Teorema degli zeri e dei valori intermedi: dimostrazione, bisezione ed esercizi

Se a mezzanotte il termometro segnava −3 °C e a mezzogiorno +5 °C, in qualche momento della mattina ha segnato esattamente 0 °C, perché la temperatura cambia senza salti. Il teorema degli zeri, o teorema di Bolzano, rende rigorosa questa intuizione: una funzione continua su un intervallo che passa da un valore negativo a uno positivo deve annullarsi. Così si dimostra che un’equazione ha una soluzione senza saperla risolvere: all’esame serve negli esercizi del tipo «quante soluzioni ha…?». In questa pagina vediamo l’enunciato e cosa non dice, la dimostrazione completa, un controesempio per ogni ipotesi, il metodo di bisezione, unicità e conteggio degli zeri, i polinomi di grado dispari, il teorema dei valori intermedi, le applicazioni più belle, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: non si attraversa un fiume senza bagnarsi

Disegna un punto sotto l’asse $x$, con ascissa $a$, e uno sopra, con ascissa $b$. Collegali senza staccare la penna: comunque tu faccia, la linea taglia l’asse almeno una volta. «Senza staccare la penna» è l’immagine intuitiva di una funzione continua su un intervallo, e il punto di attraversamento è uno zero. Se invece puoi staccare la penna, un salto ti porta dall’altra parte senza toccare l’asse, come nel grafico a destra.

L’enunciato preciso

• Continua su $[a, b]$ vuol dire continua in ogni punto interno, da destra in $a$ e da sinistra in $b$. Le funzioni elementari sono continue dove sono definite: di solito basta controllare che l’intervallo stia tutto nel dominio.
• $f(a) \cdot f(b) < 0$ è il modo compatto di dire che $f(a)$ e $f(b)$ hanno segni opposti: il prodotto è negativo proprio quando un fattore è positivo e l’altro negativo.
• $c \in (a, b)$: lo zero è interno, perché agli estremi $f$ non vale zero.

Cosa il teorema non dice

• Non dice che lo zero è uno solo. $\sin x$ su $[-1, 7]$ vale circa $-0{,}84$ in $-1$ e $0{,}66$ in $7$, e ha tre zeri: $0$, $\pi$ e $2\pi$.
• Non dice dove si trova $c$. È un teorema di esistenza; per approssimare $c$ serve un metodo, come la bisezione.
• Non si può rovesciare. $x^2 - 1$ su $[-2, 2]$ vale 3 in entrambi gli estremi, eppure si annulla in $\pm 1$. Con segni uguali agli estremi il teorema tace: gli zeri possono esserci oppure no.
• Le ipotesi sono sufficienti, non necessarie. La funzione segno, che vale $-1$ per $x < 0$, $0$ in $0$ e $1$ per $x > 0$, è discontinua, eppure ha uno zero.

La dimostrazione con la bisezione

È la dimostrazione che di solito si chiede all’orale. Supponiamo $f(a) < 0 < f(b)$: nel caso opposto si ragiona su $-f$, che ha gli stessi zeri.

Dimostrazione

Costruzione. Poniamo $a_0 = a$ e $b_0 = b$. Dato $[a_n, b_n]$ con $f(a_n) < 0 < f(b_n)$, prendiamo il punto medio $m = \frac{a_n + b_n}{2}$:

• se $f(m) = 0$, lo zero è $m$ e abbiamo finito;
• se $f(m) < 0$, poniamo $a_{n+1} = m$ e $b_{n+1} = b_n$;
• se $f(m) > 0$, poniamo $a_{n+1} = a_n$ e $b_{n+1} = m$.

Il nuovo intervallo è metà del precedente e conserva $f(a_{n+1}) < 0 < f(b_{n+1})$. Se non troviamo lo zero per caso, otteniamo intervalli annidati, ognuno dentro il precedente:

$$\begin{gathered} a_0 \leq a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq b_2 \leq b_1 \leq b_0 \\ b_n - a_n = \frac{b - a}{2^n} \end{gathered}$$

Passo 1: gli estremi hanno un limite. $(a_n)$ è crescente (in senso largo) e limitata superiormente da $b$; $(b_n)$ è decrescente e limitata inferiormente da $a$. Per il teorema delle successioni monotone convergono: $a_n \to \alpha$ e $b_n \to \beta$, con $\alpha$ e $\beta$ in $[a, b]$.

