$ :

$f(-1) = \dfrac{-k-2}{-3-k}=\dfrac{k+2}{k+3} > 0 ,$

$f(1)= \dfrac{k-2}{3-k}=-\dfrac{k-2}{k-3}< 0,$

dove le disuguaglianze seguono dal fatto che numeratore e denominatore hanno lo stesso segno sia per $k<-3$ che per $k>3$ . Dunque le ipotesi del teorema degli zeri sono soddisfatte ed esiste $x_0 \in (-1,1)$ tale che

$f(x_0) = 0.$

$\,$

Esercizio 3.4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $k \in \mathbb{R}$ e la funzione $f\colon (k,+\infty) \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \log(x-k)-1, \qquad \forall x \in (k,+\infty).$

Stabilire se valgono le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri nell’intervallo $\left[0,e\right]$ al variare del parametro $k \in \mathbb{R}$ .

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo che se $k\ge 0$ , allora l’intervallo $\left[0,e\right]$ non è incluso interamente nel dominio di $f$ e dunque non possiamo applicare il teorema degli zeri 1.11. Consideriamo dunque il caso in cui $k < 0$ . Osserviamo che la funzione $f$ è continua in $\left[0,e\right]$ per la proposizione 1.17 e valutiamola agli estremi di tale intervallo.

$\begin{aligned} & f(0) = \log(-k)-1,\\ &f(e)= \log(e-k)-1, \end{aligned}$

da cui si ha

(33) $\begin{gather*} f(0)>0 \Leftrightarrow \log(-k)>1 \Leftrightarrow-k>e \Leftrightarrow k < - e, \\ f(e) > 0 \Leftrightarrow \log(e-k)>1 \Leftrightarrow e-k>e \Leftrightarrow k <0, \end{gather*}$

dunque

$\,$

Se $k \in (-e,0)$ allora $f(0)<0$ e $f(e)>0$ ; dato che le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri sono valide, esiste $x_0 \in \left(0,e\right)$ tale che
$f(x_0) = 0.$
Se $k=-e$ allora $f(0) = 0$ e, poiché $f$ è crescente, tale zero è unico nell’intervallo $[0,e]$ .
Se $k < -e$ le ipotesi del teorema degli zeri non sono soddisfatte. Tuttavia, possiamo escludere l’esistenza di zero nell’intervallo $[0,e]$ poiché $f$ è crescente e $f(0) > 0$ .

$\,$

Esercizio 3.5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data l’equazione nella variabile $x$

(34) $\begin{equation*} e^x = \sin x, \end{equation*}$

stabilire quante soluzioni reali essa possiede. Determinare inoltre il numero di soluzioni positive.

$\,$

Svolgimento.

La funzione $f\colon x \in \mathbb{R} \to e^x \in (0,+\infty)$ (in blu in figura 12) è strettamente crescente, mentre la funzione $g\colon x \in \mathbb{R} \to \sin x \in [-1,1]$ (in rosso in figura 12) è una funzione periodica di periodo $2\pi$ .

Per $x \in [0,+\infty)$ si ha che

$f(x) < g(x),$

poiché $f(0) = 1$ e $f(x)>1$ per ogni $x>0$ , e $g(0) = 0$ e $g(x) \in [-1,1]$ per ogni $x>0$ . Allora in tale intervallo l’equazione non avrà alcuna soluzione. Notiamo inoltre che nell’intervallo $\left[-\frac{\pi}{2},0\right)$ la funzione $f$ è strettamente positiva mentre la funzione $g$ è strettamente negativa, dunque anche in tale intervallo non esistono soluzioni.

$\,$

Figura 12: rappresentazione della funzione dell’esercizio 3.5.

$\,$

Si fissi $k\in \mathbb{N}$ e si consideri l’intervallo $[a,b]\coloneqq \left[-\frac{\pi}{2}-k\pi , -\frac{\pi}{2}-(k+1)\pi\right]$ , si ha che

$0 < f(a) < 1, \quad 0 < f(b) < 1 \qquad \text{e} \qquad \begin{cases*} g(a)=1,\quad g(b)=-1 & \text{ se $k$ è dispari}\\ g(a)=-1, \quad g(b)=1 & \text{ se $k$ è pari}, \end{cases*}$

da cui, per il corollario 1 , segue che esiste

$x_k \in \left[-\frac{\pi}{2}-k\pi , -\frac{\pi}{2}-(k+1)\pi\right] \qquad \text{tale che} \quad f(x_k) = g(x_k).$

Pertanto l’equazione possiede infinite soluzioni reali, tutte negative.

$\,$

Esercizio 3.6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data l’equazione nella variabile $x$

(35) $\begin{equation*} \arcsin( -e^{-|x|}) = \pi x, \end{equation*}$

stabilire quante soluzioni reali essa possiede. Determinare inoltre il numero di soluzioni positive.

$\,$

Svolgimento.

Poiché la funzione $\arcsin$ è definita in $[-1,1]$ e

(36) $\begin{equation*} -1 \leq -e^{-|x|} < 0 \qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

il membro di sinistra $\arcsin(-e^{-|x|})$ è definito per ogni $x \in \mathbb{R}$ e inoltre

(37) $\begin{equation*} -\frac{\pi}{2} \leq \arcsin(-e^{-|x|}) <0 \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Poiché $\pi x\geq 0$ per $x \geq 0$ , ciò è sufficiente a stabilire che l’equazione non possiede soluzioni positive o nulle. D’altra parte, consideriamo le funzioni $f,g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definite da

(38) $\begin{equation*} f(x) = \arcsin(-e^{-|x|}), \quad g(x)=\pi x \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

$\,$

Figura 13: rappresentazione della funzione dell’esercizio 3.6.

