LE FUNZIONI CONTINUE
(Versione DSA)

L'idea intuitiva

Una funzione continua si può tracciare senza staccare la penna dal foglio.

Nel linguaggio comune una cosa è "continua" quando procede senza interruzioni. Per una funzione l'idea è la stessa: il grafico di una funzione continua si può tracciare senza staccare la penna dal foglio, almeno nei dintorni del punto che stiamo osservando. Se invece nel grafico c'è un "buco", un "salto" o una curva che "sparisce", la funzione presenta in quel punto una discontinuità.

Questa immagine è utile, ma non basta: ci serve una definizione precisa, che si possa verificare con i calcoli. Ci viene in aiuto il concetto di limite.

La definizione di funzione continua in un punto

Sia \(f\) una funzione definita in un insieme \(D\) e sia \(x_0\) un punto di \(D\) che sia anche punto di accumulazione di \(D\). Diciamo che \(f\) è continua in \(x_0\) quando il limite di \(f(x)\) per \(x\) che tende a \(x_0\) esiste ed è uguale al valore che la funzione assume in \(x_0\):

Quindi, per essere continua in \(x_0\), una funzione deve soddisfare tre condizioni:

1. \(f\) è definita in \(x_0\), cioè \(x_0 \in D\);
2. esiste il limite di \(f(x)\) per \(x \to x_0\), ed è un numero reale \(l\);
3. il limite coincide con il valore della funzione: \(l = f(x_0)\).

Se anche una sola di queste condizioni non è verificata, la funzione non è continua (si dice discontinua) in \(x_0\).

La definizione con \(\varepsilon\) e gli intorni

Scrivendo il limite con la definizione rigorosa vista nell'unità sui limiti si ottiene la forma equivalente:

Rispetto alla definizione di limite c'è una differenza importante: qui non si esclude \(x=x_0\). Per \(x=x_0\) la disuguaglianza \(|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\) è banalmente vera, e infatti il valore \(f(x_0)\), che nel limite non contava, ora è proprio il valore verso cui \(f(x)\) deve tendere.

L'intorno \(I_{\varepsilon}(x_0)\) è in generale del tipo \((x_0-\alpha,\ x_0+\beta)\), con \(\alpha\) e \(\beta\) positivi, e non è necessariamente simmetrico rispetto a \(x_0\). Se però ne esiste uno, ne esiste anche uno simmetrico: basta prendere \(\delta=\min(\alpha,\beta)\). Per questo la definizione si può scrivere anche così: per ogni \(\varepsilon>0\) esiste \(\delta>0\) tale che, per ogni \(x\in D\) con \(|x-x_0|<\delta\), risulta \(|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon\).

Interpretazione grafica

Nel grafico qui sotto è rappresentata la funzione \(f(x)=\sqrt{x}\) nel punto \(x_0=4\), con \(f(x_0)=2\). Fissata una tolleranza \(\varepsilon\), cioè la striscia orizzontale \((f(x_0)-\varepsilon,\ f(x_0)+\varepsilon)\) in arancio, cerchiamo un intorno di \(x_0\) i cui punti vengano mandati da \(f\) dentro la striscia. Il più grande è l'intorno \((x_0-\alpha,\ x_0+\beta)\), in verde, i cui estremi corrispondono proprio ai bordi della striscia: in quell'intorno il grafico non esce dalla striscia.

Per ogni \(x\) nell'intorno verde di \(x_0\), il punto \((x;\,f(x))\) del grafico cade nella striscia arancione.

Esempio: verifica della continuità con la definizione

Verifichiamo che \(f(x)=\sqrt{x}\) è continua in \(x_0=4\). Il dominio è \(D=[0,+\infty)\) e \(f(4)=2\). Dobbiamo mostrare che, per ogni \(\varepsilon>0\), esiste un intorno \(I\) di \(4\) tale che, per ogni \(x\in I\cap D\), risulti \(|\sqrt{x}-2|<\varepsilon\). Risolviamo la disequazione:

\[ |\sqrt{x}-2|<\varepsilon \quad\Longleftrightarrow\quad 2-\varepsilon<\sqrt{x}<2+\varepsilon \]

Possiamo considerare \(\varepsilon\) arbitrariamente piccolo: se un intorno va bene per un certo \(\varepsilon\), va bene anche per ogni \(\varepsilon\) maggiore, perché la striscia diventa più larga. È dunque lecito supporre \(\varepsilon<2\), e quindi \(2-\varepsilon>0\). In questo caso tutti i membri sono positivi e possiamo elevare al quadrato, senza cambiare il verso delle disuguaglianze:

\[ (2-\varepsilon)^{2}<x<(2+\varepsilon)^{2} \]

Risulta \((2-\varepsilon)^{2}<4\) e \((2+\varepsilon)^{2}>4\): possiamo allora porre

\[ (2-\varepsilon)^{2}=4-\alpha \qquad (2+\varepsilon)^{2}=4+\beta \qquad \text{con } \alpha>0,\ \beta>0 \]

(si trova \(\alpha=\varepsilon(4-\varepsilon)\) e \(\beta=\varepsilon(4+\varepsilon)\)). Abbiamo così trovato, in corrispondenza di \(\varepsilon\), l'intorno \(I=(4-\alpha,\ 4+\beta)\) di \(x_0=4\) (compreso \(x_0\)) tale che, per ogni \(x\in I\), \(f(x)\) è compreso tra \(f(x_0)-\varepsilon\) e \(f(x_0)+\varepsilon\): la funzione è continua in \(x_0=4\).

