Teorema inverso di Bolzano

Ancora una volta vi chiedo aiuto sulla dimostrazione di un teorema. L'enunciato è: ogni funzione monotona che ha per codominio un intervallo è continua. La dimostrazione inizia così: poichè per ipotesi il codominio è un intervallo allora m ed n a loro volta sono due valori della funzione precisamente m=f(a) e n=f(b) che comprendono c cioè m=f(a)f(c)


il 21 Gennaio 2016, da Miriam Di Sarno

Giovanni Barazzetta il 22 Gennaio 2016 ha risposto:

Ciao Miriam! Abbiamo avuto un piccolo inconveniente tecnico e Oilproject s'è mangiato un pezzo della tua domanda (probabilmente aveva fame): scusaci :/ stiamo lavorando per risolvere il baco. Intanto lascia che copi il testo della tua domanda, così che tutti la possano leggere: Ancora una volta vi chiedo aiuto sulla dimostrazione di un teorema. L'enunciato è: ogni funzione monotona che ha per codominio un intervallo è continua. La dimostrazione inizia così: poiché per ipotesi il codominio è un intervallo allora mm ed nn a loro volta sono due valori della funzione precisamente m=f(a)m = f(a) e n=f(b)n = f(b) che comprendono cc cioè m=f(a)<f(c)<n=f(b)m = f(a) < f(c) < n = f(b). Per ipotesi sapendo che la funzione è monotona in questo caso è crescente se i valori della funzione si trovano in questo ordine f(a)<f(c)<f(b) f(a) < f(c) < f(b) i punti in cui vado a calcolare la funzione devono trovarsi in una situazione analoga cioè a<c<b a < c < b . Se facciamo vedere che per ogni xx appartenente ad a questo intorno II i valori della funzione vanno a finire in JJ allora abbiamo dimostrato il teorema perché abbiamo verificato la definizione di funzione continua. DUBBIO: Ma io dopo aver fatto tutta questa dimostrazione non sto dimostrando semplicemente che vale la definizione di limite che c'entra con la continuità? Sto dimostrando che esiste il limite ma non che coincide proprio con la funzione calcolata in cc. Dunque, enunciamo il teorema che tu citi: sia ff una funzione definita dall'intervallo II ad R\mathbb{R}, monotona su II. Se f(I)f(I) è un intervallo, allora ff è continua su II. Per la dimostrazione supponiamo che la funzione sia monotona crescente, una dimostrazione analoga vale per quelle decrescenti (naturalmente, dovrai invertire i versi delle disequazioni quando passi da II a f(I)f(I)...). Ora, prendiamo un punto x0Ix_0 \in I e dimostriamo che ff è continua in x0x_0; se riusciamo a fare questo, avremo dimostrato il teorema poiché x0x_0 è generico. La definizione di limite (illustrata qui https://library.weschool.com/lezione/definizione-di-limite-di-una-funzione-spiegazione-e-grafico-7582.html) e la definizione di continuità (come detto qui https://library.weschool.com/lezione/come-risolvere-limite-di-funzione-continua-esercizi-svolti-formule-9620.html) ci dice che ff è continua in x0x_0 se limxx0f(x)=f(x0)\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0), ossia seε>0δ>0 : x0δ<x<x0+δf(x0)ε<f(x)<f(x0)+ε \forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \ : \ x_0 - \delta < x < x_0 + \delta \Rightarrow f(x_0) - \varepsilon < f(x) < f(x_0) + \varepsilonQuindi noi dobbiamo 1) fissare un ε\varepsilon, a piacere ma generico (deve valere per tutti gli ε\varepsilon!) 