Esercizi svolti sulla continuità: discontinuità, teorema degli zeri e Weierstrass

Si parte dalla disuguaglianza $\lvert f(x) - f(x_0) \rvert < \varepsilon$ e si risale a una condizione su $\lvert x - x_0 \rvert$, come nella verifica di un limite. L’unica differenza è che qui il punto $x_0$ non va escluso.

1. Fissato $\varepsilon > 0$:

Basta scegliere $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$. Nota che $\delta$ non dipende da $x_0$: lo stesso valore funziona in tutti i punti. Ci torneremo nell’esercizio 12.

2. Fissato $\varepsilon > 0$, scomponiamo:

Il fattore $\lvert x + 2 \rvert$ non è costante, ma vicino a 2 resta limitato. Se $\lvert x - 2 \rvert < 1$, allora $1 < x < 3$ e quindi $\lvert x + 2 \rvert < 5$. In questo caso $\lvert x^2 - 4 \rvert \leq 5\lvert x - 2 \rvert$, che è minore di $\varepsilon$ se $\lvert x - 2 \rvert < \frac{\varepsilon}{5}$. Servono entrambe le condizioni, quindi:

Per esempio, con $\varepsilon = 0{,}1$ si ha $\delta = 0{,}02$: se $x$ dista da 2 meno di $0{,}02$, allora $x^2$ dista da 4 meno di $0{,}1$.

Per $x < 0$ la funzione è un quoziente di funzioni continue con denominatore $x^2 \neq 0$. Per $x > 0$ il logaritmo è definito, perché $1 + x > 0$, e il denominatore non si annulla. Quindi $f$ è continua in ogni $x \neq 0$.

Resta il punto di raccordo $x = 0$. Sostituendo escono due forme $\frac{0}{0}$, che sono proprio due limiti notevoli:

Il limite sinistro coincide con $f(0) = \frac{1}{2}$: la funzione è continua da sinistra. Il limite destro vale 1: non è continua da destra. In 0 c’è una discontinuità di prima specie, con salto $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Cambiare solo $f(0)$ non basta: i due limiti laterali sono diversi, e nessun numero può essere uguale a entrambi. Per avere una funzione continua bisogna cambiare un pezzo, per esempio usare $\frac{\ln(1 + x)}{2x}$ per $x > 0$, che tende a $\frac{1}{2}$.

In entrambi i casi ogni pezzo è continuo nel suo intervallo: restano solo i punti di raccordo.

1. In $x = 1$:

• limite da sinistra: $2 \cdot 1 + k = 2 + k$;
• valore e limite da destra: $f(1) = 1 - k$.

La funzione è continua se $2 + k = 1 - k$, cioè $2k = -1$ e $k = -\frac{1}{2}$. Controllo: con $k = -\frac{1}{2}$ entrambi i lati valgono $\frac{3}{2}$.

2. Ci sono due raccordi.

• In $x = 0$. Valore e limite da sinistra: $g(0) = e^0 + a = 1 + a$. Limite da destra: $b \cdot 0 + 3 = 3$. Serve $1 + a = 3$, cioè $a = 2$.
• In $x = 1$. Valore e limite da sinistra: $g(1) = b + 3$. Limite da destra: $\ln 1 + 2a = 2a = 4$. Serve $b + 3 = 4$, cioè $b = 1$.

Quindi $a = 2$ e $b = 1$. Conviene sempre partire dal raccordo che contiene un solo parametro: qui il primo ha dato $a$, che è servito nel secondo.

1. $f$ non è definita in $x = 1$. Per $x > 1$ si ha $\lvert x - 1 \rvert = x - 1$ e $f(x) = 1$; per $x < 1$ si ha $\lvert x - 1 \rvert = -(x - 1)$ e $f(x) = -1$. I limiti laterali sono $-1$ e $1$, finiti e diversi: prima specie, con salto 2. È la funzione segno spostata di 1 verso destra.