Avendo trovato un intorno non simmetrico, ne esiste anche uno simmetrico: basta prendere \(\delta=\min(\alpha,\beta)=\alpha\), e l'intorno \((4-\delta,\ 4+\delta)\).

Nella figura precedente è \(\varepsilon=0{,}5\): la striscia è \((1{,}5;\ 2{,}5)\) e l'intorno è \((1{,}5^2;\ 2{,}5^2)=(2{,}25;\ 6{,}25)\), cioè \(\alpha=1{,}75\) e \(\beta=2{,}25\).

Quando una funzione non è continua in un punto

Ciascuna delle tre condizioni della definizione può venire a mancare, e la continuità viene meno in modi diversi. Nei grafici seguenti, il pallino vuoto indica un punto "mancante" del grafico, il pallino pieno un punto che appartiene al grafico.

Nella Sezione 3 classificheremo questi comportamenti (e altri ancora) in "specie" di discontinuità. Per ora osserviamo che, in tutti questi casi, il grafico non si può tracciare senza staccare la penna in \(x_0\).

Continuità in un intervallo

Una funzione è continua in un intervallo quando è continua in ogni punto dell'intervallo. Intuitivamente: il grafico si può tracciare senza mai staccare la penna dal foglio, da un estremo all'altro dell'intervallo.

Se l'intervallo è chiuso, per esempio \([a,b]\), negli estremi non ha senso parlare di limite bilatero: la funzione è definita solo da una parte. Servono allora i limiti unilaterali.

Continuità da destra e da sinistra

Poiché il limite per \(x\to x_0\) esiste ed è uguale a \(l\) se e solo se i limiti destro e sinistro esistono e sono entrambi uguali a \(l\) (Sezione 4 dell'unità sui limiti), in un punto \(x_0\) interno al dominio si ha:

Per esempio, nei grafici della Sezione 1: nel caso 2 (salto) la funzione è continua da destra in \(x_0\), perché \(\displaystyle\lim_{x\to x_0^+}f(x)=l_2=f(x_0)\), ma non è continua da sinistra, perché \(l_1\neq f(x_0)\). Nel caso 4 la funzione è continua da sinistra (il limite sinistro è \(0=f(x_0)\)) ma non da destra (il limite destro è \(+\infty\)).

Continuità in un intervallo chiuso

Funzioni elementari e operazioni

Per stabilire se una funzione è continua non occorre ogni volta usare la definizione. Valgono due fatti (le dimostrazioni, che omettiamo, si basano sui teoremi sui limiti).

Per esempio, le somme, i prodotti e i quozienti di funzioni continue sono continui: \(f(x)=e^{\sin x}\), \(g(x)=\ln(4-x^{2})\), \(h(x)=\dfrac{x^{2}+1}{x-3}\) sono continue in tutti i punti del loro dominio, rispettivamente \(\mathbb{R}\), \((-2,2)\) e \(\mathbb{R}\setminus\{3\}\).

Attenzione. Funzioni come \(h(x)=\dfrac{1}{x}\) sono continue in tutti i punti del loro dominio \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\), anche se il grafico è formato da due rami: in \(x=0\) la funzione non è definita (e, per l'abuso di linguaggio visto, si dice che è discontinua).

Continuità della funzione inversa

(Il fatto che \(f(I)\) sia ancora un intervallo si dimostra con il teorema dei valori intermedi, che vedremo nella Sezione 4.) Graficamente, il grafico di \(f^{-1}\) è il simmetrico di quello di \(f\) rispetto alla bisettrice \(y=x\): se il grafico di \(f\) si può tracciare senza staccare la penna, lo stesso vale per il suo simmetrico.

Per esempio sono continue, nei loro domini, \(\ln x\) (inversa di \(e^{x}\)), \(\sqrt{x}\) (inversa di \(x^{2}\) in \([0,+\infty)\)) e le funzioni goniometriche inverse \(\arcsin x\), \(\arccos x\), \(\arctan x\).

Classificazione dei punti di discontinuità

Un punto \(x_0\) in cui la funzione non è continua si dice punto di discontinuità (anche quando \(f\) non è definita in \(x_0\), per l'abuso di linguaggio già visto). I punti di discontinuità si classificano in tre specie, in base al comportamento dei limiti sinistro e destro di \(f\) in \(x_0\), che indicheremo con \[ l_1=\lim_{x\to x_0^-}f(x) \qquad\text{e}\qquad l_2=\lim_{x\to x_0^+}f(x) \]

Discontinuità di prima specie (salto)

Il valore \(f(x_0)\) non ha importanza: la funzione può non essere definita in \(x_0\), oppure può valere \(l_1\) o \(l_2\) (e in tal caso è continua da sinistra o da destra, come nel caso 2 della Sezione 1) o un altro valore ancora.

Esempio 1. \(f(x)=\dfrac{|x|}{x}\) in \(x_0=0\). Per \(x>0\) è \(f(x)=1\) e per \(x<0\) è \(f(x)=-1\), quindi \(l_1=-1\) e \(l_2=1\): il salto è \(|1-(-1)|=2\).