Passo 2: il limite è lo stesso. Siccome $2^n \to +\infty$:

$$\begin{gathered} \beta - \alpha = \lim_{n \to \infty} (b_n - a_n) \\ {} = \lim_{n \to \infty} \frac{b - a}{2^n} = 0 \end{gathered}$$

Chiamiamo $c$ il limite comune: $a_n \to c$ e $b_n \to c$.

Passo 3: la continuità. Siccome $f$ è continua in $c$, da $a_n \to c$ segue $f(a_n) \to f(c)$, e lo stesso per $b_n$. Un limite di numeri negativi non può essere positivo (è la permanenza del segno letta al contrario), quindi da $f(a_n) < 0$ segue $f(c) \leq 0$. Allo stesso modo da $f(b_n) > 0$ segue $f(c) \geq 0$. Insieme:

$$f(c) = 0$$

Passo 4: lo zero è interno. $c \neq a$ perché $f(a) < 0$, e $c \neq b$ perché $f(b) > 0$.

Dove serve ogni ipotesi. La completezza dei reali serve nel passo 1. La continuità nel passo 3, nel punto $c$, che non conosciamo in anticipo: per questo la si chiede in tutto $[a, b]$. I segni opposti sono ciò che la bisezione conserva, e l’intervallo chiuso tiene $c$ dove $f$ è definita e continua.

Un’altra strada: l’estremo superiore

Molti libri prendono come $c$ l’estremo superiore dei punti $x$ tali che $f$ è negativa su tutto $[a, x]$. Se fosse $f(c) < 0$, per la permanenza del segno $f$ resterebbe negativa anche un po’ oltre $c$; se fosse $f(c) > 0$, sarebbe positiva anche un po’ prima di $c$, dove invece è negativa. Quindi $f(c) = 0$. L’ingrediente è lo stesso: la completezza.

Ogni ipotesi serve: un controesempio per ciascuna

• Senza continuità. La funzione che vale $-1$ per $x < 0$ e $1$ per $x \geq 0$ cambia segno su $[-1, 1]$ ma non si annulla mai: ha un salto in 0. Basta anche una discontinuità in un estremo: su $[0, 1]$, la funzione che vale $-1$ in 0 e $1$ altrove cambia segno e non ha zeri.
• Senza un intervallo. $f(x) = \frac{1}{x}$ su $[-1, 1] \setminus \{0\}$ è continua nel suo dominio, con $f(-1) = -1$ e $f(1) = 1$, ma non vale mai zero: il buco in 0 è il varco da cui il grafico passa dall’altra parte. Attenzione agli asintoti verticali.
• Senza segni opposti il teorema tace, come abbiamo visto con $x^2 - 1$.
• Senza la completezza. Nei razionali il teorema è falso: $x^2 - 2$ vale $-1$ in 1 e $2$ in 2, ma nessun razionale ha quadrato 2.

Il metodo di bisezione per approssimare gli zeri

La dimostrazione è costruttiva: ripetendo i passi si approssima lo zero bene quanto si vuole. È il metodo di bisezione.

1. Prepara. Scrivi l’equazione come $f(x) = 0$; controlla che $f$ sia continua su $[a, b]$ e cambi segno agli estremi.
2. Dimezza. Calcola $f$ nel punto medio $m$. Se $f(m) = 0$ hai finito.
3. Scegli la metà. Sostituisci con $m$ l’estremo in cui $f$ ha lo stesso segno di $f(m)$.
4. Ripeti fino alla precisione voluta, e prendi come approssimazione il punto medio dell’ultimo intervallo.

Quanti passi servono

Dopo $n$ passi l’intervallo è lungo $\frac{b - a}{2^n}$ e contiene lo zero, quindi ogni suo punto dista dallo zero al massimo questa lunghezza. Per un errore non superiore a $\varepsilon$ basta che:

$$\begin{gathered} \frac{b - a}{2^n} \leq \varepsilon \iff 2^n \geq \frac{b - a}{\varepsilon} \\ \iff n \geq \log_2 \frac{b - a}{\varepsilon} \end{gathered}$$

Con il punto medio dell’ultimo intervallo l’errore si dimezza ancora, e basta un passo in meno. Il numero di passi si sa prima di cominciare e non dipende da $f$: ogni dieci passi l’errore cala di circa mille volte, perché $2^{10} = 1024$.

