Teoremi sulle funzioni continue

Composizione di funzioni continue

Per costruire una funzione composta sono necessari tre spazi metrici, $(X,d_{1}),\,(Y,d_{2}),\,(Z,d_{3})$$(X,d_{1}),\,(Y,d_{2}),\,(Z,d_{3})$.

Sia $E\in X$$E\in X$, sia $f:E\to B\subseteq Y$$f:E\to B\subseteq Y$, sia $g:Y\to Z$$g:Y\to Z$. Se prendo un punto ${\bar {x}}$$\bar x$ in $E$$E$, avrò $f({\bar {x}})\in B$$f({\bar {x}})\in B$ e $f(g({\bar {x}}))\in B$$f(g({\bar {x}}))\in B$. Chiamo ${\bar {y}}=f({\bar {x}})$${\bar {y}}=f({\bar {x}})$.

Teorema 8.1

Se $f$$f$ è continua in ${\bar {x}}$$\bar x$ e $g$$g$ è continua in ${\bar {y}}$$\bar y$, allora $g\circ f$$g\circ f$ è continua in ${\bar {x}}$$\bar x$.

Di conseguenza, se $f$$f$ è continua in tutto $E$$E$ e $g$$g$ è continua in tutto $B$$B$, allora $g\circ f$$g \circ f$ è continua in tutto $E$$E$.

 

Dimostrazione

Se ${\bar {x}}$$\bar x$ è isolato non c'è niente da dimostrare. Siccome per ipotesi $g$$g$ è continua in ${\bar {y}}$$\bar y$, fisso $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ esiste un $\delta _{1}>0\,t.c.\forall y\in B$$\delta _{1}>0\,t.c.\forall y\in B$ con $d_{2}(y,{\bar {y}})<\delta _{1}$$d_{2}(y,{\bar {y}})<\delta _{1}$ segue che $g(y)\in B(g({\bar {y}}),\varepsilon )$$g(y)\in B(g({\bar {y}}),\varepsilon )$ (Questa è la definizione di continuità di $g$$g$ nel punto ${\bar {y}}$$\bar y$).

Allora fissata $\delta _{1}$$\delta _{1}$, esiste un $\delta >0$$\delta>0$ tale che $\forall x\in E$$\forall x \in E$, con $d_{1}(x,{\bar {x}})<\delta$$d_{1}(x,{\bar {x}})<\delta$ segue che $d_{2}(f(x),{\bar {y}})<\delta _{1}$$d_{2}(f(x),{\bar {y}})<\delta _{1}$Allora i punti $f(x)$$f(x)$ con $x$$x$ tale che $d(x,{\bar {x}})<\delta$$d(x,{\bar {x}})<\delta$ appartengono all'intorno di raggio $\delta _{1}$$\delta _{1}$ e centro ${\bar {y}}$$\bar y$ e le immagini corrispondenti $g\circ f(x)$$g\circ f(x)$ appartengono quindi all'intorno di raggio $\varepsilon$$\varepsilon$ e centro $g({\bar {y}})$$g({\bar {y}})$. Quindi la funzione $g\circ f$$g \circ f$ è continua in ${\bar {x}}$$\bar x$ perchè soddisfa la definizione.

 

Teorema sulla continuità globale

La continuità globale si può caratterizzare con il seguente teorema.

Teorema 8.2

$f:X_{1}\to Y$$f:X_{1}\to Y$, è continua in tutto $X_{1}$$X_1$ se e solo se per ogni aperto $A$$A$ contenuto in $Y$$Y$ si ha che $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$ è aperto in $X_{1}$$X_1$.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$: Consideriamo un aperto $A$$A$ entro $Y$$Y$. Per mostrare che la controimmagine di ogni aperto è un aperto devo mostrare che per ogni punto nella controimmagine esiste un intorno del punto che sta nella controimmagine.