Esempio 2. \(f(x)=\arctan\dfrac{1}{x}\) in \(x_0=0\). Per \(x\to0^+\) è \(\dfrac1x\to+\infty\), quindi \(l_2=\dfrac{\pi}{2}\); per \(x\to0^-\) è \(\dfrac1x\to-\infty\), quindi \(l_1=-\dfrac{\pi}{2}\): il salto è \(\pi\).

Discontinuità di seconda specie

Esempio 1. \(f(x)=\dfrac1x\) in \(x_0=0\): \(l_1=-\infty\) e \(l_2=+\infty\).

Esempio 2. \(f(x)=x\,e^{1/x}\) in \(x_0=0\) (il caso 4 della Sezione 1): \(l_1=0\) e \(l_2=+\infty\). Basta che uno solo dei due limiti sia infinito.

Esempio 3. \(f(x)=\sin\dfrac1x\) in \(x_0=0\). Quando \(x\to0\), \(\dfrac1x\) assume valori sempre più grandi in valore assoluto e \(\sin\dfrac1x\) oscilla infinite volte tra \(-1\) e \(1\), senza avvicinarsi a nessun valore: né da destra né da sinistra esiste il limite. Per esempio, nei punti \(x_n=\dfrac{1}{\frac{\pi}{2}+2n\pi}\), che tendono a \(0^+\), la funzione vale sempre \(1\), mentre nei punti \(x_n'=\dfrac{1}{-\frac{\pi}{2}+2n\pi}\), anch'essi tendenti a \(0^+\), vale sempre \(-1\).

Discontinuità di terza specie (eliminabile)

Esempio. \(f(x)=\dfrac{x^{2}-1}{x-1}\) in \(x_0=1\). La funzione non è definita in \(x=1\), ma per \(x\neq1\) coincide con \(x+1\):

\[ \lim_{x\to1}\frac{x^{2}-1}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=\lim_{x\to1}(x+1)=2 \]

Il limite esiste ed è finito (\(l=2\)), ma \(f(1)\) non esiste: discontinuità di terza specie.

Lo stesso accade se in \(x_0\) la funzione è definita ma "sbagliata": per esempio, se \(g(x)=x+1\) per \(x\neq1\) e \(g(1)=3\), il limite per \(x\to1\) è ancora \(2\), ma \(g(1)=3\neq2\).

Un altro esempio importante è \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\) in \(x_0=0\): non è definita in \(0\) e, per il limite notevole \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) (vedi l'unità sui limiti notevoli), ha limite \(1\).

Il prolungamento per continuità

Una discontinuità di terza specie si può "eliminare": basta definire (o ridefinire) la funzione in \(x_0\) ponendo \(f(x_0)=l\). La nuova funzione \(f^{*}\) coincide con \(f\) per \(x\neq x_0\) ed è continua in \(x_0\), perché il valore assegnato è proprio il limite:

\[ f^{*}(x)=\begin{cases} f(x) & \text{se } x\neq x_0 \\[1mm] l & \text{se } x=x_0 \end{cases} \]

La funzione \(f^{*}\) si chiama prolungamento continuo (o prolungamento per continuità) di \(f\).

Per esempio, il prolungamento continuo di \(f(x)=\dfrac{x^{2}-1}{x-1}\) è la funzione

\[ f^{*}(x)=\begin{cases} \dfrac{x^{2}-1}{x-1} & \text{se } x\neq1 \\[3mm] 2 & \text{se } x=1 \end{cases} \]

che coincide con \(f^{*}(x)=x+1\) per ogni \(x\). Analogamente, il prolungamento continuo di \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\) è

\[ f^{*}(x)=\begin{cases} \dfrac{\sin x}{x} & \text{se } x\neq0 \\[3mm] 1 & \text{se } x=0 \end{cases} \]

Riepilogo

Vediamo tre teoremi fondamentali sulle funzioni continue in un intervallo chiuso e limitato \([a,b]\). Sono teoremi di esistenza: garantiscono che un certo punto esiste, senza dire come trovarlo. Le dimostrazioni rigorose, che qui omettiamo, richiedono strumenti che si vedono all'università; ci limiteremo a spiegarne il significato e a illustrarli con i grafici.

Teorema di Weierstrass

Ricordiamo che \(f\) ha massimo assoluto \(M\) in \([a,b]\) se esiste \(x_M\in[a,b]\) tale che \(f(x_M)=M\) e \(f(x)\le M\) per ogni \(x\in[a,b]\); analogamente per il minimo assoluto \(m\).

In altre parole, una funzione continua in un intervallo chiuso e limitato è anche limitata, e "raggiunge" davvero il suo valore massimo \(M=f(x_M)\) e il suo valore minimo \(m=f(x_m)\). Nella figura il massimo e il minimo sono assunti in punti interni all'intervallo, ma possono essere assunti anche negli estremi \(a\) e \(b\).

Una funzione continua in \([a,b]\) ha massimo \(M\) (in \(x_M\)) e minimo \(m\) (in \(x_m\)).