Un esempio completo con un’equazione di terzo grado

Prendiamo $f(x) = x^3 + x - 1$ su $[0, 1]$: è continua, $f(0) = -1 < 0$ e $f(1) = 1 > 0$.

Intervallo	$m$	$f(m)$
$[0;\ 1]$	$0{,}5$	$-0{,}375$
$[0{,}5;\ 1]$	$0{,}75$	$0{,}172$
$[0{,}5;\ 0{,}75]$	$0{,}625$	$-0{,}131$
$[0{,}625;\ 0{,}75]$	$0{,}6875$	$0{,}012$
$[0{,}625;\ 0{,}6875]$	$0{,}65625$	$-0{,}061$

Dopo cinque passi lo zero sta in $[0{,}65625;\ 0{,}6875]$, lungo $\frac{1}{32}$. Per un errore non superiore a $0{,}001$ servono $n \geq \log_2 1000 \approx 9{,}97$, cioè 10 passi, che portano a circa $[0{,}68164;\ 0{,}68262]$ (con il punto medio ne bastano 9). Lo zero vero è $c \approx 0{,}68233$.

La bisezione è lenta, ma non sbaglia mai. Il metodo di Newton, molto più veloce, è nella risoluzione grafica delle equazioni goniometriche; un altro esempio con la stima dell’errore è negli esercizi svolti sulla continuità.

L’unicità: la monotonia

Per dire che lo zero è uno solo serve un’informazione in più, quasi sempre la monotonia.

Perché è vero. Se $f$ è strettamente crescente e $x_1 < x_2$, allora $f(x_1) < f(x_2)$: i due valori non possono essere entrambi zero. Lo stesso per le decrescenti.

Per riconoscere la stretta monotonia hai due strade:

• le funzioni elementari: $e^x$, $\ln x$, $x^3$ e $\sqrt{x}$ sono strettamente crescenti, e la somma di funzioni strettamente crescenti lo è ancora;
• il segno della derivata: se $f$ è continua su un intervallo e $f'(x) > 0$ in ogni punto interno, è strettamente crescente. È il test di monotonia del capitolo sulle derivate.

Esempio. $x^3 + x - 1$ è strettamente crescente, perché somma di $x^3$ e $x - 1$ (o perché la derivata $3x^2 + 1$ è positiva): lo zero $c \approx 0{,}6823$ trovato con la bisezione è l’unico su $\mathbb{R}$.

Contare gli zeri: un tratto di monotonia alla volta

Se $f$ non è monotona, si divide il dominio in tratti di stretta monotonia: su ciascuno c’è al massimo uno zero, e c’è se agli estremi del tratto i segni sono opposti.

Esempio. Quante soluzioni reali ha $x^5 - 5x + 1 = 0$? Il grado dice solo «al massimo cinque». La derivata di $f(x) = x^5 - 5x + 1$ è

$$f'(x) = 5x^4 - 5 = 5(x^2 - 1)(x^2 + 1)$$

positiva per $\lvert x \rvert > 1$ e negativa per $\lvert x \rvert < 1$. Quindi $f$ cresce su $(-\infty, -1]$, decresce su $[-1, 1]$ e cresce su $[1, +\infty)$:

Tratto	inizio	fine
$(-\infty, -1]$	$-\infty$	$f(-1) = 5$
$[-1, 1]$	$f(-1) = 5$	$f(1) = -3$
$[1, +\infty)$	$f(1) = -3$	$+\infty$

Su ogni tratto $f$ cambia segno ed è strettamente monotona: esattamente uno zero per tratto. Sui tratti illimitati il teorema va applicato su un intervallo chiuso: $f(-2) = -21$ dà uno zero in $(-2, -1)$, $f(2) = 23$ uno in $(1, 2)$; al centro $f(0) = 1$ lo colloca in $(0, 1)$. Le soluzioni reali sono tre: $x_1 \approx -1{,}542$, $x_2 \approx 0{,}200$ e $x_3 \approx 1{,}441$; le altre due radici sono complesse.

