Massimi e minimi di una funzione continua

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Avanzamento lezione: 75% al 26-11-2009.

Indice

1 Massimi e minimi

[modifica] Massimi e minimi

[modifica] Teorema (di Weierstrass)

Sia $f:A \to \mathbb{R}$ una funzione continua in tutto $A$ . Se $A$ è compatto, allora $f$ è dotata di massimo e di minimo su $A$ .

[modifica] Lemma

Sia $A\neq \emptyset$ e $f:A\to \mathbb{R}$ . Allora esiste una successione $(a n)$ in $A$ tendente al $\sup_A f$ .
Inoltre esiste un'altra successione $(b n)$ in $A$ tendente all' $\inf_A f$ .

[modifica] Dimostrazione del Lemma

Proviamo la prima affermazione, ovvero che esiste una successione in $A$ tale che $f (a n)$ tende al $\sup_A f$ .
Questo $\sup$ può essere un numero reale oppure $+ \infty$ . Supponiamo ora il caso che sia reale.
Se $\lambda = \sup_A f$ , esiste allora per ogni $n \in \mathbb{N}$ un qualche valore $a_n \in A$ tale che $\lambda - \frac{1}{n}<f(a_n)\leq\lambda$ . Poniamo allora

$A_n:=\{a \in A\ :\ \lambda - \frac{1}{n} < f(a)\leq \lambda\}$ .

Si ha che (per quanto detto prima) $A n$ non è vuoto e certamente è contenuto in $A$ . Allora, per l'assioma della scelta, esiste una funzione $a:\mathbb{N}\to A$ tale che $a(n)=a_n \in A_n$ , cioè esiste una funzione che associa ad ogni naturale, quell' $f (a)$ che sta nell'intervallo corrispondente al naturale in esame.
Dunque tutti questi $a n$ formano una successione che chiamiamo appunto $(a n)$ in $A$ che ha limite $λ$ .
Dunque $\lim_{n \to +\infty}f(a_n)=\lambda = \sup_a f$ .

Proviamo ora la seconda affermazione nel secondo caso, ovvero supponiamo l' $\inf_A f = -\infty$ e dimostriamo che esiste una successione $(b n)$ che tende all' $\inf_A f$ , che chiamiamo $μ$ .
Se $\inf_A f = -\infty$ , poniamo allora

$B_n:=\{b \in A\ :\ f(b)<n, \forall n \in \mathbb{N}\}$ .

Siccome la condizione che $f (b) < n$ è sempre verificata, per un fissato $b \in A$ ed un opportuno $n \in \mathbb{N}$ , $B n$ non è vuoto ed è contenuto in $A$ . Per l'assioma della scelta esiste una funzione $b:\mathbb{N}\to A$ tale che ad ogni naturale viene associato un valore di $B_n \subseteq A$ . Denotiamo questi valori con $b n$ . Ma per come è definita, $b(n) \equiv (b_n)$ è in realtà una successione che diverge a $-\infty = \inf_A f = \mu$ in quanto $f(b_n)< n,\ \forall n \in \mathbb{N}$ , per un $n$ indice della successione "abbastanza grande". E questo vuole appunto dire che

$\lim_{n \to +\infty}f(b_n)=-\infty=\inf_A f$

Gli altri casi si provano in maniera analoga e sono lasciati per esercizio.

$\Box$

[modifica] Dimostrazione del Teorema di Weierstrass

Proviamo l'esistenza del massimo. Ancora, quella del minimo la omettiamo per brevità ma è un utile esercizio che vi consigliamo di fare.
Per il Lemma, esiste in $A$ una successione $(x n)$ tale che $f(x_n) \to \sup_A f$ e poiché $A$ è compatto, si può estrarre da ogni successione di $A$ una sottosuccessione convergente ad un punto $x_0 \in A$ . Se si può estrarre da ogni successione, in particolare lo si può fare anche con la nostra successione $(x n)$ e lo facciamo con la sottosuccessione $(x_{k_n})\to x_0 \in A$ .
Ma $f$ è continua in ogni punto di $A$ e quindi anche in $x 0$ . Allora

$\lim_{n \to +\infty}f(x_{k_n})=f(x_0)$ .

Però avevamo trovato prima che $\lim_{n \to +\infty}f(x_n)=\sup_A f$ . Allora, per il Teorema di convergenza/divergenza delle sottosuccessioni, necessariamente anche la sottosuccesione tende a $\sup_A f$ .
Per l'unicità del limite però, si ha che

$\lim_{n \to +\infty}f(x_{k_n})=f(x_0)=\sup_A f$

dunque $\sup_A f = f(x_0)$ ma $f(x_0) \in f(A)$ , dunque $\sup_A f \in f(A)$ e quindi

$\sup_A f = \max_A f = f(x_0)$

$\Box$

[modifica] Teorema (di Bolzano o degli zeri)

Siano $a,b \in \mathbb{R},\ a<b$ . Sia poi $f\in \mathcal{C}\left([a,b],\mathbb{R}\right)$ tale che $f(a)f(b)\leq 0$ .
Allora

$\exists x_0 \in [a,b]\ :\ f(x_0)=0$

[modifica] Dimostrazione

Poniamo $c$ come il punto medio di $[a, b]$ , cioè

$c = \frac{a+b}{2}$ .