Controesempi: le ipotesi sono necessarie

Se viene meno una delle ipotesi (continuità, intervallo chiuso, intervallo limitato) il teorema può non valere:

Teorema dei valori intermedi

Significato grafico. Ogni retta orizzontale \(y=k\), con \(k\) compreso tra \(f(a)\) e \(f(b)\), interseca il grafico di \(f\) almeno in un punto. Come mostra la figura, i punti possono essere anche più di uno.

La retta \(y=k\) interseca il grafico in (almeno) un punto: qui in tre punti, \(c_1\), \(c_2\), \(c_3\).

Dimostrazione intuitiva. Il grafico di una funzione continua si può tracciare senza staccare la penna dal foglio. Partiamo dal punto \((a;\,f(a))\), che sta sotto la retta \(y=k\), e dobbiamo arrivare al punto \((b;\,f(b))\), che sta sopra: per passare da sotto a sopra la penna deve attraversare la retta \(y=k\) almeno una volta. L'ascissa del punto in cui la attraversa è il valore \(c\) cercato.

Controesempio: se la funzione non è continua

La continuità è essenziale: se il grafico ha un salto, la penna può "scavalcare" la retta senza toccarla. Consideriamo \(f(x)=x\) per \(0{,}3\le x<1\) e \(f(x)=x+1\) per \(1\le x\le2\). Risulta \(f(0{,}3)=0{,}3\) e \(f(2)=3\), ma nel punto \(x=1\) c'è un salto, dal valore \(1\) (a cui ci si avvicina da sinistra) al valore \(f(1)=2\). Perciò la funzione non assume nessun valore dell'intervallo \([1;\,2)\): per esempio \(k=1{,}65\), che è compreso tra \(f(0{,}3)\) e \(f(2)\), non è mai assunto.

Teorema degli zeri

È il caso particolare del teorema dei valori intermedi con \(k=0\). Significato grafico: se il grafico di una funzione continua parte da un punto sotto l'asse \(x\) e arriva in un punto sopra l'asse \(x\) (o viceversa), taglia l'asse \(x\) almeno una volta.

Con \(f(a)<0\) e \(f(b)>0\), il grafico incontra l'asse \(x\) in un punto \(c\in(a,b)\).

Controesempi e osservazioni

• La continuità è essenziale. La funzione \(f(x)=-1\) per \(0{,}3\le x<1{,}5\) e \(f(x)=1\) per \(1{,}5\le x\le2{,}7\) ha segni opposti agli estremi, ma non si annulla mai.
• L'intervallo è essenziale. La funzione \(f(x)=\dfrac1x\), definita in \([-1,0)\cup(0,1]\), è continua e ha \(f(-1)\cdot f(1)<0\), ma non ha zeri: il suo dominio non è un intervallo.
• La condizione \(f(a)\cdot f(b)<0\) è sufficiente, non necessaria. La funzione \(f(x)=x^{2}-1\) in \([-2,2]\) ha \(f(-2)=f(2)=3>0\), ma si annulla in \(-1\) e in \(1\).

Un'applicazione: dimostrare che un'equazione ha soluzioni

Il teorema degli zeri permette di stabilire che un'equazione ha una soluzione in un dato intervallo, anche quando non sappiamo risolverla.

Esempio 1. Dimostriamo che l'equazione \(x^{3}+x-1=0\) ha una e una sola soluzione in \((0,1)\). La funzione \(f(x)=x^{3}+x-1\) è continua (è un polinomio) in \([0,1]\) e risulta \(f(0)=-1<0\) e \(f(1)=1>0\): per il teorema degli zeri esiste almeno un punto \(c\in(0,1)\) con \(f(c)=0\).

Il teorema, però, garantisce solo l'esistenza di una soluzione, non la sua unicità. Per verificare che la soluzione è unica, riscriviamo l'equazione nella forma \(x^{3}=1-x\) e confrontiamo i grafici di \(y=x^{3}\) (crescente) e di \(y=1-x\) (decrescente) in \([0,1]\): si incontrano in un solo punto, di ascissa \(c\approx0{,}68\).

I grafici di \(y=x^{3}\) e \(y=1-x\) si incontrano in un solo punto, di ascissa \(c\).

Esempio 2. Dimostriamo che l'equazione \(\cos x=x\) ha una e una sola soluzione in \(\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\). Consideriamo \(f(x)=\cos x-x\), continua in \(\left[0,\dfrac\pi2\right]\), con \(f(0)=1>0\) e \(f\left(\dfrac\pi2\right)=-\dfrac\pi2<0\): per il teorema degli zeri esiste almeno una soluzione \(c\in\left(0,\dfrac\pi2\right)\).

Per l'unicità confrontiamo i grafici di \(y=\cos x\) (decrescente in \(\left[0,\dfrac\pi2\right]\)) e di \(y=x\) (crescente): si incontrano in un solo punto, di ascissa \(c\approx0{,}74\).

I grafici di \(y=\cos x\) e \(y=x\) si incontrano in un solo punto, di ascissa \(c\).