I polinomi di grado dispari

Perché è vero. Sia $P(x) = a_n x^n + \dots + a_0$ con $n$ dispari e $a_n > 0$ (altrimenti si ragiona su $-P$). Per $x \neq 0$:

$$P(x) = x^n \left(a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_0}{x^n}\right)$$

La parentesi tende ad $a_n > 0$, mentre $x^n$, con $n$ dispari, tende a $\pm\infty$ con lo stesso segno di $x$ (sono i limiti all’infinito delle potenze). Quindi:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to -\infty} P(x) = -\infty \\ \lim_{x \to +\infty} P(x) = +\infty \end{gathered}$$

Per la definizione di limite esistono $a < b$ con $P(a) < 0 < P(b)$, e il teorema degli zeri su $[a, b]$ dà uno zero. Con il grado pari non funziona: $x^2 + 1$ è sempre positivo. E di nuovo è «almeno uno»: $x^3 - x$ ha tre zeri, $x^3 + x$ uno solo.

Il teorema dei valori intermedi

Lo zero non ha niente di speciale: spostando il grafico in su o in giù, il ragionamento vale per qualunque valore.

Perché è vero. Se $y$ è $f(x_1)$ o $f(x_2)$ non c’è niente da dimostrare. Altrimenti la funzione

$$g(x) = f(x) - y$$

è continua su $[x_1, x_2]$ e cambia segno agli estremi: per il teorema degli zeri esiste $c \in (x_1, x_2)$ con $g(c) = 0$, cioè $f(c) = y$.

In parole: una funzione continua su un intervallo non salta nessun valore. Se un escursionista alle 9 è a quota 500 m e alle 12 a 1500 m, in qualche istante è stato esattamente a 1000 m.

L’immagine di un intervallo è un intervallo

Quindi, se $f$ è continua su un intervallo $I$, anche l’immagine $f(I)$ è un intervallo. Per esempio $\arctan x$ si avvicina quanto si vuole a $\pm\frac{\pi}{2}$ senza raggiungerli, e la sua immagine è $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.

Su $[a, b]$ si dice di più: per il teorema di Weierstrass $f$ ha un minimo $m$ e un massimo $M$, e per i valori intermedi assume tutto ciò che sta in mezzo. L’immagine è $[m, M]$: per esempio quella di $[-1, 2]$ tramite $x^2$ è $[0, 4]$.

Le applicazioni

Le radici esistono: perché radice di 2 è un numero reale

Chi garantisce che esista un numero positivo con quadrato 2? Il teorema degli zeri: $f(x) = x^2 - 2$ è continua su $[1, 2]$, con $f(1) = -1$ e $f(2) = 2$, quindi esiste $c \in (1, 2)$ con $c^2 = 2$. Ed è l’unico positivo, perché $x^2$ è strettamente crescente per $x \geq 0$.

Allo stesso modo, se $y > 0$ e $n \geq 1$, l’equazione $x^n = y$ ha esattamente una soluzione positiva. Si usa $f(x) = x^n - y$ su $[0, 1 + y]$:

$$\begin{gathered} f(0) = -y < 0 \\ f(1 + y) = (1 + y)^n - y \geq 1 \end{gathered}$$

perché $(1 + y)^n \geq 1 + y$, essendo $1 + y > 1$. È il fondamento rigoroso della radice n-esima.

Il punto fisso

Ogni funzione continua da $[0, 1]$ in $[0, 1]$ ha un punto fisso, un $c$ con $f(c) = c$: si applica il teorema a $f(x) - x$. La dimostrazione è nell’esercizio 9 degli esercizi svolti sulla continuità.

Le temperature agli antipodi

L’affermazione. In ogni istante, su ogni cerchio massimo della Terra (per esempio l’equatore), ci sono due punti diametralmente opposti con la stessa temperatura, se supponiamo che la temperatura vari con continuità.

Indichiamo i punti del cerchio con un angolo $\theta$ e con $T(\theta)$ la temperatura. $\theta$ e $\theta + 360^\circ$ sono lo stesso punto, e l’antipodo di $\theta$ è $\theta + 180^\circ$. La differenza

$$g(\theta) = T(\theta) - T(\theta + 180^\circ)$$

è continua, e agli estremi di $[0^\circ, 180^\circ]$:

$$\begin{gathered} g(180^\circ) = T(180^\circ) - T(360^\circ) \\ {} = T(180^\circ) - T(0^\circ) = -g(0^\circ) \end{gathered}$$

Se $g(0^\circ) = 0$ abbiamo finito; altrimenti i segni sono opposti e il teorema dà un $\theta$ con $g(\theta) = 0$: lì e nell’antipodo la temperatura è la stessa. Sull’intera superficie terrestre vale di più, ma è molto più difficile (teorema di Borsuk-Ulam, 1933): due punti agli antipodi con la stessa temperatura e la stessa pressione.

