Esercizi sull’uniforme continuità – volume 1

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Esercizi sull’uniforme continuità – volume 1

In questo articolo vengono presentati sette esercizi svolti in modo dettagliato sulla continuità uniforme delle funzioni reali di variabile reale.
Gli esercizi sono dedicati alla preparazione degli esami di Analisi Matematica 1, coniugando teoria e pratica del problem solving.

Oltre agli esercizi sull’uniforme continuità – volume 2, consigliamo la consultazione delle seguenti raccolte di problemi:

Segnaliamo il seguente materiale teorico di riferimento:

Autori e revisori

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

Revisori: Sergio Fiorucci, Matteo Talluri, Chiara Bellotti.

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Testi degli esercizi

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Esercizio 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?

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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.

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Esercizio 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?

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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:

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

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 (1) in corrispondenza di $\varepsilon = 1$ .

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Esercizio 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?

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Svolgimento.

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

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

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

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

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

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

Ciò implica che

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

Analogamente

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

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

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

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

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Se $x,y \in[A-1,B+1]$ , allora da (7) 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
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(8) $\begin{equation*} x,y \in (-\infty,A), \end{equation*}$

e quindi, per (5),

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

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

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

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

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

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Esercizio 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:

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

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Svolgimento punto 1.

Consideriamo separatamente i due insiemi. $f$ è continua su $[-1,1]$ , poiché composizione di funzioni continue per i risultati presenti in [ 1 ,sezione 2]. Dunque, poiché $[-1,1]$ è un intervallo chiuso e limitato, per il teorema [ 1,teorema 6.9] $f$ è uniformemente continua in $[-1,1]$ .

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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 3 $f$ è uniformemente continua su $B=\mathbb{R}$ .

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Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

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

è uniformemente continua.

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Svolgimento.

La risposta è affermativa. Poiché

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

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

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

quindi $f$ è continua in $0$ . Poiché $f$ è continua anche in $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ per i risultati presenti in [1, sezione 2], essa è continua in $\mathbb{R}$ , come mostrato in figura 1

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Figura 1: la funzione $f$ dell’esercizio 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, essa è quindi uniformemente continua.

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Usiamo l’esercizio 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 [2 ], si ha

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

Dalla limitatezza della funzione $\sin$ , segue quindi

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

quindi $f$ ha asintoti orizzontali per $x \to \pm \infty$ e quindi per l’esercizio 3 essa è uniformemente continua.

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Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la funzione $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

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

è uniformemente continua nei seguenti insiemi:

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

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Svolgimento punto 1.

Svolgiamo separatamente i diversi punti.

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$f$ è una funzione continua, per le proposizioni i risultati presenti in [ 1, sezione 2]. Poiché l’intervallo $[-5,5]$ è chiuso e limitato, per il teorema di Heine-Cantor i risultati presenti in [ 1, teorema 6-9] $f$ è anche uniformemente continua. Più in generale, $f$ è uniformemente continua su tutti gli intervalli del tipo $[-R,R]$ con $R>0$ .

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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 2) e definite da

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

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

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

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

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

Da ciò si evince che

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

Mostriamo ora che $f$ non è uniformemente continua. Sia $\varepsilon< 2$ . Per ogni $\delta>0$ , da (20) e (18) esistono $x_k,y_k$ tali che

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

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Figura 2: la funzione $f$ dell’esercizio 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 $\mathbb{R}$ .

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Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si mostri che se la funzione $f \colon (a,b)\to \mathbb{R}$ è convessa ¹ , 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.

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

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

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

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

Inoltre, se $f\colon (a,b)\to \mathbb{R}$ è una funzione continua tale che

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

allora $f$ è convessa.
Si rimanda alla dispensa sulle funzioni convesse [3] per una trattazione approfondita. ↩

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Locale lipschitzianità delle funzioni convesse.

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

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

Siano $x,y,z \in (a,b)$ , $x<y<z$ , allora possiamo riscrivere (23) 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 (25) dividendo per $y-x$ . La seconda parte si ricava in maniera analoga, riscrivendo (23) 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 (25).

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 (25) 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 i risultati presenti in [ 1, corollario 6.23]

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Esempio di funzione convessa e non lipschitziana .

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]. Inoltre $f$ è convessa, infatti se $x,y\in (0,1)$

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

Poiché l’ultima disuguaglianza è vera, allora l’ipotesi (24) è soddisfatta, e dunque la funzione $f$ è convessa.

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Esempio di funzione convessa non continua.

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

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

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Riferimenti bibliografici

[1] Qui Si Risolve, Funzioni continue – Teoria .
[2] Qui Si Risolve, Il teorema ponte .
[3] Qui Si Risolve, Funzioni convesse.

Tutta la teoria di analisi matematica

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