Il metodo di bisezione

La dimostrazione intuitiva suggerisce anche un metodo per trovare un valore approssimato dello zero. Sia \(f\) continua in \([a,b]\), con \(f(a)\cdot f(b)<0\). Si calcola il punto medio \(c=\dfrac{a+b}{2}\) e il valore \(f(c)\):

• se \(f(c)=0\), abbiamo trovato lo zero;
• se \(f(a)\cdot f(c)<0\), lo zero è in \([a,c]\), e si riparte da questo intervallo;
• altrimenti \(f(c)\cdot f(b)<0\), lo zero è in \([c,b]\), e si riparte da questo intervallo.

A ogni passo l'intervallo che contiene lo zero si dimezza: dopo \(n\) passi ha ampiezza \(\dfrac{b-a}{2^{n}}\), e questo numero è anche una stima dell'errore che si commette scegliendo un qualunque punto dell'intervallo come valore approssimato dello zero.

Esempio. Cerchiamo lo zero di \(f(x)=x^{3}+x-1\) in \([0,1]\) (Esempio 1).

Dopo 6 passi lo zero si trova nell'intervallo \([0{,}671875;\ 0{,}6875]\), di ampiezza \(\dfrac{1}{2^{6}}\approx0{,}0156\): quindi \(c\approx0{,}68\) con errore minore di \(0{,}02\). Con 10 passi l'errore è minore di \(\dfrac{1}{2^{10}}<0{,}001\) (il valore esatto è \(0{,}6823\ldots\)).

Esercizi di riepilogo sulla continuità

In questa sezione applichiamo la definizione di continuità, la classificazione delle discontinuità e i teoremi sulle funzioni continue, anche con funzioni definite a tratti e con parametri.

Svolgimento:

Ogni funzione è ottenuta da funzioni elementari mediante operazioni e composizioni: è quindi continua in tutto il suo dominio. Basta dunque determinare il dominio.

a) Il logaritmo richiede argomento positivo:

\[ x^2-1>0\ \Longleftrightarrow\ x<-1\ \ \text{oppure}\ \ x>1 \]

La funzione è continua in \((-\infty,-1)\) e in \((1,+\infty)\).

b) La radice richiede \(x+3\ge0\); il denominatore non deve annullarsi: \(x^2-4\ne0\), cioè \(x\ne\pm2\). Quindi:

\[ D=[-3,-2)\cup(-2,2)\cup(2,+\infty) \]

La funzione è continua in ciascuno di questi intervalli; nell'estremo \(-3\), che appartiene al dominio, è continua da destra. Nei punti \(x=\pm2\) la funzione non è definita e il denominatore si annulla con numeratore non nullo: il limite è infinito (discontinuità di seconda specie).

c) \(\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}\) è definita se \(\cos x\ne0\), cioè \(x\ne\dfrac{\pi}{2}+k\pi\) con \(k\in\mathbb{Z}\). Quindi \(\tan x\) è continua in ogni intervallo

\[ \left(-\frac{\pi}{2}+k\pi,\ \frac{\pi}{2}+k\pi\right),\qquad k\in\mathbb{Z} \]

e nei punti \(x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\) il limite è infinito (seconda specie).

Svolgimento:

In ciascuno dei due intervalli \((-\infty,1)\) e \((1,+\infty)\) la funzione coincide con un polinomio, quindi è continua. L'unico punto da esaminare è il punto di raccordo \(x=1\).

Calcoliamo il valore della funzione e i limiti laterali. Per \(x=1\) vale la seconda espressione:

\[ f(1)=3\cdot1-1=2 \] \[ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}(x^2+1)=2\qquad\qquad \lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}(3x-1)=2 \]

I due limiti laterali esistono, sono uguali fra loro e uguali a \(f(1)\):

\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}f(x)=f(1)=2 \]

Osserviamo che, se la seconda espressione fosse stata, per esempio, \(3x\) (con \(x\ge1\)), si avrebbe \(f(1)=3\) e il limite da destra sarebbe \(3\ne2\): la funzione sarebbe continua da destra ma non da sinistra, con una discontinuità di prima specie (salto di ampiezza \(1\)) in \(x=1\).

Svolgimento:

a) Per essere continua in \(x=3\) deve essere \(\displaystyle\lim_{x\to3}f(x)=f(3)=k\). Calcoliamo il limite: per \(x\to3\) si ha la forma indeterminata \(\dfrac00\); scomponiamo il numeratore, osservando che \(x^2-x-6=(x-3)(x+2)\), e semplifichiamo (per \(x\ne3\)):

\[ \lim_{x\to3}\frac{x^2-x-6}{x-3}=\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x+2)}{x-3}=\lim_{x\to3}(x+2)=5 \]

Dunque deve essere \(k=5\).

b) In ciascuno dei tre intervalli \((-\infty,1)\), \((1,2)\), \((2,+\infty)\) la funzione coincide con un polinomio, quindi è continua. Dobbiamo imporre la continuità nei due punti di raccordo \(x=1\) e \(x=2\).

Punto \(x=1\). Si ha \(g(1)=b\) e

\[ \lim_{x\to1^-}g(x)=1+a\qquad\qquad \lim_{x\to1^+}g(x)=b \]

Quindi la continuità in \(x=1\) richiede \(1+a=b\).

Punto \(x=2\). Si ha \(g(2)=2b\) e

\[ \lim_{x\to2^-}g(x)=2b\qquad\qquad \lim_{x\to2^+}g(x)=6-2=4 \]

Quindi la continuità in \(x=2\) richiede \(2b=4\), cioè \(b=2\).