Il monaco sulla montagna

Un rompicapo classico, attribuito allo psicologo Karl Duncker. Un monaco parte alle 6 dai piedi di una montagna e sale, con soste e cambi di ritmo, fino al tempio in cima, dove arriva prima delle 18. Giorni dopo riparte alle 6 e scende per lo stesso sentiero, arrivando prima delle 18. C’è un punto in cui si trova alla stessa ora nei due viaggi?

Sì. Sia $L$ la lunghezza del sentiero, e siano $s(t)$ e $d(t)$ le distanze dalla base all’ora $t$ nel giorno della salita e in quello della discesa (dopo l’arrivo il monaco resta fermo). Sono continue, perché il monaco non si teletrasporta, e lo è $h(t) = s(t) - d(t)$ su $[6, 18]$:

$$\begin{gathered} h(6) = 0 - L < 0 \\ h(18) = L - 0 > 0 \end{gathered}$$

Esiste quindi un’ora $t_0$ con $s(t_0) = d(t_0)$. Senza formule: due monaci nello stesso giorno, uno che sale e uno che scende, prima o poi si incontrano.

Un po’ di storia

La prima dimostrazione puramente analitica è del sacerdote e matematico praghese Bernard Bolzano, nel 1817. Il titolo del suo opuscolo, Rein analytischer Beweis des Lehrsatzes…, è già l’enunciato: «dimostrazione puramente analitica del teorema che tra due valori che danno risultati di segno opposto si trova almeno una radice reale dell’equazione». Nel 1821 Augustin-Louis Cauchy ne diede una dimostrazione nel Cours d’analyse, con uno schema simile alla bisezione.

Gli errori più comuni

• Non controllare la continuità. Un solo punto escluso dal dominio in $[a, b]$ rovina tutto.
• Applicarlo attraverso un asintoto. $\frac{1}{x}$ cambia segno tra $-1$ e $1$, $\tan x$ tra 1 e 2, ma non si annullano lì.
• Concludere che lo zero è unico. Il teorema dà almeno uno zero; per «uno solo» serve la stretta monotonia.
• Concludere che non ci sono zeri perché i segni sono uguali. $x^2 - 1$ su $[-2, 2]$ ne ha due.
• Usare il minore o uguale. Con $f(a) \cdot f(b) \leq 0$ lo zero può essere un estremo: $x$ su $[0, 1]$ si annulla solo in 0.
• Applicarlo su un intervallo illimitato. Prima trova un punto $b$ con il segno giusto, poi lavora su un intervallo chiuso.
• Contare male i passi della bisezione. Dopo $n$ passi la lunghezza è $\frac{b - a}{2^n}$, non $\frac{b - a}{2n}$.

Esercizi svolti

1. Si può applicare il teorema?

Testo. Di’ se il teorema degli zeri si applica e che cosa si conclude: $f(x) = x^3 - 2x - 5$ su $[2, 3]$; $g(x) = \tan x$ su $[1, 2]$; $h(x) = x^2 - 3x + 2$ su $[0, 3]$.

Prima. $f$ è un polinomio, quindi continua, e

$$\begin{gathered} f(2) = 8 - 4 - 5 = -1 < 0 \\ f(3) = 27 - 6 - 5 = 16 > 0 \end{gathered}$$

Il teorema si applica: c’è almeno uno zero in $(2, 3)$, circa $2{,}0946$.

Seconda. I segni sono opposti, $\tan 1 \approx 1{,}557$ e $\tan 2 \approx -2{,}185$, ma $\tan x$ non è definita in $\frac{\pi}{2} \approx 1{,}571$, che sta in $[1, 2]$: il teorema non si applica. E infatti non ci sono zeri: la tangente è positiva su $\left[1, \frac{\pi}{2}\right)$ e negativa su $\left(\frac{\pi}{2}, 2\right]$.