Considero $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$. Se $f^{-1}(A)=\emptyset$$f^{-1}(A)=\emptyset$, allora è aperto. Altrimenti sia ${\bar {x}}\in f^{-1}(A)$${\bar {x}}\in f^{-1}(A)$. Dimostriamo che esiste un intorno di ${\bar {x}}$$\bar x$ appartenente a $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$. Poichè $A$$A$ è aperto, esiste un $\varepsilon$$\varepsilon$ tale che $B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$$B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$ è tutto contenuto in $A$$A$. La funzione $f$$f$ è continua in $X_{1}$$X_1$, quindi è continua anche in ${\bar {x}}$$\bar x$, allora esiste un intorno $B_{1}({\bar {x}},\delta )$$B_{1}({\bar {x}},\delta )$ tale che ogni punto appartenente a questo intorno ha immagine nell'intorno $B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$$B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$. Infatti, se prendo i punti $x,{\bar {x}}$$x,{\bar {x}}$ tali che la distanza è minore di $\delta$$\delta$, per la definizione di continuità segue che $d_{2}(f(x),f({\bar {x}}))<\varepsilon$$d_{2}(f(x),f({\bar {x}}))<\varepsilon$, quindi $B(f({\bar {x}}),\varepsilon )\subseteq A$$B(f({\bar {x}}),\varepsilon )\subseteq A$. Questo significa che se ${\bar {x}}\in f^{-1}(A)$${\bar {x}}\in f^{-1}(A)$, tutta la sfera $B({\bar {x}},\delta )\subseteq f^{-1}(A)$$B({\bar {x}},\delta )\subseteq f^{-1}(A)$. Quindi $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$ è aperto.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: Dimostriamo viceversa che se la controimmagine di ogni aperto $A$$A$ di $Y$$Y$ è aperta, allora $f$$f$ è continua in ogni punto ${\bar {x}}\in X_{1}$${\bar {x}}\in X_{1}$.

Prendo i punti ${\bar {x}}$$\bar x$ e ${\bar {y}}=f({\bar {x}})$${\bar {y}}=f({\bar {x}})$.

La sfera $B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$$B(f({\bar {x}}),\varepsilon )$ è un aperto che contiene $f({\bar {x}})$$f({\bar {x}})$. Allora per ipotesi la controimmagine della sfera $f^{-1}(B)$$f^{-1}(B)$ è un aperto che contiene ${\bar {x}}$$\bar x$. ${\bar {x}}$$\bar x$ è un punto che appartiene all'aperto, questo significa che esiste una sfera $B_{1}({\bar {x}},\delta )$$B_{1}({\bar {x}},\delta )$ tutta contenuta nell'aperto. Questa è la definizione di continuità della funzione nel punto ${\bar {x}}$$\bar x$, quindi ho dimostrato la tesi.

 

Esiste una caratterizzazione analoga per i chiusi.

Teorema 8.3

$f:X_{1}\to Y$$f:X_{1}\to Y$ è continua in $X_{1}$$X_1$ se e solo se $f^{-1}(E)$$f^{-1}(E)$ è chiuso in $X_{1}$$X_1$ per ogni chiuso $E$$E$ entro $Y$$Y$.

 

Dimostrazione

Sia $f$$f$ continua, allora dimostrare che $f^{-1}(E)$$f^{-1}(E)$ è chiuso equivale a mostrare che il suo complementare è aperto. Ma $[f^{-1}(E)]^{c}=f^{-1}(E^{c})$$[f^{-1}(E)]^{c}=f^{-1}(E^{c})$, e poichè $f$$f$ è continua ed $E^{c}$$E^{c}$ aperto, segue che $f^{-1}(E^{c})$$f^{-1}(E^{c})$ è aperto per la proposizione precedente, e quindi $f^{-1}(E)$$f^{-1}(E)$ è chiuso. Si ragiona analogamente per mostrare l'implicazione inversa.

 

Esempi di funzioni continue

Osservazione 8.1

Le seguenti funzioni sono continue:

1. la funzione identità $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,t.c.\,f(x)=x$$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,t.c.\,f(x)=x$,
2. le funzioni costanti,
3. la somma di due funzioni continue, quindi i polinomi, che sono somme di funzioni continue,
4. il rapporto di due polinomi, nei punti in cui il denominatore non si annulla,
5. le funzioni $\sin x$$\sin x$, $\cos x$$\cos x$, $\tan x$$\tan x$ dove è definita,
6. le funzioni iperboliche,
7. le funzioni elementari $\log x,\,e^{x}$$\log x,\,e^{x}$,
8. la composizione di funzioni continue.

 

Funzione a valori vettoriali

Teorema 8.4

Data una funzione $f:E\to \mathbb {R} ^{k}$$f:E\to \mathbb {R} ^{k}$, $E\subset X$$E\subset X$ (una funzione a valori vettoriali) allora $f(x)$$f(x)$ si può scrivere mediante le sue componenti canoniche: $f(x)=(f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{k}(x))$$f(x)=(f_{1}(x),f_{2}(x),...,f_{k}(x))$. Se $x_{0}\in E$$x_{0}\in E$, $f$$f$ è continua in $x_{0}$$x_0$ se e solo se $f_{1}:X\to \mathbb {R} ,\,f_{2}:X\to \mathbb {R} ,...,\,f_{k}:X\to \mathbb {R}$$f_{1}:X\to \mathbb {R} ,\,f_{2}:X\to \mathbb {R} ,...,\,f_{k}:X\to \mathbb {R}$ sono continue in $x_{0}$$x_0$.