Possono dunque presentarsi due possibilità:

$f(a)f(c) \leq 0$
$f(c)f(b)\leq 0$ .

Se si verifica la prima condizione, poniamo

a 1 = a

e

b 1 = c

Se invece si verifica il secondo caso, poniamo

a 1 = c

e

b 1 = b

.

Abbiamo ora:

$a\leq a_1 \leq b_1 \leq b$

e si ha in entrambe le eventualità

$b_1 - a_1 = \frac{b-a}{2}$

.

Ripetiamo il procedimento e poniamo $c_1 = \frac{a_1 + b_1}{2}$ , cioè sia $c 1$ il punto medio dell'intervallo $[a 1, b 1]$ .
Anche in questo caso si possono presentare le due eventualità di prima, cioè

$f(a_1)f(c_1)\leq 0$ ed in tal caso $a_2=a_1\ \ \ b_2=c_1$
$f(c_1)f(b_1) \leq 0$ ed in tal caso $a_2=c_1\ \ \ b_2=b_1$ .

Abbiamo ora:

$a_1 \leq a_2 \leq b_2 \leq b_1$

e si ha in entrambe le eventualità

$b_2 - a_2 = \frac{b-a}{2^2}$

cioè l'ampiezza dell'intervallo dove è contenuto lo zero si è dimezzata ulteriormente.

Ripetendo questo procedimento si ottengono due successioni $(a n)$ e $(b n)$ in $[a, b]$ tali che:

$a\leq a_1 \leq \dots \leq a_n \leq a_{n+1}\leq b_{n+1} \leq b_n \leq \dots \leq b_1 \leq b$

e

$f(a_n)f(b_n)\leq 0\ \ \ \ b_n-a_n=\frac{b-a}{2^n}$ .

Tutte e due le successioni sono in $[a, b]$ e dunque sono limitate. Inoltre sono monotone ( $a n$ è crescente mentre $b n$ è decrescente). Essendo allora limitate e monotone, sono convergenti. Infatti, $(a n)$ è limitata e dunque non può essere maggiore di $b$ né minore di $a$ . D'altra parte è sempre crescente, dunque $a_n \leq a_{n+1},\ \forall n \in \mathbb{N}$ e questo implica che

$a\leq \lim_{n \to +\infty}(a_n) \leq b$

e dunque converge ad un certo valore in $[a, b]$ .
Inoltre notiamo che

$\lim_{n \to +\infty}(b_n-a_n)=\lim_{n \to +\infty}\frac{b-a}{2^n}=0$

cioè mano a mano che ripetiamo il procedimento all'infinito l'intervallo in cui è contenuto lo zero si restringe fino a diventare nullo (cioè fino ad essere lo zero che cerchiamo).
Poiché le successioni sopra sono in $[a, b]$ , per quanto visto sopra si ha

$\lim_{n \to +\infty}a_n=\lim_{n \to +\infty}b_n=x_0 \in [a,b]$ .

Siccome $f$ è continua, $\lim_{n \to +\infty}f(a_n)=f(x_0)$ e $\lim_{n \to +\infty}f(b_n)=f(x_0)$ . Dunque, ripetendo all'infinito il procedimento solito, si ha

$\lim_{n \to +\infty}f(a_n)f(b_n)=\left(f(x_0) \right)^2$ .

Ma $f(a_n)f(b_n)\leq 0,\ \forall n \in \mathbb{N}$ e dunque anche $\left(f(x_0) \right)^2\leq 0$ .
E questo implica necessariamente che $f (x 0) = 0$ (perché stiamo parlando di numeri reali e non può mai essere che $x^2 \leq 0 \Rightarrow x <0$ ).

$\Box$

[modifica] Teorema (del valor intermedio)

Sia $I$ un intervallo reale e sia $f$ una funzione a valori reali continua su tutto $I$ .
Allora, per ogni coppia di punti $x_1,x_2 \in I$ tali che $f (x 1) < f (x 2)$ e per ogni punto $c$ compreso in questi $] f (x 1), f (x 2)[$ , esiste un $x_0 \in I$ tale che $f (x 0) = c$ .

[modifica] Dimostrazione

$f(x_1)\neq f(x_2) \Rightarrow x_1 \neq x_2$ (per definizione di funzione). Allora possiamo avere $x 1 < x 2$ o $x 1 > x 2$ . Consideriamo per brevità solo il primo caso, ma il secondo si proverà in maniera analoga.Poniamo:

$g:[x_1,x_2]\to \mathbb{R}\ \ \ g(x)=f(x)-y$ .

$g$ è continua in $[x 1, x 2]$ e $g (x 1) g (x 2) < 0$ perché

$g(x_1)g(x_2)=\left(f(x_1)-y \right)\left(f(x_2)-y\right)$ . Essendo

f (x 1) < y < f (x 2)

, il primo fattore è negativo mentre il secondo è positivo.

Per il Teorema di Bolzano, esiste un $x_0 \in [x_1,x_2]$ tale che $g (x 0) = 0$ . Da ciò

$g(x_0)=0 \Leftrightarrow f(x_0)-y=0 \Leftrightarrow f(x_0)=0$

Dunque, come si voleva dimostrare, esiste almeno un $x 0$ tale che $f (x 0)$ è contenuto nell'intervallo.

$\Box$

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