2. $g$ è definita ovunque. Se $x = n$ è un intero, $g(n) = n + (-n) = 0$. Se $x$ non è intero, c’è un intero $n$ con $n < x < n + 1$: allora $\lfloor x \rfloor = n$ e $-n - 1 < -x < -n$, quindi $\lfloor -x \rfloor = -n - 1$ e

Per esempio $g(2{,}7) = 2 + (-3) = -1$. Quindi $g$ vale $-1$ dappertutto, tranne negli interi, dove vale 0. In ogni intero il limite (destro e sinistro) è $-1 \neq g(n)$: discontinuità di terza specie, eliminabile ponendo $g(n) = -1$.

3. Per $x \to 0^-$ si ha $\frac{1}{x} \to -\infty$ ed $e^{\frac{1}{x}} \to 0$. Per $x \to 0^+$ si ha $\frac{1}{x} \to +\infty$ ed $e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$. Basta un limite infinito: seconda specie.

4. Usiamo i limiti del punto 3. Da sinistra $e^{\frac{1}{x}} \to 0$, quindi $k(x) \to \frac{1}{1 + 0} = 1$. Da destra $e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$, quindi $k(x) \to 0$. Limiti finiti e diversi: prima specie, con salto 1.

Dominio e candidati. Il primo pezzo è un polinomio. Nel secondo il denominatore è $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$, che si annulla in 1 e in 2, entrambi nella zona $x > 0$. Il dominio è $\mathbb{R} \setminus \{1, 2\}$ e i candidati sono $0$ (il raccordo), $1$ e $2$. Per $x > 0$, $x \neq 1$, conviene semplificare:

In $x = 0$. Il valore è $f(0) = 2$, uguale al limite sinistro. Il limite destro è $\frac{0}{0 - 2} = 0$. Discontinuità di prima specie, con salto 2; la funzione è continua da sinistra.

In $x = 1$. Il limite è $\frac{1}{1 - 2} = -1$, finito, ma $f$ non è definita: terza specie. Si elimina ponendo $f(1) = -1$.

In $x = 2$. Il numeratore tende a 2 e il denominatore a 0. Da sinistra $x - 2 < 0$ e il limite è $-\infty$; da destra è $+\infty$. Seconda specie: la retta $x = 2$ è un asintoto verticale.

Solo la discontinuità in 1 si può eliminare. Il grafico mostra le tre specie una accanto all’altra (per $x \to +\infty$ la funzione tende a 1).

Si può prolungare se e solo se il limite per $x \to 0$ esiste finito, e il valore da assegnare in 0 è proprio il limite.

1. Con il limite notevole del seno, $\frac{\sin 3x}{x} = 3 \cdot \frac{\sin 3x}{3x} \to 3$: si prolunga con il valore 3.

2. Forma $\frac{0}{0}$ con una radice: si razionalizza.

Si prolunga con il valore $\frac{1}{2}$.

3. Vale $\left\lvert x\sin\frac{1}{x} \right\rvert \leq \lvert x \rvert$, e $\lvert x \rvert \to 0$. Per il teorema dei carabinieri il limite è 0: si prolunga con 0.

4. Il limite non esiste. Nei punti $x = \frac{1}{n\pi}$ la funzione vale 0, nei punti $x = \frac{1}{\pi/2 + 2n\pi}$ vale 1, e per $n \to +\infty$ entrambi tendono a 0. Discontinuità di seconda specie: non si prolunga.

La funzione $f(x) = x^3 - 3x + 1$ è un polinomio, quindi è continua. Calcoliamo qualche valore:

Ci sono tre cambi di segno: tra $-2$ e $-1$, tra $0$ e $1$, tra $1$ e $2$. Per il teorema degli zeri c’è almeno una soluzione in ciascuno dei tre intervalli, che sono disgiunti: quindi almeno tre soluzioni.

Un polinomio di grado 3 ha al massimo tre zeri. Quindi le soluzioni sono esattamente tre: circa $-1{,}879$, $0{,}347$ e $1{,}532$.

Dall’intersezione allo zero. I grafici si incontrano dove $e^x = 2 - x$, cioè dove si annulla la differenza

È il trucco da ricordare: un punto d’intersezione dei grafici di $f$ e $g$ è uno zero di $f - g$, a cui si può applicare il teorema degli zeri.