Mettiamo a sistema le due condizioni:

\[ \begin{cases} 1+a=b\\ 2b=4 \end{cases}\ \Longrightarrow\ \begin{cases} b=2\\ a=1 \end{cases} \]

Svolgimento:

La funzione è definita se \(x^2-3x+2\ne0\). Poiché \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\), il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{1,2\}\). Essendo una funzione razionale, è continua in tutto il suo dominio; i due punti \(x=1\) e \(x=2\) sono punti di discontinuità (nel senso già chiarito, trattandosi di punti in cui la funzione non è definita).

Scomponiamo anche il numeratore, \(x^2-1=(x-1)(x+1)\), e semplifichiamo per \(x\ne1\):

\[ f(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1)(x-2)}=\frac{x+1}{x-2}\qquad (x\ne1,\ x\ne2) \]

Punto \(x=1\). Il limite esiste ed è finito:

\[ \lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}\frac{x+1}{x-2}=\frac{2}{-1}=-2 \]

La funzione non è definita in \(x=1\), ma il limite è finito: la discontinuità è eliminabile (terza specie).

Punto \(x=2\). Il numeratore \(x+1\) tende a \(3\), mentre il denominatore \(x-2\) tende a \(0\) cambiando segno:

\[ \lim_{x\to2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty\qquad\qquad \lim_{x\to2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty \]

I limiti sono infiniti: la discontinuità è di seconda specie (la retta \(x=2\) è un asintoto verticale).

Prolungamento continuo. Possiamo eliminare la discontinuità in \(x=1\) assegnando alla funzione, in quel punto, il valore del limite, \(-2\). Il prolungamento continuo, definito per \(x\ne2\), è:

\[ f^{*}(x)=\begin{cases} \dfrac{x^2-1}{x^2-3x+2} & \text{se } x\ne1,\ x\ne2\\[8pt] -2 & \text{se } x=1 \end{cases} \]

che coincide con \(\dfrac{x+1}{x-2}\) per ogni \(x\ne2\).

Svolgimento:

La funzione è definita per \(|x-1|\ne0\), cioè per \(x\ne1\): il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\). È continua nel suo dominio; il punto \(x=1\) è un punto di discontinuità (la funzione non vi è definita).

Poiché compare il valore assoluto, studiamo separatamente i due lati di \(x=1\). Osserviamo che \(x^2-x=x(x-1)\) e che

\[ |x-1|=\begin{cases} x-1 & \text{se } x>1\\ -(x-1) & \text{se } x<1 \end{cases} \]

Quindi, semplificando il fattore \(x-1\):

\[ f(x)=\begin{cases} \dfrac{x(x-1)}{x-1}=x & \text{se } x>1\\[8pt] \dfrac{x(x-1)}{-(x-1)}=-x & \text{se } x<1 \end{cases} \]

I limiti laterali in \(x=1\) sono:

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to1^-}f(x)&=\lim_{x\to1^-}(-x)=-1\\[8pt] \lim_{x\to1^+}f(x)&=\lim_{x\to1^+}x=1 \end{aligned} \]

I due limiti esistono e sono finiti, ma sono diversi: il limite di \(f\) per \(x\to1\) non esiste.

Svolgimento:

La radice richiede \(x+1\ge0\), il denominatore \(x\ne0\): il dominio è \([-1,0)\cup(0,+\infty)\). La funzione è continua nel suo dominio e il punto \(x=0\) è un punto di discontinuità (la funzione non vi è definita).

Per \(x\to0\) si ha la forma indeterminata \(\dfrac00\). Razionalizziamo il numeratore, moltiplicando numeratore e denominatore per \(\sqrt{x+1}+1\):

\[ \begin{aligned} \frac{\sqrt{x+1}-1}{x}&=\frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)}{x\,(\sqrt{x+1}+1)}\\[8pt] &=\frac{(x+1)-1}{x\,(\sqrt{x+1}+1)}\\[8pt] &=\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}\qquad(x\ne0) \end{aligned} \]

Quindi:

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}f(x)&=\lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{x+1}+1}\\[8pt] &=\frac12 \end{aligned} \]

Altro modo: con il limite notevole. Scrivendo \(\sqrt{x+1}=(1+x)^{1/2}\), il limite si riconosce subito come limite notevole della potenza:

\[ \lim_{x\to0}\frac{(1+x)^k-1}{x}=k \]

con \(k=\dfrac12\):

\[ \begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x+1}-1}{x}&=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{1/2}-1}{x}\\[8pt] &=\frac12 \end{aligned} \]

Il limite esiste ed è finito, ma \(f\) non è definita in \(x=0\): la discontinuità è eliminabile (terza specie). Assegnando in \(x=0\) il valore del limite otteniamo il prolungamento continuo, definito per \(x\ge-1\):

\[ f^{*}(x)=\begin{cases} \dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x} & \text{se } x\ne0\\[8pt] \dfrac12 & \text{se } x=0 \end{cases} \]

Svolgimento:

a) Esistenza. Consideriamo \(f(x)=e^x+x\), continua in \(\mathbb{R}\) (somma di funzioni continue), quindi in particolare nell'intervallo chiuso \([-1,0]\). Calcoliamo i valori agli estremi:

\[ f(-1)=e^{-1}-1=\frac1e-1<0\qquad\qquad f(0)=e^0+0=1>0 \]

La funzione è continua in \([-1,0]\) e assume agli estremi valori di segno opposto: per il teorema degli zeri esiste almeno un \(c\in(-1,0)\) tale che \(f(c)=0\), cioè l'equazione ha almeno una soluzione in \((-1,0)\).

