Massimi e minimi di una funzione continua

Massimi e minimi

Teorema (di Weierstrass)

Dimostrazione del Lemma

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

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

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 $\lambda$.
Dunque $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(a_n)=\lambda =\underset{a}{\sup }f$.

Proviamo ora la seconda affermazione nel secondo caso, ovvero supponiamo l'$\underset{A}{\inf }f=-\mathrm{\infty }$ e dimostriamo che esiste una successione $(b_n)$ che tende all'$\underset{A}{\inf }f$, che chiamiamo $\mu$.
Se $\underset{A}{\inf }f=-\mathrm{\infty }$, poniamo allora

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

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 $-\mathrm{\infty }=\underset{A}{\inf }f=\mu$ in quanto $f(b_n)<n,\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, per un $n$ indice della successione "abbastanza grande". E questo vuole appunto dire che

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(b_n)=-\mathrm{\infty }=\underset{A}{\inf }f$

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 $f(x_n)\to \underset{A}{\sup }f$ 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

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

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

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x_{k_n})=f(x_0)=\underset{A}{\sup }f$

dunque $\underset{A}{\sup }f=f(x_0)$ ma $f(x_0)\in f(A)$, dunque $\underset{A}{\sup }f\in f(A)$ e quindi

$\underset{A}{\sup }f=\underset{A}{\max }f=f(x_0)$

$◻$

Teorema (di Bolzano o degli zeri)

Dimostrazione

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

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

Possono dunque presentarsi due possibilità:

• $f(a)f(c)\le 0$
• $f(c)f(b)\le 0$.

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:

$a\le a_1\le b_1\le b$

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

• $f(a_1)f(c_1)\le 0$ ed in tal caso $a_2=a_1{b}_2=c_1$
• $f(c_1)f(b_1)\le 0$ ed in tal caso $a_2=c_1{b}_2=b_1$.

Abbiamo ora:

$a_1\le a_2\le b_2\le b_1$

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:

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

e

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

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 $a_n\le a_{n+1},\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ e questo implica che

$a\le \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(a_n)\le b$

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

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

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

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{b}_n=x_0\in [a,b]$.

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

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(a_n)f(b_n)={(f(x_0))}^2$.

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

$◻$

Teorema (del valor intermedio)

Dimostrazione

$f(x_1)\ne f(x_2)\Rightarrow x_1\ne x_2$ (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:

$g:[x_1,x_2]\to ℝg(x)=f(x)-y$.

$g$ 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

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

Dunque, come si voleva dimostrare, esiste almeno un $x_0$ tale che $f(x_0)$ è contenuto nell'intervallo.

$◻$