$\,$

In figura 13 sono rappresentate $f$ , in blu, e $g$ in rosso, rispettivamente. Osserviamo che $f$ è decrescente in $(-\infty,0)$ , mentre $g$ è crescente in tale intervallo, per cui esiste al più una soluzione dell’equazione. Per stabilirne l’esistenza, notiamo che $f$ e $g$ sono continue e

(39) $\begin{equation*} f(0)=-\frac{\pi}{2} < 0 =g(0), \qquad f(-1)= \arcsin(-e^{-1}) > -\pi = g(-1). \end{equation*}$

Per il corollario 1 esiste una soluzione dell’equazione $f(x)=g(x)$ nell’intervallo $(-1,0)$ .

$\,$

Teorema di Weiestrass

$\,$

Esercizio 4.1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon [-4, 1] \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \arctan(x+\pi)+2x, \qquad \forall x \in [-4,1].$

Stabilire se il teorema di Weierstrass è applicabile nell’intervallo $\left[-4,1\right]$ . In caso affermativo calcolare massimo e minimo della funzione.

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo che $f$ è una funzione continua in $[-4,1]$ , in quanto somma di funzioni continue, per i risultati 1 , 6 e 12. Inoltre l’intervallo $[-4,1]$ è chiuso e limitato, pertanto sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Weierstrass 5 ed $f$ ammette massimo e minimo assoluto nell’intervallo $\left[-4,1\right]$ .

Osserviamo che $\arctan$ è strettamente crescente, in quanto inversa della funzione $\tan$ che è strettamente crescente in $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ . Segue che $f$ è strettamente crescente, in quanto composizione e somma di funzioni strettamente crescenti. Dunque che $f$ assumerà minimo e massimo negli estremi dell’intervallo $-4$ e $1$ , rispettivamente, da cui

$\min_{[-4,1]} f = f(-4)=-8+\arctan(-4+\pi) \quad \text{e} \quad \max_{[-4,1]}f = f(1)=\arctan(1+\pi)+2.$

Per completezza riportiamo il grafico della funzione $f$ (figura 14). Si osserva che la monotonia di $f$ permette di stabilire l’esistenza di massimo e minimo senza usare il teorema di Weierstrass.

$\,$

Figura 14: rappresentazione della funzione dell’esercizio 4.1.

$\,$

Esercizio 4.2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon \left[0,\pi\right] \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \dfrac{1-\sin x}{1+\sin x} \quad \forall x \in \left[0,\pi\right].$

Stabilire se il teorema di Weierstrass è applicabile nell’intervallo $\left[0,\pi\right]$ . In caso affermativo calcolare massimo e minimo della funzione.

$\,$

Svogimento.

La funzione $f$ , rappresentata in figura 15, è continua in $\left[0,\pi\right]$ , per i risultati 3 e 6, che è chiuso e limitato, pertanto sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Weierstrass 5 ed $f$ ammette massimo e minimo assoluto nell’intervallo $\left[0,\pi \right]$ .

$\,$

Figura 15: rappresentazione della funzione dell’esercizio 4.2.

$\,$

Osserviamo che

$0 \leq 1-\sin x \leq 1, \quad 1 \leq 1+\sin x \leq 2 \qquad \forall x \in [0,\pi],$

da cui

$0 \leq \dfrac{1-\sin x}{1 + \sin x} \leq 1 \qquad \forall x \in [0,\pi].$

Poiché

$f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0, \quad f(0)= f(\pi) = 1,$

si ha

$\max_{[0,\pi]} f=1 \qquad \mbox{e} \qquad \min_{[0,\pi]} f=0.$

Riportiamo nel seguito una versione alternativa della risoluzione dell’esercizio 4.2.

$\,$

Svogimento alternativo.

Dallo svolgimento precedente sappiamo che la funzione $f$ soddisfa le ipotesi del teorema di Weierstrass. Osserviamo che $f$ non è monotona in $\left[0,\pi\right]$ , difatti si ha

$f(0) = f(\pi) = 1 \quad \text{e} \quad f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0.$

Per trovare esplicitamente i valori di massimo e minimo della funzione $f$ consideriamo separatamente i due intervalli $I_1 = \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ e $I_2= \left[\dfrac{\pi}{2},\pi\right]$ e mostriamo che $f$ è decrescente in $I_1$ e crescente in $I_2$ .

