Massimi e minimi di una funzione continua

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	Tipo: appunti
	Materia: Analisi matematica
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Massimi e minimi

Teorema (di Weierstrass)

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

Lemma

Sia $A \neq \emptyset$ e $f : A \to ℝ$ . Allora esiste una successione $(a_{n})$ in $A$ tendente al $sup_{A} f$ .
Inoltre esiste un'altra successione $(b_{n})$ in $A$ tendente all' $inf_{A} f$ .

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 $λ = sup_{A} f$ , esiste allora per ogni $n \in ℕ$ un qualche valore $a_{n} \in A$ tale che $λ - \frac{1}{n} < f (a_{n}) \leq λ$ . Poniamo allora

A_{n} := {a \in A : λ - \frac{1}{n} < f (a) \leq λ}

.

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 $a : ℕ \to A$ 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 $lim_{n \to + \infty} f (a_{n}) = λ = sup_{a} f$ .

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 ℕ}

.

Siccome la condizione che $f (b) < n$ è sempre verificata, per un fissato $b \in A$ ed un opportuno $n \in ℕ$ , $B_{n}$ non è vuoto ed è contenuto in $A$ . Per l'assioma della scelta esiste una funzione $b : ℕ \to A$ 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 $- \infty = inf_{A} f = μ$ in quanto $f (b_{n}) < n, \forall n \in ℕ$ , 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.

◻

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})

◻

Teorema (di Bolzano o degli zeri)

Siano $a, b \in ℝ, a < b$ . Sia poi $f \in 𝒞 ([a, b], ℝ)$ tale che $f (a) f (b) \leq 0$ .
Allora

\exists x_{0} \in [a, b] : f (x_{0}) = 0

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 $a_{n} \leq a_{n + 1}, \forall n \in ℕ$ 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}) = {(f (x_{0}))}^{2}

.

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

◻

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 $y_{0}$ compreso in questi $] f (x_{1}), f (x_{2}) [$ , esiste un $x_{0} \in I$ tale che $f (x_{0}) = y_{0}$ .

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 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}) = (f (x_{1}) - y) (f (x_{2}) - y)

. 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.

◻