Funzioni continue Hynek Kovarik Università di Brescia Analisi Matematica 1 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 1 / 44
Funzioni continue Definizione Siano f : A R e x 0 A. Diciamo che f è CONTINUA in x 0 A se ε > 0 δ > 0 : x ]x 0 δ, x 0 + δ[ A f (x) f (x 0 ) < ε. Diciamo che f : A R è CONTINUA su A se f è continua in ogni punto di A. Interpretazine geometrica: a piccole variazioni di x, vicino a x 0, corrispondono piccole variazioni del valore f (x) (che rimane vicino a f (x 0 ).) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 2 / 44
Esempi 1 La funzione f : x 1 x è continua su A = R \ {0} 2 La funzione f : x sin ( ) 1 è continua su A = R \ {0} x Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 3 / 44
Caratterizzazione della continuità mediante limite Teorema Dati f : A R e x 0 A, supponiamo che x 0 sia un punto di accumulazione per A. Allora f è continua in x 0 lim x x0 f (x) = f (x 0 ). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 4 / 44
Caratterizzazione di continuità mediante successioni Teorema: Sia f : A R. Allora f è continua in x 0 {x n } A con x n x 0 si ha lim n f (x n) = f (x 0 ). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 5 / 44
Esempio Usiamo il teorema precedente per dimostrare che la funzione ( ) 1 f (x) = cos, x R \ {0} x non ammette limite per x 0. Basta trovare due successioni {a n } e {b n } infinitesime e tali che Scegliamo, ad esempio, lim f (a n) lim f (b n). n n Si ha a n = lim f (a n) = 0, n 1 π 2 + 2πn, b n = 1 2πn. lim f (b n) = 1. n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 6 / 44
Continuità e operazioni algebriche su funzioni Siano f, g : A R due funzioni continue e sia x 0 A. Allora, 1 le funzioni 2 Se allora f + g, f g sono continue in x 0. I intorno di x 0 tale che g(x) 0 x I, f g è continua in x 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 7 / 44
Conseguenza: - i polinomi; P(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0 sono funzioni continue in R. - le funzioni razionali; f (x) = P(x) Q(x), P, Q polinomi sono continue in ogni punto del loro dominio. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 8 / 44
Teorema Siano A, B R, f : A B, g : B R e x 0 A. Se f è continua in x 0 e g è continua in f (x 0 ) B allora g f è continua in x 0. Dimostrazione: Sia ε > 0. Siccome g è continua in f (x 0 ), esiste δ > 0 tale che y I δ (f (x 0 )) B : g(y) g(f (x 0 ) < ε. D altra parte, f è continua in x 0. Quindi esiste δ > 0 tale che x I δ (x 0 ) A : f (x) f (x 0 ) < ε. Scegliendo ε = δ e y = f (x) si ottiene da cui la tesi x I δ (x 0 ) A : g(f (x)) g(f (x 0 ) < ε, Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 9 / 44
Conseguenza: Se f : A R è continua su A, sin f (x), cos f (x), f (x), a f (x), log a f (x)(f (x) > 0), sono anch esse continue in A. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 10 / 44
Punti di discontinuità Classifichiamo i punti di discontinuità di una funzione f in queste 4 categorie: 1 punti di discontinuità eliminabile; 2 punti di infinito; 3 punti di discontinuità di tipo salto; 4 punti di discontinuità di seconda specie. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 11 / 44
1 Se lim x x0 f (x) = L R con L f (x 0 ), allora si dice che la funzione f presenta una DISCONTINUITÀ ELIMINABILE in x 0. N.B.: se f ha in x 0 un punto di discontinuità eliminabile, allora la funzione { f (x) se x dom f, x x 0 h(x) = L se x = x 0. è continua in x 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 12 / 44