Osserviamo che per ogni $x_1,x_2\in I_1$ , $x_1<x_2$ si ha

$f(x_1) = \dfrac{1-\sin x_1}{1+\sin x_1} \geq \dfrac{1-\sin x_2}{1+\sin x_2} = f(x_2),$

poiché il numeratore è positivo decrescente e il denominatore è positivo e crescente, dunque globalmente la frazione è decrescente. Segue che la funzione $f$ è decrescente in $I_1$ , allora

(40) $\begin{equation*} \max_{I_1} f =f(0)=1, \qquad \min_{I_1} f = f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0. \end{equation*}$

Allo stesso modo si prova che $f$ è crescente in $I_2$ e analogamente

(41) $\begin{equation*} \max_{I_2} f =f(\pi)=1, \qquad \min_{I_2} f = f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0. \end{equation*}$

Dunque i valori di massimo e minimo di $f$ sono:

(42) $\begin{gather*} \max_{[0,\pi]} f =\max\{\max_{I_1} f,\max_{I_2} f\}=\max\{f(0),f(\pi)\}=1, \\ \min_{[0,\pi]} f = \min\{\min_{I_1} f,\min_{I_2} f\}=f\left(\frac{\pi}{2}\right) =0. \end{gather*}$

$\,$

Esercizio 4.3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Stabilire se la funzione $f \colon [0,3] \to \mathbb{R}$ definita da

(43) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} -e^{x} +2 & \text{se } x \in[0,1)\\[8pt] \sqrt{x} & \text{se } x \in [1,3] \end{cases} \end{equation*}$

soddisfa le ipotesi del teorema di Weierstrass; calcolare inoltre $\inf f$ e $\sup f$ e stabilire se essi sono anche massimo e minimo.

$\,$

Svolgimento.

Osserviamo che

(44) $\begin{equation*} \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} -e^x + 2 = - e +2,\\ \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \sqrt{x} = 1. \end{equation*}$

Poiché non esiste $\lim_{x \to 1}$ , allora $f$ non soddisfa le ipotesi del teorema di Weierstrass in quanto non è una funzione continua. Osserviamo che la funzione $f$ nell’intervallo $[0,1)$ è una funzione decrescente, dunque

$\sup_{x \in [0,1)} f(x) = f(0) = 1, \qquad \inf_{x \in [0,1)} f(x) = \lim_{x \to 1^-} f(x) = -e +2.$

Nell’intervallo $[1,3]$ la funzione $f$ è invece strettamente crescente, dunque

$\inf_{x \in [1,3]} f(x) = f(1) = 1, \qquad \sup_{x \in [1,3]} f(x) = f(3) = \sqrt{3}.$

Segue dunque che

$\inf_{x \in [0,3]} f(x) = -e +2, \qquad \sup_{x \in [0,3]} f(x) = \sqrt{3}.$

Inoltre l’estremo superiore della funzione $f$ coincide con il massimo poiché il valore viene assunto dalla funzione, mentre non ammette minimo poiché il valore dell’estremo inferiore non viene assunto dalla funzione. Riportiamo il grafico della funzione $f$ in figura 16.

$\,$

Figura 16: rappresentazione della funzione dell’esercizio 4.3.

$\,$

Esercizio 4.4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che, se $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ è una funzione continua tale che

(45) $\begin{equation*} \lim_{x \to \pm \infty} f(x)= \ell \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}, \end{equation*}$

allora $f$ ammette massimo o minimo in $\mathbb{R}$ . Mostrare che lo stesso risultato vale se $f$ è definita in un intervallo aperto $(a,b)$ e soddisfa

(46) $\begin{equation*} \lim_{x \to a} f(x) = \lim_{x \to b} f(x) = \ell \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}. \end{equation*}$

$\,$

Svolgimento.

Dimostriamo la seguente proprietà.

$\,$

Proposizione 4.5 Sia $f$ una funzione soddisfacente le ipotesi dell’esercizio. Se $f$ assume un valore maggiore di $\ell$ , allora $f$ ha massimo. Analogamente, se $f$ assume un valore minore di $\ell$ , allora ha minimo.

$\,$

Tale proposizione implica ovviamente la tesi: infatti, se $f$ non è costante⁴, assumerà un valore diverso da $\ell$ e quindi, per la proposizione 4.5, avrà massimo o minimo. Osserviamo inoltre che, nel caso $\ell=+\infty$ , allora dalla proposizione 4.5 segue che $f$ ha necessariamente minimo. Analogamente, se $\ell=-\infty$ , allora la proposizione 4.5 implica che $f$ ha necessariamente massimo. Dimostriamo quindi la proposizione 4.5.

Se $f$ assume un valore maggiore di $\ell$ , esiste $x_0 \in \mathbb{R}$ tale che $f(x_0) > \ell$ . Per l’ipotesi $\lim_{x \to \pm \infty}f(x)=\ell$ , dalla definizione di limite segue che esiste $T >0$ tale che

(47) $\begin{equation*} f(x) < f(x_0) \qquad \forall x \in (-\infty,-T) \cup (T,+\infty). \end{equation*}$

Da tale disuguaglianza si ha ovviamente che $x_0 \in [-T,T]$ . Poiché l’intervallo $[-T,T]$ è chiuso e limitato e $f$ è continua, per il teorema di Weierstrass 5 essa assume su tale intervallo valore massimo, nel punto $x_M$ . Poiché $x_0 \in [-T,T]$ , si ha

(48) $\begin{equation*} \max_{[-T,T]}f = f(x_M) \geq f(x_0). \end{equation*}$

Da tale relazione e da (47), segue che

(49) $\begin{equation*} \max_{\mathbb{R}}f = f(x_M), \end{equation*}$

quindi $f$ assume valore massimo.

$\,$

nel qual caso avrà ovviamente sia minimo che massimo. ↩

$\,$

Uniforme continuità

$\,$

Esercizio 5.1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $f,g\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ due funzioni uniformemente continue. Allora $f+g$ è necessariamente uniformemente continua?

$\,$

Svolgimento.