Terza. $h(0) = 2$ e $h(3) = 9 - 9 + 2 = 2$: stesso segno, il teorema tace. Eppure $h(x) = (x - 1)(x - 2)$ ha due zeri. Per vederli basta spezzare l’intervallo: $h(1{,}5) = 2{,}25 - 4{,}5 + 2 = -0{,}25 < 0$, quindi c’è uno zero in $(0;\ 1{,}5)$ e uno in $(1{,}5;\ 3)$.

Il teorema si applica solo al primo caso; il secondo mostra che la continuità è indispensabile, il terzo che segni uguali non escludono zeri.

2. Esiste ed è unica

Testo. Dimostra che $x + \ln x = 0$ ha una e una sola soluzione reale e trova un intervallo di ampiezza $0{,}1$ che la contiene.

$f(x) = x + \ln x$ è continua su $(0, +\infty)$. Non possiamo usare $[0, 1]$, perché in 0 il logaritmo non esiste: scegliamo $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$.

• Esistenza. $f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} - \ln 2 \approx -0{,}193 < 0$ e $f(1) = 1 > 0$: c’è uno zero in $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$.
• Unicità. $x$ e $\ln x$ sono strettamente crescenti, quindi anche la somma: lo zero è unico in tutto il dominio.
• Localizzazione. $f(0{,}6) = 0{,}6 + \ln 0{,}6 \approx 0{,}6 - 0{,}511 = 0{,}089 > 0$.

La soluzione è unica e sta in $(0{,}5;\ 0{,}6)$; vale circa $0{,}5671$.

3. La bisezione per coseno e parabola

Testo. Dimostra che $\cos x = x^2$ ha esattamente una soluzione in $[0, 1]$, approssimala con quattro passi di bisezione e di’ quanti passi servono perché l’intervallo sia lungo meno di $10^{-4}$. Quante soluzioni ci sono su $\mathbb{R}$?

Sia $h(x) = \cos x - x^2$, continua. In radianti $h(0) = 1 > 0$ e $h(1) = \cos 1 - 1 \approx -0{,}460 < 0$. Su $[0, 1] \subset [0, \pi]$ il coseno è strettamente decrescente, e anche $-x^2$: $h$ è strettamente decrescente e la soluzione $c$ è unica.

Intervallo	$m$	$h(m)$
$[0;\ 1]$	$0{,}5$	$0{,}628$
$[0{,}5;\ 1]$	$0{,}75$	$0{,}169$
$[0{,}75;\ 1]$	$0{,}875$	$-0{,}125$
$[0{,}75;\ 0{,}875]$	$0{,}8125$	$0{,}028$

Dopo quattro passi $c \in [0{,}8125;\ 0{,}875]$: il punto medio $0{,}84375$ sbaglia al massimo di $\frac{1}{32} \approx 0{,}031$ (il valore vero è $c \approx 0{,}8241$). Per un intervallo lungo meno di $10^{-4}$ serve $2^n > 10\,000$: siccome $2^{13} = 8192$ e $2^{14} = 16\,384$, servono 14 passi.

Su $\mathbb{R}$: $\cos x \leq 1$, quindi serve $x^2 \leq 1$, cioè $\lvert x \rvert \leq 1$. I due membri sono pari, quindi anche $-c$ è soluzione, e $x = 0$ non lo è. Le soluzioni sono esattamente due, $x \approx \pm 0{,}8241$.

4. Esponenziale contro retta: quante soluzioni

Testo. Quante soluzioni reali ha $e^x = 4x$? Per ciascuna trova un intervallo tra due decimi consecutivi che la contiene.

Sia $h(x) = e^x - 4x$, con $h'(x) = e^x - 4$, negativa per $x < \ln 4$ e positiva per $x > \ln 4 \approx 1{,}386$. Quindi $h$ decresce strettamente su $(-\infty, \ln 4]$, cresce strettamente su $[\ln 4, +\infty)$, e nel punto di svolta

$$\begin{gathered} h(\ln 4) = 4 - 4\ln 4 \\ {} = 4(1 - \ln 4) \approx -1{,}545 \end{gathered}$$

è negativa, perché $\ln 4 > \ln e = 1$.

• Primo tratto. $h(0) = 1 > 0$ e $h(\ln 4) < 0$: esattamente uno zero, in $(0, \ln 4)$; per $x < 0$ si ha $h(x) > h(0) > 0$.
• Secondo tratto. $h(3) = e^3 - 12 \approx 8{,}09 > 0$: esattamente uno zero, in $(\ln 4, 3)$.