 

Relazione tra continuità e compattezza

Teorema 8.5

Sia $f:X_{1}\to Y$$f:X_{1}\to Y$ continua in $X_{1}$$X_1$ e sia $X_{1}$$X_1$ compatto. Allora l'immagine tramite $f$$f$ di $X_{1}$$X_1$, che sta in $Y$$Y$ è compatta.

 

(In forma sintetica, l'immagine di un compatto mediante $f$$f$ continua è compatta.)

Dimostrazione

Sia $A_{I}=\bigcup _{i\in I}A_{i}$$A_{I}=\bigcup _{i\in I}A_{i}$, con $A_{i}$$A_i$ aperti una copertura di $f(X_{1})$$f(X_{1})$. Siccome gli $A_{i}$$A_i$ sono aperti, allora le controimmagini degli $A_{i}$$A_i$ costituiscono una copertura di $X_{1}$$X_1$. Per la compattezza di $X_{1}$$X_1$, da questa copertura possiamo estrarre una sottocopertura finita di $X_{1}$$X_1$, sia essa $\bigcup _{i=1}^{n}f^{-1}(A_{i})$$\bigcup _{i=1}^{n}f^{-1}(A_{i})$. Allora

$$f(X_{1})\subseteq f(f^{-1}(A_{1})\cup f^{-1}(A_{2})\cup ...\cup f^{-1}(A_{n}))$$

$$f(X_{1})\subseteq f(f^{-1}(A_{1})\cup f^{-1}(A_{2})\cup ...\cup f^{-1}(A_{n}))$$

$$\subseteq f(f^{-1}(A_{1}))\cup f(f^{-1}(A_{2}))\cup ...\cup f(f^{-1}(A_{n}))=A_{1}\cup ...\cup A_{n}$$

$$\subseteq f(f^{-1}(A_{1}))\cup f(f^{-1}(A_{2}))\cup ...\cup f(f^{-1}(A_{n}))=A_{1}\cup ...\cup A_{n}$$

$f(X_{1})$$f(X_{1})$ è coperto da $A_{1},...,A_{n}$$A_{1},...,A_{n}$, quindi ho trovato la sottocopertura finita e quindi dimostrato che l'immagine di un compatto è un compatto.

 

Se $Y=\mathbb {R}$$Y=\mathbb {R}$, allora l'immagine di un compatto è un compatto di $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$, quindi $f(X_{1})$$f(X_{1})$ è un insieme chiuso e limitato, e quindi ha massimo e minimo, in particolare vale

Teorema 8.6 (teorema di Weierstrass)

Sia $f:X_{1}\to \mathbb {R}$$f:X_{1}\to \mathbb {R}$, $f$$f$ continua in $X_{1}$$X_1$, $X_{1}$$X_1$ compatto, allora $f$$f$ ammette massimo e minimo cioè esiste $x_{0}$$x_0$ tale che $f(x_{0})\geq f(x)$$f(x_{0})\geq f(x)$ per ogni $x\in X_{1}$$x\in X_{1}$ ed esiste $x_{1}\,t.c.f(x_{1})\leq f(x),\,\forall x\in X_{1}$$x_{1}\,t.c.f(x_{1})\leq f(x),\,\forall x\in X_{1}$.

 

Se l'insieme $X_{1}$$X_1$ non è compatto la funzione $f:X_{1}\to Y$$f:X_{1}\to Y$ non ha necessariamente massimo e minimo.

Esempio 8.3

• Data la funzione $f:(0,1)\to \mathbb {R}$$f:(0,1)\to \mathbb {R}$ tale che $f(x)=x$$f(x)=x$ essa non ha né massimo né minimo.
• La funzione $f:(0,1]\to \mathbb {R}$$f:(0,1]\to \mathbb {R}$ tale che $f(x)=1/x$$f(x)=1/x$ ha minimo ($\min f=1$$\min f=1$) ma non ha massimo.
• La funzione $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$$f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ tale che $f(x)=\arctan x$$f(x)=\arctan x$ ha $\sup =\pi /2$$\sup =\pi /2$ e $\inf =-\pi /2$$\inf =-\pi /2$, ma non esistono punti in cui la funzione assume questi valori.