Unicità. L'equazione \(e^x+x=0\) equivale a \(e^x=-x\): le sue soluzioni sono le ascisse dei punti di intersezione fra il grafico di \(y=e^x\) e la retta \(y=-x\). Il grafico dell'esponenziale è una curva che sale al crescere di \(x\), mentre la retta scende; una curva che sale e una retta che scende possono incontrarsi in un solo punto.

La soluzione \(c\) è quindi unica. Bisezione. Cerchiamo ora un valore approssimato di \(c\). Il punto medio di \([-1,0]\) è \(-0{,}5\):

\[ f(-0{,}5)=e^{-0{,}5}-0{,}5\simeq0{,}107>0 \]

Poiché \(f(-1)<0\) e \(f(-0{,}5)>0\), la soluzione è in \((-1;-0{,}5)\). Il nuovo punto medio è \(-0{,}75\):

\[ f(-0{,}75)=e^{-0{,}75}-0{,}75\simeq-0{,}278<0 \]

Quindi la soluzione è in \((-0{,}75;-0{,}5)\). Il punto medio è \(-0{,}625\):

\[ f(-0{,}625)=e^{-0{,}625}-0{,}625\simeq-0{,}090<0 \]

Quindi la soluzione è in \((-0{,}625;-0{,}5)\), intervallo di ampiezza \(\dfrac{1}{2^3}=0{,}125\). Assumendo come valore approssimato il punto medio \(-0{,}5625\), l'errore è minore di \(\dfrac{0{,}125}{2}=0{,}0625\).

b) Esistenza. Consideriamo \(g(x)=\ln x+x-2\), continua nel suo dominio \((0,+\infty)\), quindi in particolare in \([1,2]\). Agli estremi:

\[ g(1)=\ln1+1-2=-1<0\qquad\qquad g(2)=\ln2+2-2=\ln2>0 \]

Per il teorema degli zeri esiste almeno un \(c\in(1,2)\) con \(g(c)=0\).

Unicità. L'equazione \(\ln x+x-2=0\) equivale a \(\ln x=2-x\): le sue soluzioni sono le ascisse dei punti di intersezione fra il grafico di \(y=\ln x\) e la retta \(y=2-x\). Il grafico del logaritmo è una curva che sale al crescere di \(x\), mentre la retta scende; una curva che sale e una retta che scende possono incontrarsi in un solo punto.

Svolgimento:

a) (i) Non applicabile. La funzione non è continua in \(x=0\) (per \(x\to0^+\) tende a \(+\infty\), per \(x\to0^-\) a \(-\infty\)), quindi non è continua in \([-1,1]\). (ii) La conclusione è falsa. Nei punti \(x=\dfrac1n\) si ha \(f(x)=n\), arbitrariamente grande: la funzione non ha massimo. Nei punti \(x=-\dfrac1n\) si ha \(f(x)=-n\): non ha nemmeno minimo.

b) (i) Non applicabile. La funzione \(\tan x\) non è definita in \(x=\dfrac{\pi}{2}\), che appartiene all'intervallo: non è continua in \(\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]\). (ii) La conclusione è falsa. \(\tan x=0\) se e solo se \(x=k\pi\) con \(k\in\mathbb{Z}\), e nessuno di questi valori appartiene a \(\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]\): nell'intervallo non c'è nessuno zero, nonostante il cambio di segno.

c) (i) Non applicabile. La funzione \(g\) ha in \(x=0\) una discontinuità di prima specie (salto): i limiti laterali sono \(-1\) e \(1\). (ii) La conclusione è falsa. La funzione assume soltanto i valori \(-1\) e \(1\): per esempio non assume mai il valore \(0\), che è compreso fra \(g(-1)=-1\) e \(g(1)=1\).

d) (i) Non applicabile, perché \(g\) non è continua in \([-1,1]\). (ii) La conclusione è vera. La funzione assume solo i valori \(-1\) e \(1\): ha massimo \(1\) (assunto per \(x\ge0\)) e minimo \(-1\) (assunto per \(x<0\)). Il teorema di Weierstrass non ce lo garantisce, ma la conclusione vale ugualmente: le ipotesi del teorema sono sufficienti, ma non necessarie.

e) (i) Non applicabile, perché l'intervallo \((-1,1)\) è aperto. (ii) La conclusione è vera solo in parte. Il minimo c'è: \(h(x)=x^2\ge0\) e \(h(0)=0\). Il massimo invece non c'è: dato un qualunque \(x_0\in(-1,1)\), il punto \(x_1=\dfrac{1+|x_0|}{2}\) appartiene all'intervallo e \(x_1>|x_0|\), quindi \(h(x_1)=x_1^2>x_0^2=h(x_0)\): nessun valore è il più grande. I valori di \(h\) si avvicinano a \(1\) per \(x\to\pm1\) senza mai raggiungerlo, perché \(\pm1\) non appartengono all'intervallo.

