CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ DELLA FUNZIONE INVERSA

CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ DELLA FUNZIONE INVERSA
INGEGNERIA CIVILE E AMBIENTALE A. A. 2009/2010
ANNALISA CESARONI LUCA ROSSI
Cominciamo con un facile esercizio:
Ex 1. Sia f una funzione strettamente crescente [risp. decrescente]. Allora f −1 è ben definita sull’immagine di f ed è anch’essa strettamente crescente [risp. decrescente].
Lemma 1. Una funzione continua f : (a, b) → R è iniettiva se e solo se è strettamente monotona.
Dimostrazione. Se una funzione è strettamente motona allora è chiaramente iniettiva. Dimostriamo il
viceversa. Supponiamo per assurdo che f sia iniettiva ma non strettamente monotona. Esistono allora 2
coppie di punti, x1 < x2 e y1 < y2 in (a, b) tali che f (x1 ) ≤ f (x2 ), f (y1 ) ≥ f (y2 ) e quindi, per l’iniettività
di f ,
f (x1 ) < f (x2 ),
f (y1 ) > f (y2 ).
Disponiamo questi 4 punti in ordine crescente e chiamiamoli z1 , z2 , z3 , z4 . Sappiamo che non può essere
f (z1 ) ≤ f (z2 ) ≤ f (z3 ) ≤ f (z4 ) (perché f (y1 ) > f (y2 )) né f (z1 ) ≥ f (z2 ) ≥ f (z3 ) ≥ f (z4 ) (perché
f (x1 ) < f (x2 )). Di conseguenza, possiamo selezionare 3 dei 4 punti z1 , z2 , z3 , z4 (che chiameremo c, d, e)
in modo tale che c < d < e ed inoltre
f (d) < min{f (c), f (e)},
oppure f (d) > max{f (c), f (e)}.
Consideriamo il primo caso, il secondo è analogo. Definiamo la funzione g(x) := f (x) − min{f (c), f (e)}.
Si ha che
g(c) ≥ 0,
g(d) < 0,
g(e) ≥ 0.
Siccome g è continua, per il teorema di esistenza degli zeri esistono x ∈ [c, d) e y ∈ (d, e] tali che
g(x) = 0 = g(y). Ma ciò significa che f (x) = f (y), che è impossibile in quanto f è iniettiva.
Teorema 2 (Continuità della funzione inversa). Se f : (a, b) → R è una funzione iniettiva e continua,
allora la sua funzione inversa f −1 : f ((a, b)) → R è anch’essa continua.
Dimostrazione. Dimostriamo che f −1 è continua in ogni punto y0 ∈ f (a, b). Dal momento che y0 ∈
f ((a, b)), esiste x0 ∈ (a, b) tale che f (x0 ) = y0 . Fissiamo ε > 0. A meno di considerare un ε più piccolo,
possiamo supporre che (x0 − ε, x0 + ε) ⊂ (a, b). Grazie al Lemma 1, sappiamo che f è strettamente
monotona. Supponiamo, per fissare le idee, che sia crescente. Di conseguenza, f (x0 −ε) < y0 < f (x0 +ε).
Scegliamo
δ = min y0 − f (x0 − ε) , f (x0 + ε) − y0 .
In tal modo abbiamo che
δ ≤ y0 − f (x0 − ε),
Visto che l’Ex 1 assicura la stretta crescenza di f
f
−1
δ ≤ f (x0 + ε) − y0 .
−1
, ricaviamo
f −1 (y0 + δ) ≤ x0 + ε.
(y0 − δ) ≥ x0 − ε,
Perciò, ∀ y ∈ (y0 − δ, y0 + δ) si ha che
x0 − ε ≤ f −1 (y0 − δ) < f −1 (y) < f −1 (y0 + δ) ≤ x0 + ε.
Abbiamo così dimostrato che
lim f −1 (y) = x0 = f −1 (y0 ).
y→y0
Teorema 3 (Derivabilità della funzione inversa). Sia f : (a, b) → R una funzione continua in (a, b) e
derivabile in x0 ∈ (a, b) tale che f 0 (x0 ) 6= 0. Detto y0 = f (x0 ) si ha che:
(i) è ben definita la funzione inversa f −1 da un intorno di y0 a valori in un intorno di x0 ;
1
(ii) f −1 è derivabile in y0 e verifica
(f −1 )0 (y0 ) =
1
.
f 0 (x0 )
Dimostrazione. (i) Supponiamo per fissare le idee che f 0 (x0 ) > 0. Dalla definizione di derivata (con
ε = 12 f 0 (x0 )) segue che esiste δ > 0 tale che
∀ h ∈ (−δ, δ),
f (x0 + h) − f (x0 )
1
− f 0 (x0 ) ≥ − f 0 (x0 ),
h
2
cioè:
1
f (x0 + h) − f (x0 )
≥ f 0 (x0 ) > 0.
h
2
Ciò implica che f è strettamente crescente in (x0 −δ, x0 +δ) e quindi ivi iniettiva. Perciò ammette inversa
f −1 : f ((x0 − δ, x0 + δ)) → (x0 − δ, x0 + δ). L’unica cosa che resta da dimostrare è che f ((x0 − δ, x0 + δ))
sia un intervallo contenente y0 = f (x0 ), ma questo segue dalla continuità e dalla stretta crescenza di f
[Ex].
(ii)
Per |h| abbastanza piccolo, tale che f −1 sia ben definita in (y0 − |h|, y0 + |h|), poniamo
−1
f (y0 + h) − f −1 (y0 )
1 .
ϕ(h) := − 0
h
f (x0 ) ∀ h ∈ (−δ, δ),
(1)
Se mostriamo che
lim ϕ(h) = 0
h→0
avremo dimostrato in un sol colpo che f −1 è derivabile in y0 e che
1
(f −1 )0 (y0 ) = 0
.
f (x0 )
Possiamo riscrivere ϕ nel seguente modo:
0
f (x0 )[f −1 (y0 + h) − x0 ] − h .
ϕ(h) = hf 0 (x0 )
Definiamo la funzione
κ(h) := f −1 (y0 + h) − x0 ,
e quindi troviamo che f (x0 + κ(h)) = y0 + h, cioè
h = f (x0 + κ(h)) − y0 .
Di conseguenza,
0
f (x0 )κ(h) − [f (x0 + κ(h)) − y0 ] ϕ(h) = hf 0 (x0 )
κ(h) 0
f (x0 + κ(h)) − y0 = 0
f (x0 ) −
.
hf (x0 ) κ(h)
Ora, visto che f −1 è continua in un intorno di y0 -grazie al teorema precedente- risulta
lim κ(h) = lim [f −1 (y0 + h) − f −1 (y0 )] = 0.
h→0
h→0
Perciò
κ(h)
κ(h)
k
1
= lim
= lim
= 0
,
h→0 f (x0 + κ(h)) − f (x0 )
k→0 f (x0 + k) − f (x0 )
h
f (x0 )
ed anche
0
f (x0 + κ(h)) − y0 f (x0 ) − f (x0 + k) − f (x0 ) = 0.
lim f 0 (x0 ) −
=
lim
h→0
k→0
κ(h)
k
Visto che il limite del prodotto coincide col prodotto dei limiti, concludiamo che
1
· 0 = 0.
lim ϕ(h) = 0
h→0
[f (x0 )]2
lim
h→0