$x$	$h(x)$	segno
$0{,}3$	$0{,}150$	$+$
$0{,}4$	$-0{,}108$	$-$
$2{,}1$	$-0{,}234$	$-$
$2{,}2$	$0{,}225$	$+$

Le soluzioni sono due: una in $(0{,}3;\ 0{,}4)$, circa $0{,}357$, e una in $(2{,}1;\ 2{,}2)$, circa $2{,}153$: la retta $y = 4x$ taglia due volte l’esponenziale.

5. L’immagine di una funzione

Testo. Trova l’immagine di $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1}$. Ha massimo e minimo?

$f$ è continua su $\mathbb{R}$, perché il denominatore è almeno 1. Aggiungendo e togliendo 1 al numeratore:

$$f(x) = \frac{x^2 + 1 - 2}{x^2 + 1} = 1 - \frac{2}{x^2 + 1}$$

I valori stanno in $[-1, 1)$. La frazione $\frac{2}{x^2 + 1}$ è positiva e al massimo 2, quindi $-1 \leq f(x) < 1$, con $f(x) = -1$ solo per $x = 0$.

Sono tutti assunti. Il valore $-1$ in $x = 0$. Se $-1 < y < 1$: siccome $f(x) \to 1 > y$ per $x \to +\infty$, esiste $R > 0$ con $f(R) > y$. Su $[0, R]$ si ha $f(0) = -1 < y < f(R)$, e per i valori intermedi esiste $c \in (0, R)$ con $f(c) = y$.

L’immagine è $[-1, 1)$: il minimo è $-1$, in $x = 0$, il massimo non esiste (l’estremo superiore 1 non è raggiunto). Controllo: $f(x) = y$ dà $x^2 = \frac{1 + y}{1 - y}$, risolubile proprio per $-1 \leq y < 1$.

6. Il ciclista e l’ora giusta

Testo. Un ciclista percorre 60 km in 2 ore, a velocità variabile e magari con qualche sosta. Dimostra che c’è un intervallo di esattamente un’ora in cui percorre esattamente 30 km.

Sia $s(t)$ la distanza percorsa, in km, dopo $t$ ore: è continua su $[0, 2]$, con $s(0) = 0$ e $s(2) = 60$. Nell’ora che inizia all’istante $t \in [0, 1]$ il ciclista percorre $s(t + 1) - s(t)$. Consideriamo la funzione continua

$$g(t) = s(t + 1) - s(t) - 30$$

su $[0, 1]$. Agli estremi:

$$\begin{gathered} g(0) = s(1) - 30 \\ g(1) = 60 - s(1) - 30 = 30 - s(1) \end{gathered}$$

Quindi $g(1) = -g(0)$, come per le temperature agli antipodi. Se $s(1) = 30$ va bene la prima ora. Altrimenti i segni sono opposti e il teorema degli zeri dà $t_0 \in (0, 1)$ con $g(t_0) = 0$: tra $t_0$ e $t_0 + 1$ il ciclista percorre esattamente 30 km, comunque abbia pedalato.

In sintesi

• Teorema degli zeri: se $f$ è continua su $[a, b]$ e $f(a) \cdot f(b) < 0$, esiste $c \in (a, b)$ con $f(c) = 0$: non dice quanti zeri ci sono né dove.
• La dimostrazione usa intervalli annidati lunghi $\frac{b - a}{2^n}$, la continuità e la completezza dei reali.
• Senza continuità o fuori da un intervallo il teorema è falso; con segni uguali tace.
• Bisezione: dopo $n$ passi l’errore è al massimo $\frac{b - a}{2^n}$; bastano $n \geq \log_2 \frac{b - a}{\varepsilon}$ passi.
• Unicità con la stretta monotonia; per contare gli zeri si lavora un tratto di monotonia alla volta.
• Ogni polinomio di grado dispari ha almeno uno zero reale.
• Valori intermedi: una funzione continua su un intervallo non salta valori; l’immagine di un intervallo è un intervallo, quella di $[a, b]$ è $[m, M]$.

L’altro grande teorema sulle funzioni continue su un intervallo chiuso riguarda massimi e minimi: il teorema di Weierstrass.