Esistenza. $g$ è continua, $g(0) = 1 + 0 - 2 = -1 < 0$ e $g(1) = e - 1 \approx 1{,}718 > 0$: c’è uno zero $c$ in $(0, 1)$.

Unicità. $e^x$ e $x$ sono strettamente crescenti, quindi anche $g$: lo zero è uno solo su tutto $\mathbb{R}$ e i grafici si incontrano in un solo punto.

Bisezione. A ogni passo si calcola $g$ nel punto medio $m$ e si tiene la metà dell’intervallo agli estremi della quale $g$ ha segni opposti.

Dopo quattro passi la soluzione è in $(0{,}4375;\ 0{,}5)$. La figura mostra i due grafici, la differenza $g$ e gli intervalli della bisezione.

Stima dell’errore. Ogni passo dimezza l’intervallo: si parte da $(0, 1)$, lungo 1, e dopo $n$ passi la lunghezza è $\frac{1}{2^n}$. Se come approssimazione prendi il punto medio, l’errore è al massimo metà della lunghezza, cioè $\frac{1}{2^{n+1}}$. Dopo quattro passi il punto medio è $0{,}46875$, con errore al massimo $\frac{1}{32} \approx 0{,}031$. Il valore vero è $c \approx 0{,}4429$: l’errore effettivo è circa $0{,}026$, dentro la stima.

Per un errore minore di $0{,}001$ serve

Siccome $2^9 = 512$ e $2^{10} = 1024$, serve $n + 1 = 10$: bastano 9 passi.

1. Dire $f(c) = c$ equivale a dire $f(c) - c = 0$: cerchiamo uno zero di $g(x) = f(x) - x$, che è continua su $[0, 1]$ perché differenza di funzioni continue. Siccome i valori di $f$ stanno in $[0, 1]$:

Se $g(0) = 0$, il punto fisso è $c = 0$; se $g(1) = 0$, è $c = 1$. Altrimenti $g(0) > 0 > g(1)$, e per il teorema degli zeri esiste $c \in (0, 1)$ con $g(c) = 0$, cioè $f(c) = c$.

Graficamente: il grafico di $f$ sta nel quadrato $[0, 1] \times [0, 1]$, parte dal lato sinistro e arriva al lato destro senza salti, quindi deve attraversare la diagonale $y = x$.

2. Su $[0, 1]$ il coseno è continuo e decrescente, perché $[0, 1]$ è contenuto in $[0, \pi]$. Quindi i suoi valori stanno tra $\cos 1 \approx 0{,}540$ e $\cos 0 = 1$: il coseno manda $[0, 1]$ in $[0, 1]$. Per il punto 1 esiste $c$ con $\cos c = c$. Con la bisezione si trova $c \approx 0{,}739$.

1. Continua su un intervallo chiuso e limitato: il teorema si applica. Minimo $0$ nel punto interno $x = 0$, massimo $4$ nell’estremo $x = 2$.

2. L’intervallo non è chiuso: il teorema non si applica. La funzione è decrescente, quindi il minimo è $1$, in $x = 1$. Il massimo non esiste, perché $\frac{1}{x} \to +\infty$ per $x \to 0^+$: l’estremo superiore è $+\infty$.

3. L’intervallo non è limitato: il teorema non si applica. L’arcotangente è crescente e si avvicina a $\pm\frac{\pi}{2}$ senza raggiungerli: niente massimo né minimo, ma estremo superiore $\frac{\pi}{2}$ ed estremo inferiore $-\frac{\pi}{2}$.

4. La funzione $x - \lfloor x \rfloor$, la «parte decimale» di $x$, vale $x$ su $[0, 1)$, $x - 1$ su $[1, 2)$ e $0$ in $x = 2$. È discontinua in $x = 1$ e in $x = 2$: il teorema non si applica. Il minimo esiste: vale 0 ed è raggiunto in $0$, $1$ e $2$. Il massimo no: i valori si avvicinano a 1 per $x \to 1^-$ e per $x \to 2^-$, ma non lo raggiungono mai. L’estremo superiore è 1.