Esempio f : R R f (x) = { 0 se x 0 1 se x = 0 ha in x 0 = 0 una discontinuità eliminabile. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 13 / 44
2 Se lim x x0 f (x) =, oppure se esistono i limiti destro e sinistro e (almeno) uno di questi è infinito (= + oppure = ), allora si dice che x 0 è PUNTO DI INFINITO. 3 Se i limiti destro e sinistro esistono in R ma sono differenti si dice che x 0 è PUNTO DI SALTO. 4 Se (almeno) uno dei due limiti destro o sinistro non esiste, allora si dice che x 0 presenta una DISCONTINUITÀ DI SECONDA SPECIE. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 14 / 44
Proprietà delle funzioni continue Definizione Sia A R e sia f : I R. Chiamiamo 1 estremo superiore di f, l estremo superiore dell insieme immagine di f, ossia sup f = sup{f (x) : x A}. A 2 massimo di f, il massimo di im(f ) max f = max{f (x) : x A}. A 3 Un punto x 0 in cui f (x 0 ) = max A f si dice punto di massimo per f e quindi vale f (x) f (x 0 ) x A. Attenzione!!!!! non confondere - punto di massimo per f - massimo di f (si dice anche valore di massimo di f ) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 15 / 44
Definizione Sia A R e sia f : A R. Chiamiamo 1 estremo inferiore di f, l estremo inferiore dell insieme immagine di f, ossia inf A f = inf{f (x) : x A}. 2 minimo di f (o valore di minimo di f ), il minimo dell insieme immagine di f, ossia min A f = min{f (x) : x A} 3 Un punto x 0 in cui f (x 0 ) = min f si dice punto di minimo per f e quindi vale f (x 0 ) f (x) x A. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 16 / 44
Teorema di Weierstrass Sia f : [a, b] R continua su [a, b] intervallo chiuso e limitato. Allora f ammette almeno un punto di massimo e almeno un punto di minimo in [a, b], cioè x m, x M [a, b] : x [a, b] f (x m ) f (x) f (x M ). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 17 / 44
Tutte le ipotesi del teorema sono fondamentali: se una di esse non è soddisfatta, la tesi è falsa: 1. Siano I = [0, 1[, f (x) = 2x + 1. f è continua su I, I è limitato ma non è chiuso. Notiamo che f ammette minimo su I : è x = 0, min I f = 1, f non ammette massimo: si ha sup I f = 3, che non viene assunto in alcun punto di I. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 18 / 44
2. Siano I = R, f (x) = arctan(x). I è illimitato, f non ha né punti di massimo, né punti di minimo su I. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 19 / 44
3. Siano I = [ 1, 1] e f : [ 1, 1] R data da { x 2 per x [ 1, 1] \ {0}, f (x) = 2 se x = 0. f non ha minimo, e inf f = 0. max f = 2 e 0 è l unico punto di massimo. In questo caso I = [ 1, 1] è chiuso e limitato, ma f non è continua. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 20 / 44
Corollario al teorema di Weierstrass Sia f : [a, b] R continua in [a, b]. Allora f è limitata. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 21 / 44
Teorema di Bolzano o degli zeri Sia f : [a, b] R una funzione continua in [a, b] tale che f (a)f (b) < 0. Allora esiste almeno un punto c (a, b) tale che f (c) = 0. Chiamiamo il punto c zero della funzione f. Osservazione: Il teorema assicura che f ammette almeno uno zero c, non ci dice nulla sull unicitàdi c. In generale, c non è unico! Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 22 / 44
