Corso di Matematica I - Anno 2003-04
Soluzioni
81. Supponiamo che g sia iniettiva e che f sia una funzione tale che g ◦ f è continua. Le
nostre ipotesi ci assicurano che g −1 : g(R) → R è definita e continua. Allora anche
f = g −1 ◦ (g ◦ f ) è continua, dunque P è vera.
Se invece g non è iniettiva, si costruisce un controesempio per P nel seguente modo:
siano a 6= b in R tali che g(a) = g(b); allora basta comporre g con la funzione f
discontinua che vale a sulla semiretta aperta dei numeri negativi e b sulla semiretta
chiusa dei numeri non negativi.
La domanda (b) è una applicazione della prima parte, se si osserva che la funzione
g(x) = x3 + 2x + 1 è iniettiva.
82. Sia g una funzione che soddisfa l’equazione funzionale data. È facile vedere che f deve
essere iniettiva, dunque strettamente monotona; si nota direttamente dalla equazione
che non può essere decrescente, dunque deve essere crescente.
Si ponga ora h(x) = g(x) − x; allora l’equazione funzionale si scrive h(g(x)) = h(x), e
questo porta per induzione a concludere che
g n (x) = x + nh(x)
da cui si ricava che
g n (x)
n
tende ad h(x) quando n tende verso +∞.
n
L’ultimo passo consiste nel mostrare che il limite di g n(x) per n che tende verso +∞
non dipende da x. Questo implica che la funzione g è una traslazione. Poi una semplice
verifica permette di stabilire che tutte le traslazioni soddisfano l’equazione funzionale
data.
Supponiamo che h non sia nulla, e che esista un valore a per il quale h(a) > 0 (simile
argomento se h(a) < 0). La successione g n (a) (n ∈ Z) è crescente e dunque, dato
x ∈ R qualunque, si può trovare un intero p tale che
g n+p (a)
g n (x)
g n+p+1 (a)
≤
<
n
n
n
da cui per il teorema dei carabinieri di ottiene che il limite di
verso +∞ non dipende da x.
g n (x)
n
per n che tende
83. (a) Se f : R → R è K-Lipschtziana, allora g(x) = f (x) + Kx risulta monotona
crescente: se x < y risulta
g(x) = f (x) + Kx = f (x) − f (y) + f (y) + Kx ≤ |f (x) − f (y)|
+f (y) + Kx ≤ K |x − y| + f (y) + Kx = Ky + f (y) = g(y).
1
Allora f (x) = g(x) − Kx è differenza di due funzioni crescenti.
(b) Supponiamo che f : R → R sia K-Lipschitziana con K < 1. Dimostriamo che la
funzione g(x) = f (x)−x ha almeno uno zero. A meno di cambiare f con −f , possiamo
supporre g(0) = f (0) > 0. Se x > f (0)/(1 − K), risulta
g(x) = f (x) − x = f (x) − f (0) + f (0) − x ≤ |f (x) − f (0)| + f (0) − x
≤ Kx + f (0) − x = −(1 − K)x + f (0) < 0,
quindi per il Teorema degli zeri, g sia annulla in qualche punto di (0, x). Si osservi che
la K-Lipschitzianità con K < 1 implica anche che il punto fisso è unico: se x, y sono
punti fissi per f , allora |x − y| = |f (x) − f (y)| ≤ K|x − y| implica che x = y.
84. (a) Se β = 0 la funzione f è costante, quindi è Hölderiana di qualsiasi costante.
Dimostriamo che se β ∈ (0, 1) la funzione f (x) = xβ è β-Hölderiana. Dobbiamo
mostrare che esiste una costante c = c(β) tale che
|xβ − y β | ≤ c|x − y|β ,
∀x, y ∈ [0, +∞).
(1)
Possiamo supporre x ≥ y > 0, e dividendo per y β la (1) è equivalente a
β
x β
x
− 1 ≤ C − 1 .
y
y
Quindi, ponendo x/y = 1 + t, t ≥ 0, dobbiamo mostrare che esiste c tale che
(1 + t)β − 1 ≤ ctβ ,
∀t ≥ 0.
(2)
Consideriamo la funzione g(t) = ((1 + t)β − 1)/tβ : g è continua in (0, +∞), e poiché
0 < β < 1 otteniamo, sfruttando uno dei limiti dell’esercizio 80,
(1 + t)β − 1
βt + o(t)
= lim
= lim βt1−β = 0,
β
t→0+
t→0+
t→0+
t
tβ
β
β
(1 + t) − 1
1
1
lim
= lim
− 1 − β = 1.
t→+∞
t→+∞
tβ
t
t
lim
Quindi la funzione g è limitata e (2) vale con c = sup g.
Se β = 1 la funzione f è 1-Lipschitz (la disuguaglianza di Hölderianità vale con c =
α = 1). Se β > 1 la funzione f non è Hölderiana per alcuna costante.
p
(b) Supponiamo che f sia α-Hölderiana di costante c. Se > 0, poniamo δ = α /c,
cosı́ che se |x − y| < δ,
|f (x) − f (y)| ≤ c|x − y|α < cδ α = .
(c) Si consideri la funzione f : [0, 1] → R
0
se x = 0,
1
x − n1 n
se n1 < x ≤ n1 + en12 , n ≥ 2,
f (x) =
n2 −n
1
1
n(n−1)e
−
x
se n1 + en12 < x ≤ n−1
, n ≥ 2.