Weierstrass non si applica direttamente, perché $\mathbb{R}$ non è limitato. Ma se i limiti a $\pm\infty$ tengono la funzione «bassa» lontano dall’origine, basta applicarlo su un intervallo chiuso abbastanza grande.

1. $f$ è continua su $\mathbb{R}$ (il denominatore non si annulla mai) e tende a 0 per $x \to \pm\infty$, perché il numeratore ha grado più basso. Inoltre $f(1) = \frac{1}{2}$.

Per la definizione di limite esiste $R > 1$ tale che $\lvert f(x) \rvert < \frac{1}{2}$ per $\lvert x \rvert > R$. Su $[-R, R]$ Weierstrass dà un massimo $M$, e $M \geq f(1) = \frac{1}{2}$ perché $1 \in [-R, R]$. Fuori da $[-R, R]$, invece, $f(x) < \frac{1}{2} \leq M$. Quindi $M$ è il massimo su tutto $\mathbb{R}$. Allo stesso modo, partendo da $f(-1) = -\frac{1}{2}$, esiste il minimo.

Per trovarli, basta una disuguaglianza:

L’ultima è sempre vera, con l’uguaglianza solo per $\lvert x \rvert = 1$. Quindi $-\frac{1}{2} \leq f(x) \leq \frac{1}{2}$: il massimo è $\frac{1}{2}$, in $x = 1$, e il minimo è $-\frac{1}{2}$, in $x = -1$.

2. $p$ è un polinomio, quindi continuo, e $p(x) \to +\infty$ per $x \to \pm\infty$: il massimo non c’è. Per il minimo partiamo da $p(0) = 0$. Per $x < 0$ i termini $x^4$ e $-4x$ sono entrambi positivi, quindi $p(x) > 0$. Per $x > 2$ si ha $p(x) = x(x^3 - 4) > 0$, perché $x^3 > 8$. Su $[0, 2]$ Weierstrass dà un minimo $m \leq p(0) = 0$, e fuori da $[0, 2]$ vale $p(x) > 0 \geq m$. Quindi $m$ è il minimo assoluto su $\mathbb{R}$. Dove si trova lo scoprirai con le derivate: in $x = 1$, dove $p$ vale $-3$.

1. $f$ è continua e strettamente crescente, perché somma di due funzioni strettamente crescenti: quindi è iniettiva. Inoltre $f(x) \to -\infty$ per $x \to -\infty$ (perché $e^x \to 0$) e $f(x) \to +\infty$ per $x \to +\infty$. Per il teorema dei valori intermedi $f$ assume tutti i valori reali: è una biiezione da $\mathbb{R}$ in $\mathbb{R}$.

Una funzione continua e strettamente monotona su un intervallo ha l’inversa continua (e monotona come lei): quindi $f^{-1}$ è continua su $\mathbb{R}$. Siccome $f(0) = 1$, si ha $f^{-1}(1) = 0$. Invece $f^{-1}(2)$ è il numero $x$ con $e^x + x = 2$: è la soluzione dell’esercizio 8, circa $0{,}443$. L’inversa non si scrive con le funzioni elementari che conosci, eppure sappiamo che esiste ed è continua.

2. Per $g$ usiamo la disuguaglianza $\lvert \sin x - \sin y \rvert \leq \lvert x - y \rvert$:

Quindi $g$ è lipschitziana con costante 5, e dunque uniformemente continua: dato $\varepsilon$, il valore $\delta = \frac{\varepsilon}{5}$ va bene in tutti i punti.

Per $h$ la risposta è no. Prendiamo $\varepsilon = 1$ e un qualsiasi $\delta > 0$. Scegliamo un intero $n$ con $\frac{1}{2n} < \delta$ e i punti $x = \frac{1}{n}$ e $y = \frac{1}{2n}$, che stanno in $(0, 1]$. Distano $\frac{1}{2n} < \delta$, ma

Nessun $\delta$ funziona per $\varepsilon = 1$: $h$ non è uniformemente continua.