La risposta è affermativa. Infatti, fissato $\varepsilon>0$ , cerchiamo $\delta>0$ tale che per ogni $x,y\in\mathbb{R}$ , con $|x-y|<\delta$ , si abbia

$|f(x)+g(x)-f(y)-g(y)|<\varepsilon.$

Essendo per ipotesi sia $f$ che $g$ uniformemente continue, esistono rispettivamente $\delta_{1}>0$ e $\delta_{2}>0$ tali che

$|f(x)-f(y)|<\dfrac{\varepsilon}{2}\quad\text{se }|x-y|<\delta_{1}$

$|g(x)-g(y)|<\dfrac{\varepsilon}{2}\quad\text{se }|x-y|<\delta_{2}.$

Scegliendo

$\delta=\min\{\delta_{1},\delta_{2}\},$

si ottiene, per la disuguaglianza triangolare, che se $|x-y|<\delta$

$|f(x)+g(x)-f(y)-g(y)|\leq|f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$

Possiamo quindi concludere che $f+g$ è uniformemente continua.

$\,$

Esercizio 5.2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Siano $f,g\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ due funzioni uniformemente continue. Allora $fg$ è necessariamente uniformemente continua?

$\,$

Svolgimento.

La risposta è negativa. Vediamo un controesempio. Consideriamo le funzioni $f, g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definite da

$f(x)=g(x)=x \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Osserviamo che $f,g$ sono uniformemente continue su $\mathbb{R}$ , ma $f\cdot g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$(f\cdot g)(x)=x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

non è uniformemente continua su $\mathbb{R}$ . Infatti, negando la definizione di uniforme continuità, ciò si traduce nel dimostrare la seguente proprietà:

(50) $\begin{equation*} \exists \varepsilon>0\colon \;\,\forall \delta>0\;\;\exists x,y\in A \colon \quad |x-y| < \delta \quad \text{ e }\quad |f(x)-f(y)|\geq \varepsilon. \end{equation*}$

Fissiamo $\varepsilon=1$ e sia $\delta>0$ , consideriamo $x=\dfrac{1}{\delta}\text{ e } y=\dfrac{\delta}{2}+\dfrac{1}{\delta}$ . Chiaramente $|x-y|=\dfrac{\delta}{2}<\delta$ ma

$|f(x)-f(y)|=\left|\dfrac{1}{\delta^2}-\left(\dfrac{\delta}{2}+\frac{1}{\delta}\right)^2\right|=\left \vert \dfrac{\delta^2}{4}+1\right \vert>1.$

Dunque, abbiamo dimostrato che vale 50 in corrispondenza di $\varepsilon = 1$ .

$\,$

Esercizio 5.3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ continua e dotata di asintoti orizzontali per $x\rightarrow \pm\infty.$ Si può dire che $f$ è uniformemente continua?

$\,$

Svolgimento.

Si fissi $\varepsilon>0$ . Occorre mostrare che esiste $\delta>0$ tale che

(51) $\begin{equation*} |x-y| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \varepsilon. \end{equation*}$

$f$ ha asintoti orizzontali, cioè esistono $\ell^-,\ell^+ \in \mathbb{R}$ tali che

(52) $\begin{equation*} \lim_{x \to - \infty} f(x)= \ell^-, \qquad \lim_{x \to + \infty} f(x)= \ell^+. \end{equation*}$

Per definizione di limite, esistono $A,B \in \mathbb{R}$ con $A \leq B$ tali che

(53) $\begin{equation*} |f(x)-\ell^-| < \dfrac{\varepsilon}{2} \quad \forall x \in (-\infty,A], \qquad |f(x)-\ell^+| < \dfrac{\varepsilon}{2} \quad \forall x \in [B,+\infty). \end{equation*}$

Ciò implica che

(54) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)| \leq |f(x)-\ell^-|+ |f(y)-\ell^-| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \qquad \forall x,y \in (-\infty,A]. \end{equation*}$

Analogamente

(55) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)| \leq |f(x)-\ell^+|+ |f(y)-\ell^+| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \qquad \forall x,y \in [B,+\infty). \end{equation*}$

Inoltre, poiché $f$ è uniformemente continua su $[A-1,B+1]$ per il teorema di Heine-Cantor, esiste $\delta \in (0,1)$ (possiamo ovviamente scegliere $\delta<1$ ) tale che

(56) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)|< \varepsilon \qquad \forall x,y \in [A-1,B+1] \colon |x-y|< \delta. \end{equation*}$

Supponiamo quindi $x,y \in \mathbb{R}$ con $|x-y|< \delta$ .

$\,$

Se $x,y \in[A-1,B+1]$ , allora da (56) segue $|f(x)-f(y)|< \varepsilon$ .
Se $x$ e $y$ non appartengono entrambi a $[A-1,B+1]$ , allora uno di essi, supponiamo che sia $x$ , appartiene a $(-\infty,A-1]$ oppure a $[B+1, +\infty)$ . Supponiamo, senza perdita di generalità, che $x \in (-\infty,A-1]$ . Poiché $|x-y|< \delta < 1$ , allora
(57) $\begin{equation*} x,y \in (-\infty,A), \end{equation*}$

e quindi, per (54),

(58) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)| < \varepsilon. \end{equation*}$

Il caso $x \in [B,+\infty)$ è analogo.

In ogni caso, si è provato che esiste $\delta>0$ tale che

(59) $\begin{equation*} |x-y| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(y)| < \varepsilon, \end{equation*}$

che è quanto occorreva a mostrare l’uniforme continuità di $f$ .