 

Continuità e connessione

Teorema 8.7

Sia $f:X_{1}\to Y$$f:X_{1}\to Y$. Sia $f$$f$ continua in $X_{1}$$X_1$ e $X_{1}$$X_1$ connesso. Allora $f(X_{1})$$f(X_{1})$ è connesso. (In $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$, questo teorema significa che l'immagine tramite una funzione continua di un intervallo è un intervallo).

 

Dimostrazione

Per assurdo $f(X_{1})$$f(X_{1})$ non sia connesso. Mostriamo allora che $X_{1}$$X_1$ è connesso, contro l'ipotesi.

Per l'ipotesi assurda, $f(X_{1})$$f(X_{1})$ non è connesso allora $f(X_{1})=A\cup B$$f(X_{1})=A\cup B$, con $A\neq \emptyset ,B\neq \emptyset$$A\neq \emptyset ,B\neq \emptyset$ e ${\overline {A}}\cap B=\emptyset$${\overline {A}}\cap B=\emptyset$ e ${\overline {B}}\cap A=\emptyset$${\overline {B}}\cap A=\emptyset$ cioè gli insiemi sono separati. Allora considero $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$ e $f^{-1}(B)$$f^{-1}(B)$, che non sono vuoti. Siccome $A\cup B=f(X_{1})$$A\cup B=f(X_{1})$, l'unione delle controimmagini è uguale a $X_{1}$$X_1$, quindi $X_{1}=f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)$$X_{1}=f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)$. Dobbiamo far vedere che $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$ e $f^{-1}(B)$$f^{-1}(B)$ sono separati, in questo modo dimostriamo che $X_{1}$$X_1$ non è connesso.

${\overline {f^{-1}(A)}}$${\overline {f^{-1}(A)}}$ è il piu' piccolo chiuso che contiene $f^{-1}(A)$$f^{-1}(A)$ e ${\overline {f^{-1}(B)}}$${\overline {f^{-1}(B)}}$ è il piu' piccolo chiuso che contiene $f^{-1}(B)$$f^{-1}(B)$, quindi l'intersezione $f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)$$f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)$ è contenuta in ${\overline {f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)}}$${\overline {f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)}}$.

Poichè ${\overline {A}}$$\overline{A}$ e $B$$B$ hanno intersezione vuota per ipotesi, allora $f^{-1}({\overline {A}})\cap f^{-1}(B)=\emptyset$$f^{-1}({\overline {A}})\cap f^{-1}(B)=\emptyset$. Inoltre

$${\overline {f^{-1}(A)}}\subseteq {\overline {f^{-1}({\overline {A}})}}=f^{-1}({\overline {A}})$$

$${\overline {f^{-1}(A)}}\subseteq {\overline {f^{-1}({\overline {A}})}}=f^{-1}({\overline {A}})$$

dove la prima inclusione vale perché un insieme è sempre contenuto nella sua chiusura, e l'ultima uguaglianza vale perché, essendo $f$$f$ continua, $f^{-1}({\overline {A}})$$f^{-1}({\overline {A}})$ è chiuso.
Si ha quindi ${\overline {f^{-1}(A)}}\subseteq f^{-1}({\overline {A}})$${\overline {f^{-1}(A)}}\subseteq f^{-1}({\overline {A}})$, allora

$${\overline {f^{-1}(A)}}\cap f^{-1}(B)\subseteq f^{-1}({\overline {A}})\cap f^{-1}(B)=\emptyset$$

$${\overline {f^{-1}(A)}}\cap f^{-1}(B)\subseteq f^{-1}({\overline {A}})\cap f^{-1}(B)=\emptyset$$

quindi ${\overline {f^{-1}(A)}}\cap f^{-1}(B)=\emptyset$${\overline {f^{-1}(A)}}\cap f^{-1}(B)=\emptyset$. Si dimostra analogamente che $f^{-1}(A)\cap {\overline {f^{-1}(B)}}=\emptyset$$f^{-1}(A)\cap {\overline {f^{-1}(B)}}=\emptyset$, quindi $f^{-1}(A),f^{-1}(B)$$f^{-1}(A),f^{-1}(B)$ sono separati. Allora $X_{1}$$X_1$ non è connesso e questo è assurdo!

 

Per il teorema dimostrato, in $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$ l'immagine di un intervallo è ancora un intervallo. Da questo segue

Corollario 8.1 (teorema di Darboux)

Una funzione continua in un intervallo assume tutti i valori compresi tra l'estremo inferiore e superiore.