Una conseguenza del teorema degli zeri Teorema (dei valori intermedi) Sia f : [a, b] R una funzione continua in [a, b]. Allora, f assume tutti i valori compresi tra min [a,b] f e max [a,b] f. In particolare, im(f ) è un intervallo. Dimostrazione: Siano x min e x max i punti di minimo e massimo e denotiamo m = min [a,b] f = f (x min), M = max [a,b] f = f (x max). Senza ledere la generalità possiamo supporre che x min < x max. Sia y (n, M). Dobbiamo dimostrare che esiste un c (a, b) tale che f (c) = y. (1) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 23 / 44
Sia g(x) = f (x) y. Allora g(x min ) < 0 e g(x max ) > 0. Quindi il Teorema di Bolzano degli zeri applicato alla funzione g sull intervallo [x min, x max ] implica che esite c (x min, x max ) (a, b), tale che g(c) = 0. Da qui segue l equazione (1) e quindi la tesi. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 24 / 44
Funzioni continue invertibili Sia f : A R continua in A e iniettiva. Allora f è invertibile, con funzione inversa f 1 : im(f ) R. f 1 è continua in im(f )? Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 25 / 44
Esempio sia A = [0, 1] (2, 3] (unione di due intervalli) e sia f : A R data da { x se x [0, 1] f (x) = x 1 se x (2, 3]. Allora f è continua in A ma la sua inversa { f 1 : [0, 2] R, f 1 x se x [0, 1] (x) = x + 1 se x (1, 2]. è però una funzione discontinua in x = 1. Notiamo che A non è un intervallo, ma è l unione di due intervalli. Se invece A = I è un intervallo, la situazione cambia. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 26 / 44
Teorema: caratterizzazione delle funzioni continue invertibili Sia I un intervallo e sia f : I R una funzione continua su I. Allora f è invertibile f è strettamente monotona. Se f è strettamente monotona, allora la funzione inversa f 1 : im(f ) R è ancora monotona, con una monotonia dello stesso tipo di f. Domanda: essa è anche continua? Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 27 / 44
Teorema Siano I intervallo f : I R continua su I f : I R invertibile Allora f 1 : im(f ) R è continua. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 28 / 44
Confronto di funzioni Sia x 0 R e supponiamo che f, g siano due funzioni definite in un intorno di x 0. Supponiamo inoltre che esista il limite Definizione f (x) lim x x 0 g(x) = l R. 1 se l R, l 0, diciamo che f è dello stesso ordine di grandezza di g per x x 0 e scriviamo f (x) g(x) x x 0 2 se l = 1, diciamo che f è equivalemnte a g per x x 0 : f (x) g(x) x x 0 3 se l = 0, diciamo che f è trascurabile rispetto g per x x 0 : f (x) = o(g(x)) x x 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 29 / 44
Le espressioni, e o ( o piccolo ) si chiamano i simboli di Landau. Esempio Per f (x) = sin x e g(x) = x si ha sin x x x 0 sin x = o(x) x ±. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 30 / 44
Proprietà di simboli di Landau Per x x 0 si ha 1 f (x) g(x) f (x) g(x) 2 f (x) g(x) f (x) = g(x) + o(g(x)) 3 λ R, λ 0 : f (x) = o(λg(x)) f (x) = o(g(x)) 4 λ R : f (x) = o(g(x)) λf (x) = o(g(x)) 5 f (x) = o(1) lim x x0 f (x) = 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 31 / 44
Confronto di alcune funzioni elementari Per n, m N si ha 1 x n = o(x m ) x 0 n > m 2 x n = o(x m ) x ± n < m 3 x α = o(e x ) x + α R 4 e x = o( x α ) x α R 5 log x = o(x α ) x + α > 0 6 log x = o(x α ) x 0 + α > 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 32 / 44
Proposizione Sia x 0 R e siano f, f, g e g tali che Se esistono i limiti allora f (x) f (x), g(x) g(x) x x 0. lim f (x) g(x) e lim x x 0 x x0 f (x) g(x), f (x) lim f (x) g(x) = lim f (x) g(x) e lim x x 0 x x0 x x0 g(x) = lim x x 0 f (x) g(x) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 33 / 44