$\,$

Esercizio 5.4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la funzione

$f(x)=\dfrac{\sin \left(e^{x^2}\right)}{1+x^2}$

è uniformemente continua sui seguenti insiemi:

$\,$

$A=[-1,1]$ ;
$B=\mathbb{R}$ .

$\,$

Svolgimento punto 1.

Consideriamo separatamente i due insiemi.

$\,$

$f$ è continua su $[-1,1]$ , poiché composizione di funzioni continue per i risultati 3 , 5, 6 e 8. Dunque, poiché $[-1,1]$ è un intervallo chiuso e limitato, per il teorema 6 $f$ è uniformemente continua in $[-1,1]$ .

$\,$

Svolgimento punto 2.

Osserviamo che $f$ è continua su $\mathbb{R}$ e

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}f(x)=0,$

avendo usato il fatto che

$\left|\dfrac{\sin \left(e^{x^2}\right)}{1+x^2}\right| \leq \dfrac{1}{1+x^2} \quad \xrightarrow[x \to \pm \infty]{}\quad 0 .$

Quindi per l’esercizio 5.3 $f$ è uniformemente continua su $B=\mathbb{R}$ .

$\,$

Esercizio 5.5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(60) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} \sin x \sin \left( \dfrac{1}{x}\right) & \text{se } x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}\\ 0 & \text{se } x =0 \end{cases} \end{equation*}$

è uniformemente continua.

$\,$

Svolgimento.

La risposta è affermativa. Poiché

(61) $\begin{equation*} \left| \sin x \sin \left( \dfrac{1}{x}\right) \right| \leq |\sin x| \qquad \forall x \neq 0, \end{equation*}$

e $\lim_{x \to 0} \sin x=0$ , dal teorema del confronto segue che

(62) $\begin{equation*} \lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \sin x \sin \left( \dfrac{1}{x}\right) = 0 = f(0), \end{equation*}$

quindi $f$ è continua in $0$ . Poiché $f$ è continua anche in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ per le proposizioni 3 , 6, 8, essa è continua in $\mathbb{R}$ , come mostrato in figura 17.

Usiamo l’esercizio 5.3 per mostrare che $f$ è uniformemente continua. Infatti, da $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x}=0$ , per la continuità della funzione seno e per il teorema ponte 9 , si ha

(63) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} \sin \left( \dfrac{1}{x}\right) = 0 \end{equation*}$

Dalla limitatezza della funzione $\sin$ , segue quindi

(64) $\begin{equation*} \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \sin x \sin \left( \dfrac{1}{x}\right) = 0, \end{equation*}$

quindi $f$ ha asintoti orizzontali per $x \to \pm \infty$ e quindi per l’esercizio 5.3 essa è uniformemente continua.

$\,$

Figura 17: la funzione $f$ dell’esercizio 5.5. Si nota che $f$ è continua e che ha asintoti orizzontali (di equazione $y=0$ ) per $x \to \pm \infty$ . Per l’esercizio 5.3, essa è quindi uniformemente continua.

$\,$

Esercizio 5.6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(65) $\begin{equation*} f(x) = \sin (x^2) \qquad \forall x \in \mathbb{R} \end{equation*}$

è uniformemente continua nei seguenti insiemi:

$\,$

in $[-5,5]$ ;
in $\mathbb{R}$ .

$\,$

Svolgimento punto 1.

Svolgiamo separatamente i diversi punti.

$\,$

$f$ è una funzione continua, per le proposizioni 1 , 3 e 8. Poiché l’intervallo $[-5,5]$ è chiuso e limitato, per il teorema di Heine-Cantor 6 $f$ è anche uniformemente continua.

Più in generale, $f$ è uniformemente continua su tutti gli intervalli del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ .

$\,$

Svolgimento punto 2.

Affermiamo che $f$ non è uniformemente continua. Infatti, consideriamo le due successioni $\{x_k\}_k$ e $\{y_k\}_k$ (rappresentate in figura 18) e definite da

(66) $\begin{equation*} x_k=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi}, \quad y_k=\sqrt{-\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi} \qquad \forall k \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Allora ovviamente $x_k \to +\infty$ e $y_k \to + \infty$ e

(67) $\begin{equation*} \sin \left(x_k^2\right)-\sin \left(y_k^2\right)=2 \qquad \forall k \in \mathbb{N}, \end{equation*}$

mentre per ogni $k \in \mathbb{N}$

(68) $\begin{equation*} \begin{split} x_k-y_k = & \sqrt{2 k \pi}\left(\sqrt{1+\frac{1}{4 k}}-\sqrt{1-\frac{1}{4 k}}\right) \\ = & \sqrt{2 k \pi}\dfrac{\left(\sqrt{1+\frac{1}{4 k}}-\sqrt{1-\frac{1}{4 k}}\right)\left(\sqrt{1+\frac{1}{4 k}}+\sqrt{1-\frac{1}{4 k}}\right)}{\left(\sqrt{1+\frac{1}{4 k}}+\sqrt{1-\frac{1}{4 k}}\right)} \\ \leq & \sqrt{2 k \pi} \dfrac{1}{2k} \\ = & \sqrt{\dfrac{\pi}{2k}}. \end{split} \end{equation*}$

$\,$

Figura 18: la funzione $f$ dell’esercizio 5.6. Si vede che i punti $x_k$ e $y_k$ sono via via più vicini al crescere di $k$ , mentre $f(x_k)=1$ e $f(y_k)=-1$ , per cui $f$ non è uniformemente continua in $\mathbb{R}$ .