2) trovare un δ\delta e prendere un xx in (x0δ,x0+δ)( x_0 - \delta , x_0 + \delta) 3) verificare che per la scelta di δ\delta e di xx fatta al punto 2 valga f(x0)ε<f(x)<f(x0)+εf(x_0) - \varepsilon < f(x) < f(x_0) + \varepsilon. Il punto 1 è facile: scegliamo ε\varepsilon non troppo grande, perché non vogliamo uscire da f(I)f(I); cioè scegliamo ε\varepsilon tale che sia f(x0)εf(x_0) - \varepsilon sia f(x0)+εf(x_0) + \varepsilon sono in f(I)f(I). Adesso il punto 2: per trovare un δ\delta sensato, ci serviamo di una proprietà delle funzioni monotone: una funzione monotona su un intervallo è iniettiva su quell'intervallo. Una funzione iniettiva, come ricordiamo qui https://library.weschool.com/lezione/funzione-inversa-iniettiva-suriettiva-immagine-di-una-funzione-12804.html, ha un'unica retroimmagine per ogni punto dell'immagine. Questo vuol dire, nel nostro caso, che esistono due punti speciali di II, una la cui immagine è esattamente f(x0)εf(x_0) - \varepsilon e l'altro che ha immagine f(x0)+εf(x_0) + \varepsilon (e non ce ne sono altri con questa proprietà!). Li chiamo xOx_O^- e x0+x_0^+, cioè f(xO)=f(x0)εf(x_O^-) = f(x_0) - \varepsilon e f(x0+)=f(x0)+εf(x_0^+) = f(x_0) + \varepsilon. Ora scelgo δ\delta come la più breve distanza tra x0x_0 e x0+x_0^+ ed x0x_0^-: δ=min{x0x0+,x0x0} \delta = \min\{ |x_0-x_0^+|,|x_0-x_0^-| \}Per costruzione, e per il fatto che ff è crescente, abbiamo f(x0)ε<f(x0)<f(x0)+εf(x_0) - \varepsilon < f(x_0) < f(x_0) + \varepsilon e dunque x0x0δ<x0<x0+δx0+x_0^- \leq x_0 - \delta < x_0 < x_0 + \delta \leq x_0^+ (se ci fosse un qualsiasi altro ordinamento delle xx, ff non sarebbe monotona crescente). Ora che abbiamo un δ\delta scelto furbescamente, scegliamo x(x0δ,x0+δ)x \in ( x_0 - \delta , x_0 + \delta) e proviamo il punto 3: cioè che f(x0)ε<f(x)<f(x0)+εf(x_0) - \varepsilon < f(x) < f(x_0) + \varepsilon. Siccome x(x0δ,x0+δ)x \in ( x_0 - \delta , x_0 + \delta), abbiamo x0δ<x<x0+δx_0 - \delta < x < x_0 + \delta e dunque x0x0δ<x<x0+δx0+x_0^- \leq x_0 - \delta < x < x_0 + \delta \leq x_0^+ , da cui, applicando ff a tutti i membri di questa disuguaglianza,f(x0)=f(x0)εf(x0δ)<f(x)<f(x0+δ)f(x0+)=f(x0)+ε f(x_0^-) = f(x_0) - \varepsilon \leq f(x_0 - \delta) < f(x) < f(x_0 + \delta) \leq f(x_0^+) = f(x_0) + \varepsilon Considerando i termini agli estremi e quello centrale, abbiamo proprio f(x0)ε<f(x)<f(x0)+εf(x_0) - \varepsilon < f(x) < f(x_0) + \varepsilon! Abbiamo esibito il δ\delta della definizione di limite; per la generalità di ε\varepsilon abbiamo che ff è continua in x0x_0, e, ancora per generalità di x0Ix_0 \in I, abbiamo che ff è continua in II. Spero sia tutto chiaro! Se hai dubbi su questa dimostrazione o sul teorema, chiedi pure! Ciao e buona serata :3


Non ho parole per ringraziarti, sei stato chiarissimo! Per caso sapresti indicarmi anche se c'è nel forum la dimostrazione di Bolzano e Fermat in due variabili? - Miriam Di Sarno 24 Gennaio 2016