Svolgimento:

Cercare un punto \(c\) con \(f(c)=c\) equivale a cercare uno zero della funzione

\[ g(x)=f(x)-x \]

La funzione \(g\) è continua in \([0,1]\), perché differenza di funzioni continue. Calcoliamo i suoi valori agli estremi, usando l'ipotesi \(0\le f(x)\le1\):

\[ g(0)=f(0)-0=f(0)\ge0\qquad\qquad g(1)=f(1)-1\le0 \]

Distinguiamo i casi:

• se \(g(0)=0\), allora \(f(0)=0\) e \(c=0\) è un punto fisso;
• se \(g(1)=0\), allora \(f(1)=1\) e \(c=1\) è un punto fisso;
• altrimenti \(g(0)>0\) e \(g(1)<0\): la funzione \(g\) è continua in \([0,1]\) e assume agli estremi valori di segno opposto; per il teorema degli zeri esiste \(c\in(0,1)\) tale che \(g(c)=0\), cioè \(f(c)=c\).

Applicazione. La funzione \(f(x)=\cos x\) è continua e, per \(x\in[0,1]\) (\(\ 0\le x\le1<\dfrac{\pi}{2}\)), il coseno è decrescente, quindi \(\cos1\le\cos x\le\cos0=1\); essendo \(\cos1\simeq0{,}54>0\), risulta \(0\le f(x)\le1\). Per il risultato precedente esiste \(c\in[0,1]\) con \(\cos c=c\), cioè l'equazione \(\cos x=x\) ha una soluzione in \([0,1]\) (si trova \(c\simeq0{,}74\)): è la stessa equazione dell'Esempio 2 della Sezione 4, già risolta con il teorema degli zeri.

Il punto fisso e il grafico a ragnatela

Significato grafico. Un punto \(c\) è un punto fisso di \(f\) quando \(f(c)=c\), cioè quando il punto \((c,f(c))\) del grafico sta sulla diagonale \(y=x\) del quadrato. Il grafico di \(f\), che non esce dal quadrato, parte da un punto del lato sinistro (\(f(0)\ge0\)) e arriva a un punto del lato destro (\(f(1)\le1\)): per continuità deve incontrare la diagonale almeno una volta. Nella figura i punti fissi sono tre, \(c_1\), \(c_2\), \(c_3\).

I punti fissi sono le ascisse dei punti in cui il grafico di \(f\) incontra la diagonale \(y=x\).

Il grafico a ragnatela. Se si parte da un valore \(x_0\) e si calcolano \(x_1=f(x_0),\ x_2=f(x_1),\ x_3=f(x_2),\dots\), i punti sulla diagonale si ottengono con una spezzata verticale-orizzontale, detta ragnatela. Nel simulatore ci sono quattro funzioni nel menu a tendina (cos x, 1−x, 1−x³, 1/(1+x²)): sceglila, scegli il punto di partenza e premi «Un passo» per vedere dove porta la ragnatela.

Un'osservazione: risolvere un'equazione per iterazione

Le iterazioni suggeriscono un modo per trovare soluzioni approssimate. Per risolvere un'equazione la si riscrive nella forma \(x=\varphi(x)\), con \(\varphi\) continua: le soluzioni sono i punti fissi di \(\varphi\). Si sceglie poi \(x_0\) e si calcolano \(x_1=\varphi(x_0),\ x_2=\varphi(x_1),\dots\) Se questi valori si avvicinano a un numero \(c\), per la continuità di \(\varphi\) si ha \(c=\varphi(c)\): quel numero è una soluzione.

Esempio 1: \(\cos x=x\). L'equazione è già nella forma giusta, con \(\varphi(x)=\cos x\) (in radianti). Partendo da \(x_0=1\):

↕ scorri la tabella

Con la calcolatrice in radianti basta scrivere \(1\) e premere più volte il tasto \(\cos\): i valori si avvicinano a \(c\approx0{,}7391\), la soluzione dell'Esempio 2 della Sezione 4.

Esempio 2: \(x^{3}+x-1=0\) (l'equazione dell'Esempio 1 della Sezione 4 e del metodo di bisezione, con soluzione \(c\approx0{,}6823\)). Si può riscrivere in modi diversi:

• da \(x^{3}=1-x\) si ottiene \(x=1-x^{3}\);
• raccogliendo \(x\,(x^{2}+1)=1\) si ottiene \(x=\dfrac{1}{1+x^{2}}\).

Partendo da \(x_0=0{,}5\) in entrambi i casi:

↕ scorri la tabella

Nel primo caso i valori non si avvicinano alla soluzione: oscillano fra \(0\) e \(1\). Nel secondo si avvicinano a \(0{,}6823\). Puoi rifare entrambe le ragnatele nel simulatore, scegliendo \(1-x^3\) e \(1/(1+x^2)\).

Quando fermarsi. Si può fermare il calcolo quando due valori consecutivi coincidono fino alla cifra decimale che interessa. È un criterio pratico, non una stima rigorosa dell'errore. Per esempio, nell'Esempio 1, da \(x_{22}\) in poi i valori coincidono fino alla quarta cifra decimale (\(0{,}7391\)).