$\,$

Da ciò si evince che

(69) $\begin{equation*} \lim_{k \to + \infty}|x_k-y_k| = 0. \end{equation*}$

Mostriamo ora che $f$ non è uniformemente continua. Sia $\varepsilon< 2$ . Per ogni $\delta>0$ , da (69) e (67) esistono $x_k,y_k$ tali che

(70) $\begin{equation*} |x_k-y_k|< \delta, \qquad |f(x_k)-f(y_k)|=2 > \varepsilon. \end{equation*}$

$\,$

Funzioni continue: esercizi teorici

$\,$

Esercizio 6.1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Mostrare che per una funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sono equivalenti le seguenti affermazioni:

$\,$

$f$ è continua;

per ogni insieme aperto $A \subseteq \mathbb{R}$ , la controimmagine $f^{-1}(A)$ è aperta;

per ogni insieme chiuso $C \subseteq \mathbb{R}$ , la controimmagine $f^{-1}(C)$ è chiusa.

$\,$

Svolgimento.

Dimostriamo che le 3 affermazioni sono equivalenti mostrando che (1 ) ⇨ (2 ), ⇨ (2 ) ⇨ (3 ) e che (3 ) ⇨ (1 ). In tal modo si sarà provato che ognuna delle affermazioni implica l’altra, ottenendo quindi la loro equivalenza.

$\,$

(1 ) ⇨ (2 ) Sia $A \subseteq \mathbb{R}$ un insieme aperto. Per mostrare che $f^{-1}(A)$ , ricordiamo che un insieme $B \subseteq \mathbb{R}$ è aperto se e solo se, per ogni $x_0 \in B$ , esiste $\delta>0$ tale che

(71) $\begin{equation*} (x_0-\delta,x_0+\delta) \subseteq B. \end{equation*}$

Consideriamo quindi $x_0 \in f^{-1}(A)$ e mostriamo che esiste un suo intorno contenuto in $f^{-1}(A)$ . Sia $y_0=f(x_0) \in A$ ; poiché $A$ è aperto, esiste $\varepsilon>0$ tale che

(72) $\begin{equation*} (y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon) \subseteq A. \end{equation*}$

Per [ 1 , osservazione 2.4], esiste $\delta>0$ tale che

(73) $\begin{equation*} f(x) \in (y_0-\varepsilon,y_0+\varepsilon) \qquad \forall x \in (x_0-\delta,x_0+\delta). \end{equation*}$

Ciò, insieme a (72), mostra che se $x \in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ , allora la sua immagine $f(x) \in A$ , cioè che $x \in f^{-1}(A)$ . In altre parole

(74) $\begin{equation*} (x_0-\delta,x_0+\delta) \subseteq f^{-1}(A). \end{equation*}$

Poiché $f^{-1}(A)$ contiene un intorno di ogni suo punto, è aperto.
(2 ) ⇨ (3 ) Sia $C \subseteq \mathbb{R}$ un insieme chiuso e mostriamo che $f^{-1}(C)$ è chiuso. Osserviamo preliminarmente che un insieme è chiuso se e solo se il suo complementare è aperto.

(75) $\begin{equation*} f^{-1}(C) = f^{-1}\big(\mathbb{R} \setminus (\mathbb{R} \setminus C)\big) = f^{-1}(\mathbb{R}) \setminus f^{-1}(\mathbb{R} \setminus C) = \mathbb{R} \setminus f^{-1}(\mathbb{R} \setminus C), \end{equation*}$

dove nella prima uguaglianza si è sfruttato il fatto che $C= \mathbb{R} \setminus (\mathbb{R} \setminus C)$ , mentre la seconda e la terza uguaglianza seguono dalle note proprietà della controimmagine. Poiché $\mathbb{R} \setminus C$ è aperto per il punto (2 ), da (75) e dall’osservazione preliminare segue che $f^{-1}(C)$ è chiuso.
(3 ) ⇨ (1 ) Sia $x_0 \in \mathbb{R}$ e mostriamo che $f$ è continua in $x_0$ . Si fissi $\varepsilon>0$ e consideriamo l’insieme chiuso

(76) $\begin{equation*} C= \mathbb{R} \setminus (f(x_0)-\varepsilon,f(x_0)+\varepsilon). \end{equation*}$

Per definizione di controimmagine, si ha che $x_0 \notin f^{-1}(C)$ , ossia

(77) $\begin{equation*} x_0 \in \mathbb{R} \setminus f^{-1}(C) \eqqcolon I. \end{equation*}$

Poiché $f^{-1}(C)$ è chiuso per il punto 3, l’insieme $I$ (complementare di $f^{-1}(C)$ ) è aperto e contiene $x_0$ . Quindi esiste $\delta>0$ tale che

(78) $\begin{equation*} (x_0-\delta,x_0+\delta) \subseteq I. \end{equation*}$

Poiché $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ è disgiunto da $f^{-1}(C)$ , si deve avere

(79) $\begin{equation*} f(x) \in \mathbb{R} \setminus C = (f(x_0)-\varepsilon,f(x_0)+\varepsilon) \qquad \forall x \in (x_0-\delta,x_0+\delta). \end{equation*}$

Tale ragionamento prova che $f$ è continua in $x_0$ e, per l’arbitrarietà di $\varepsilon$ , che $f$ è continua in $\mathbb{R}$ .