Esempio Siccome 1 cos x + sin x x 2 2 + x x x 0 log(1 + 2x) + x 2 2x + x 2 2x x 0, si ha 1 cos x + sin x lim x 0 log(1 + 2x) + x 2 = 1 2 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 34 / 44
Infinitesimi Definizione Sia f : dom(f ) R e x 0 R punto di accumulazione per dom(f ). Se lim f (x) = 0, x x 0 si dice che f è infinitesima per x x 0. Definizione Siano f e ϕ due funzioni infinitesime per x x 0. Sia ϕ 0. Se esiste α > 0 tale che f (x) ϕ(x) α x x 0, allora α si dice l ordine di infinitesimo di f rispetto a ϕ per x x 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 35 / 44
Esempio La funzione f (x) = x 2 4x + 4 è infinitesima di ordine 2 rispetto a ϕ(x) = x 2 per x 2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 36 / 44
Infiniti Definizione Sia f : dom(f ) R e x 0 R punto di accumulazione per dom(f ). Se lim f (x) = ± o lim f (x) = ±, x x 0 + x x 0 allora si dice che f è infinita per x x 0. Definizione Siano f e ϕ due funzioni infinite per x x 0. Sia ϕ 0. Se esiste α > 0 tale che f (x) ϕ(x) α x x 0, allora α si dice l ordine di infinito di f rispetto a ϕ per x x 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 37 / 44
Esempio La funzione f (x) = x 4 + x + 1 è infinita di ordine 2 rispetto a ϕ(x) = x per x +. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 38 / 44
Asintoti Definizione Sia f : A R definita in A = (a, + ) con a R. Se esistono m, q R tali che lim (f (x) mx q) = 0, (2) x + allora diciamo che la retta y = mx + q è asintoto destro della funzione f. Definizione Sia f : A R definita in A = (, a) con a R. Se esistono m, q R tali che lim (f (x) mx q) = 0, (3) x allora diciamo che la retta y = mx + q è asintoto sinistro della funzione f. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 39 / 44
Asintoti Definizione L asintoto y = mx + q si dice orizzontale se m = 0. obliquo se m 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 40 / 44
Asintoti Definizione Sia f : A R e sia x 0 un punto di accumulazione per A. Se lim f (x) = ± o lim f (x) = ±, x x 0 + x x 0 allora diciamo che la retta x = x 0 è asintoto verticale di f. Esempio La funzione tan : ( π/2, π/2) R ammette asintoti verticali in x 0 = π/2 e x 0 = π/2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 41 / 44
Asintoti: calcolo di coefficienti m e q 1 Se esistono finiti i limiti f (x) lim =: l 1 e lim x + x (f (x) l 1x) =: l 2, x + allora f ammette asintoto destro y = mx + q con m = l 1 e q = l 2. 2 Analogamente, se esistono finiti i limiti f (x) lim =: l 1 e lim x x (f (x) l 1x) =: l 2, x allora f ammette asintoto sinistro y = mx + q con m = l 1 e q = l 2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 42 / 44
Esempio: Sia f : R R data da Vale f (x) = log(1 + e x ) + x 2 + x + 1 e f (x) log(e x (1 + e x )) + x lim = lim x + x x + x = lim x + 2x + log(1 + e x ) x = 2, lim (f (x) 2x) = lim x + (log(1 + x + ex ) x) + lim ( x 2 + x + 1 x) x + = lim x + (log(e x (1 + e x )) + = lim log(1 + x + e x ) + 1 }{{} 2 = 1 2. =0 lim x + x + 1 x 2 + x + 1 + x) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 43 / 44
Quindi f ammette asintoto destro y = 2x + 1 2. Analogamente si ha e f (x) x lim = lim x x x x = 1, lim (f (x) + x) = lim x log(1 + x ex ) }{{} =0 = lim x x + 1 x 2 + x + 1 x = Quindi f ammette asintoto sinistro y = x 1 2. + lim x ( x 2 + x + 1 + x) lim x x 2x = 1 2 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Funzioni continue Analisi Matematica 1 44 / 44