2
n
n−1
e −n(n−1)
2
2
E’ facile verificare che f è continua, però sull’intervallo [1/n, 1/n + e−n ] f vale (x −
1/n)1/n che non è α-Hölderiana se α > 1/n. Quindi f non è α-Hölderiana per alcun α.
85. Supponiamo che
|f (x) − f (y)| ≤ a|x − y|,
|g(x) − g(y)| ≤ b|x − y|,
∀x, y ∈ R.
Allora
|(f + g)(x) − (f + g)(y)| ≤ |f (x) − f (y)| + |g(x) − g(y)| ≤ (a + b)|x − y|,
|f (g(x)) − f (g(y))| ≤ a|g(x) − g(y)| ≤ ab|x − y|,
quindi f + g e f ◦ g sono Lipschitziane di costanti a + b e ab, rispettivamente (le
funzioni f (x) = ax e g(x) = bx mostrano che queste costanti sono ottimali). La
funzione max{f, g} è Lipschitziana di costante max{a, b} (questa costante è ovviamente
ottimale). Infatti è sufficiente considerare le coppie x, y per cui f (x) ≥ g(x) e f (y) ≤
g(y), e se inoltre f (x) ≥ g(y),
| max{f, g}(x) − max{f, g}(y)| = |f (x) − g(y)| = f (x) − g(y) ≤ f (x) − f (y) ≤ a|x − y|,
mentre se f (x) < g(y),
| max{f, g}(x) − max{f, g}(y)| = |f (x) − g(y)| = g(y) − f (x) ≤ g(y) − g(x) ≤ b|x − y|.
Le funzioni f · g e f /g non sono necessariamente Lipschitziane: se f (x) = g(x) = x,
f · g(x) = x2 che non è Lipschitziana; g(x) = 1/(1 + x2 ) è Lipschitziana, ma 1/g non
lo è.
Supponiamo ora che
|f (x) − f (y)| ≤ a|x − y|α ,
|g(x) − g(y)| ≤ b|x − y|β ,
∀x, y ∈ R.
Allora
|f (g(x)) − f (g(y))| ≤ a|g(x) − g(y)|α ≤ abα |x − y|αβ ,
quindi f ◦ g è αβ-Hölderiana. Le funzioni
p f + g, f · gpe max{f, g} non sono necessariamente Hölderiane. Infatti se f (x) = |x| e g(x) = 3 |x|, si ha che f + g e max{f, g}
sono 1/3-Hölderiane sugli intervalli limitati, ma non sono Hölderiane su tutto R. Se
f (x) = g(x) = |x|α con α ∈ (1/2, 1), allora f = g è α-Hölderiana, ma f · g non lo è.
Analogamante per il quoziente. Si osservi che f + g e max{f, g} sono Hölderiane di
costante min{α, β} sugli intervalli limitati.
86. Sia x ∈ (a, b] e siano a = x0 < x1 < · · · < xn = x i punti che dividono l’intervallo [a, x]
in n intervalli di lunghezza (x − a)/n. Allora
α
n
n
X
X
x−a
α
|f (x) − f (a)| ≤
|f (xi ) − f (xi−1 )| ≤
c|xi − xi−1 | = nc
.
n
i=1
i=1
Poiché α > 1, il limite per n tendente all’infinito del membro di destra è 0. Questo
implica che f (x) = f (a) per ogni x ∈ (a, b].
3
87. Supponiamo che la funzione f ammetta un modulo di continuità finito ω. Dato > 0
esiste un δ tale che ω(δ) < . Inoltre per la monotonia di ω vale che se |x − y| < δ
allora ω(|x − y|) ≤ ω(δ). Allora abbiamo che, per ogni > 0 esiste un δ > 0 tale che,
se |x − y| ≤ δ allora
|f (x) − f (y)| ≤ ω(|x − y|) ≤ ω(δ) < quindi abbiamo dimostrato che f è uniformemente continua.
Supponiamo adesso che f sia uniformemente continua e dimostriamo che ammette un
modulo di continuità finito. Basta porre
ω(x) = sup{|f (z) − f (y)| | z, y ∈ A e |z − y| ≤ x}
Per quanto riguarda gli esempi di una funzione Lipschitziana di costante K e di una
funzione α-Hölderiana con costante K, nel primo caso possiamo prendere come modulo
di continuità ω(x) = Kx, nel secondo caso ω(x) = Kxα .
88. Dovendo stimare |f (x) − f (y)|, possiamo supporre f (x) ≥ f (y). Sia > 0 e scegliamo
f ∈ F tale che f (x) ≥ f (x) − . Allora
|f (x) − f (y)| = f (x) − f (y) ≤ f (x) + − f (y) ≤ f (x) + − f (y)
≤ |f (x) − f (y)| + ≤ ω(|x − y|) + ,
e per l’arbitrarietà di , |f (x) − f (y)| ≤ ω(|x − y|).
Osserviamo che questo in particolare dimostra che il sup di una famiglia di funzioni
K-Lipschitziane è ancora una funzione K-Lipschitziana e dunque continua. Lo stesso
per quello che riguarda funzioni α-Hölderiane di costante K.
4