$\,$

Esercizio 6.2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Esibire un esempio di funzione $f \colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ continua e di un insieme aperto $A \subseteq \mathbb{R}$ tale che $f(A)$ non sia aperto.

$\,$

Svolgimento.

Si consideri la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

(80) $\begin{equation*} f(x) = \sin x \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

L’intervallo $(-\pi,\pi)$ è ovviamente aperto, ma si ha

(81) $\begin{equation*} f\big( (-\pi,\pi) \big) = [-1,1], \end{equation*}$

che non è aperto.

$\,$

Esercizio 6.3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $P(x)$ un polinomio di grado dispari. Dimostrare che l’equazione nella variabile $x$

(82) $\begin{equation*} P(x)=0 \end{equation*}$

possiede almeno una soluzione reale.

$\,$

Svolgimento.

Poiché $P$ è un polinomio di grado dispari, esso è una funzione continua su tutto $\mathbb{R}$ , per proposizione 1 , tale che se il coefficiente di grado più alto è positivo,

(83) $\begin{equation*} \lim_{x \to + \infty} = +\infty \qquad \text{e} \qquad \lim_{x \to - \infty} = -\infty, \end{equation*}$

viceversa se il coefficiente di grado più alto è negativo. Per il teorema di permanenza del segno [4 teorema 5.1] esistono $x_1$ e $x_2$ , con $x_1<x_2$ tali che

$f(x_1) < 0 \quad \text{e} \quad f(x_2) > 0$

nel caso dato dall’equazione (83), e viceversa nell’altro caso. Nell’intervallo $[x_1,x_2]$ valgono quindi le ipotesi del teorema di esistenza degli zeri 1.11, dunque esiste almeno una radice reale dell’equazione corrispondente.

$\,$

Esercizio 6.4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $f \colon (a,b)\to \mathbb{R}$ una funzione continua tale che

(84) $\begin{equation*} f\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\leq \dfrac{f(x)+f(y)}{2}\qquad \forall x,y \in (a,b). \end{equation*}$

Si mostri allora che $f$ è convessa⁵.

$\,$

Si ricorda che una funzione $f \colon (a,b)\to \mathbb{R}$ si dice convessa se e solo se vale

(85) $\begin{equation*} f(t x + (1-t)y) \leq t f(x) + (1-t)f(y) \qquad \forall x,y \in (a,b),\,\,\, \forall t \in [0,1]. \end{equation*}$

Una funzione $f$ è quindi convessa se e solo se, presi due punti $x,y \in (a,b)$ , il grafico di $f$ si trova al di sopra di quello della funzione affine passante per i punti $(x,f(x))$ e $(y,f(y))$ , ossia se per ogni $x,z,y \in (a,b)$ con $x<y<z$ si ha

(86) $\begin{equation*} f(z) \leq \dfrac{y-z}{y-x} f(x) + \dfrac{z-x}{y-x}f(y). \end{equation*}$

Si rimanda alla dispensa sulle funzioni convesse [5] per una trattazione approfondita. ↩

$\,$

Svolgimento.

Siano $x,y \in (a,b)$ con $x<y$ e supponiamo in primo luogo che $f(x)=f(y)$ . Per provare la convessità occorre e basta dimostrare che

(87) $\begin{equation*} f(z) \leq f(x) \qquad \forall z \in [x,y]. \end{equation*}$

Se per assurdo ciò non fosse vero, allora per la continuità di $f$ e il teorema di Weierstrass esisterebbe $z \in [x,y]$ tale che

(88) $\begin{equation*} f(z) \coloneqq \max_{[x,y]}f > f(x). \end{equation*}$

Senza perdita di generalità possiamo supporre che $x < z \leq \frac{x+y}{2}$ (l’altro caso è analogo). Allora il punto

(89) $\begin{equation*} y' \coloneqq z + (z-x) \end{equation*}$

appartiene a $[x,y]$ . In altre parole $z= \frac{x+y'}{2}$ , ossia $y'$ è tale che $z$ è il punto medio dell’intervallo $[x,y']$ . Si ha quindi

(90) $\begin{equation*} f(z) = f\left(\dfrac{x+y'}{2}\right) \leq \dfrac{f(x)+f(y')}{2} < \dfrac{f(z)+f(z)}{2} = f(z), \end{equation*}$

che è un assurdo. Si noti che la prima disuguaglianza segue dall’ipotesi (84), mentre la seconda segue dal fatto che $f(x)<f(z)$ e che $f(y') \leq f(z)$ poiché $z$ è un punto di massimo per $f$ . Tale contraddizione deriva dall’aver supposto che (87) fosse falsa: essa risulta quindi vera.

Se invece $f(x) \neq f(y)$ , basta considerare la funzione $g \coloneqq f-\varphi$ , dove $\varphi \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ è definita da

(91) $\begin{equation*} \varphi(z) = \left( 1 - \dfrac{z-x}{y-x}\right) f(x) + \dfrac{z-x}{y-x}f(y) \qquad \forall z \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

cioè $\varphi$ è una funzione affine che soddisfa $f(x)=\varphi(x)$ e $f(y)=\varphi(y)$ . Segue che $g(x)=g(y)=0$ e inoltre $g$ soddisfa la stessa ipotesi (84) di $f$ . Dunque per il punto precedente si ha $g(z) \leq 0$ per ogni $z \in [x,y]$ . Pertanto

(92) $\begin{equation*} f(z) =g(z)+ \varphi(z) \leq 0 + \dfrac{y-z}{y-x} f(x) + \dfrac{z-x}{y-x}f(y) \qquad \forall z \in [x,y], \end{equation*}$

che prova quindi che $f$ è convessa.

$\,$

Esercizio 6.5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si mostri che se la funzione $f \colon (a,b)\to \mathbb{R}$ è convessa, allora è lipschitziana su ogni sottointervallo chiuso di $(a,b)$ . In particolare ogni funzione convessa $f\colon (a,b)\to \mathbb{R}$ è continua. Si dia un esempio di una funzione convessa non lipschitziana definita su $(0,1)$ e di una funzione convessa su $[0,1]$ non continua.

$\,$

Svolgimento.

Proviamo preliminarlmente che se $f$ è convessa, allora per ogni $x,y,z \in (a,b)$ , $x<y<z$ si ha

(93) $\begin{equation*} \dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq \dfrac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \dfrac{f(z)-f(y)}{z-y}. \end{equation*}$

Siano $x,y,z \in (a,b)$ , $x<y<z$ , allora possiamo riscrivere (86) nel modo seguente

$f(y)- f(x) \leq \dfrac{f(z)-f(x)}{z-x}(y-x),$

da cui si ricava la prima parte della disuguaglianza (93) dividendo per $y-x$ . La seconda parte si ricava in maniera analoga, riscrivendo (86) come

$f(x)- f(z) \geq \dfrac{f(y)-f(z)}{y-z}(x-z)$

e dividendo per $x-z$ . Abbiamo dunque provato che vale (93).

Siano $c,d \in \mathbb{R}$ tali che $[c,d] \subset (a,b)$ e siano $t_1,t_2$ tali che $a < t_2 < c < d <t_1 < b$ . Siano $x, y \in [c,d]$ , allora poiché $f$ è convessa per (93) si ha

$\dfrac{f(c)- f(t_2)}{c-t_2}\leq \dfrac{f(x)-f(y)}{x-y} \leq \dfrac{f(t_1)-f(d)}{t_1-d}.$

Sia

$M \coloneqq \max \left\lbrace \left|\dfrac{f(c)- f(t_2)}{c-t_2}\right|, \left|\dfrac{f(t_1)-f(d)}{t_1-d}\right|\right\rbrace,$

allora si ha che

$|f(x)-f(y)| \leq M|x-y|.$

Ciò prova che $f$ è lipschitziana su $[c,d]$ . Dimostriamo ora la continuità di $f$ in $(a,b)$ . Siano $x_0 \in (a,b)$ , $\delta >0$ tali che

$[x_0 - \delta, x_0 + \delta] \subset (a,b).$

Allora per il passo precedente $f$ è lipschitziana su $[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$ , per cui $f$ è continua in $x_0$ per il corollario 2.

$\,$

Un esempio di funzione convessa non lipschitziana definita su $(0,1)$ è il seguente: $f\colon(0,1)\to (-1,0)$ tale che

$f(x)=-\sqrt{x} \qquad \forall x \in (0,1).$

La non lipschitzianeità di $f$ è stata mostrata in [ 1, esempio 6.23]{teoria}. Inoltre $f$ è convessa, infatti se $x,y\in (0,1)$

$f\left(\dfrac{x+y}{2}\right) \leq \dfrac{f(x)+f(y)}{2} \iff & - \sqrt{\dfrac{x+y}{2}}\leq -\dfrac{\sqrt{x}+ \sqrt{y}}{2}\\ \iff & \dfrac{x+y}{2} \geq \dfrac{x+ 2\sqrt{xy} + y}{4} \\ \iff & x+ y - 2\sqrt{xy} \geq 0 \\ \iff & (\sqrt{x}-\sqrt{y})^2 \geq 0.$

Poiché l’ultima disuguaglianza è vera allora l’ipotesi 84 dell’esercizio 6.4 è soddisfatta, e dunque la funzione $f$ è convessa.

Un esempio di funzione convessa su $[0,1]$ non continua è il seguente: $f\colon [0,1]\to \mathbb{R}$ tale che

$f(x) = \begin{cases*} 1, & \text{se } $x=0$,\\ 0, & \text{altrimenti}. \end{cases*}$

Proviamo che $f$ è convessa. Siano $x, y \in (0,1]$ e $t\in [0,1]$ , allora $z \coloneqq tx + (1-t)y \in (0,1]$ , da cui

$f(tx + (1-t)y) = f(z) = 0 \quad \text{e} \quad t f(x) + (1-t)f(y) = t\cdot 0 + (1-t)\cdot 0 = 0.$

Se $x=0$ (o equivalentemente $y=0$ ) procedendo analogamente si ha che

$f(tx + (1-t)y) = 0 \leq t = t\cdot 1 + (1-t)\cdot 0 = t f(x) + (1-t)f(y).$

Riferimenti bibliografici

[1] Qui Si Risolve, Funzioni Continue – Teoria .
[2] Qui Si Risolve, Il teorema ponte .
[3] Qui Si Risolve, Calcolo differenziale .
[4] Qui Si Risolve, Teorema della permanenza del segno.
[5] Qui Si Risolve, Funzioni convesse .

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