Note sulla continuità uniforme

NOTE INTEGRATIVE PER IL CORSO DI ANALISI MATEMATICA 2
ANNO ACCADEMICO 2012/13
NOTE SULLA CONTINUITÀ UNIFORME
D.BARTOLUCCI, D.GUIDO
1. La continuità uniforme
Esempio.
Sia f (x) = x3 , x ∈ [−1, 1]. Si ha
|x3 − y 3 | = |x2 + xy + y 2 ||x − y| ≤ 3|x − y|,
∀ {x, y} ⊂ [−1, 1].
(1.1)
Sia ora x0 ∈ [−1, 1] fissato e applichiamo la definizione di continuità. Si ha
∀ ε > 0 ∃ δε,x0 > 0 : |f (x) − f (x0 )| < ε ∀ x ∈ [−1, 1] : |x − x0 | < δε,x0 .
(1.2)
Per ottenere una stima su δε,x0 usiamo la (1.1)
|x3 − x30 | ≤ 3|x − x0 | < ε,
e dunque risolvendo 3|x − x0 | < ε otteniamo |x − x0 | < 3ε . Se ne deduce che definendo
ε
δε,x0 ≡ δε := ,
3
non solo otteniamo il valore cercato per la validità della (1.2), ma anche che tale valore non dipende da
x0 . In particolare, abbiamo dimostrato che
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : |f (x) − f (y)| < ε ∀ {x, y} ⊂ [−1, 1] : |x − y| < δε .
A ben vedere, questa proprietà è qualcosa di più rispetto alla continuità. Stabilisce che la continuità della
f è uniforme rispetto a x0 , nel senso che comunque scelto un intervallo I ⊂ A di lunghezza d < δε e
comunque scelti due punti in I, allora la differenza (in modulo) tra i due valori assunti da f nei due punti
scelti sarà minore di ε. Si può anche dire che se una funzione f : A → R ha questa proprietà, allora per
controllare la differenza (in modulo) tra i due valori assunti da f in due punti {x, y} ⊂ A, sarà sufficiente
controllare solo la distanza |x − y| tra i punti, e non la dislocazione dei punti stessi in A.
Esempio.
Sia f (x) = ex , x ∈ (−4, −2]. Si ha, usando il Teorema di Lagrange,
|ex − ey | = eξ |x − y| ≤ e−2 |x − y|,
∀ {x, y} ⊂ (−4, −2],
(1.3)
per qualche ξ ∈ (min{x, y}, max{x, y}) ⊂ (−4, −2]. Sia ora x0 ∈ (−4, −2] fissato e applichiamo la
definizione di continuità. Si ha
∀ ε > 0 ∃ δε,x0 > 0 : |f (x) − f (x0 )| < ε ∀ x ∈ (−4, −2] : |x − x0 | < δε,x0 .
(1.4)
Per ottenere una stima su δε,x0 usiamo la (1.3)
|ex − ex0 | ≤ e−2 |x − x0 | < ε,
e dunque risolvendo e−2 |x − x0 | < ε otteniamo |x − x0 | < e2 ε. Se ne deduce che definendo
δε,x0 ≡ δε := e2 ε,
non solo otteniamo il valore cercato per la validità della (1.4), ma anche che tale valore non dipende da
x0 . In particolare, abbiamo dimostrato che
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : |f (x) − f (y)| < ε ∀ {x, y} ⊂ (−4, −2] : |x − y| < δε .
1
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D.BARTOLUCCI, D.GUIDO
Esempio. √
Sia f (x) = x, x ∈ [0, +∞). Si ha la seguente disuguaglianza (vedere gli Esercizi per una dimostrazione)
p
√
√
| x − y| ≤ |x − y|, ∀ {x, y} ⊂ [0, +∞).
(1.5)
Sia ora x0 ∈ [0, +∞) fissato e applichiamo la definizione di continuità. Si ha
∀ ε > 0 ∃ δε,x0 > 0 : |f (x) − f (x0 )| < ε ∀ x ∈ [0, +∞) : |x − x0 | < δε,x0 .
(1.6)
Per ottenere una stima su δε,x0 usiamo la (1.5)
p
√
√
| x − x0 | ≤ |x − x0 | < ε,
p
e dunque risolvendo |x − x0 | < ε otteniamo |x − x0 | < ε2 . Se ne deduce che definendo
δε,x0 ≡ δε := ε2 ,
non solo otteniamo il valore cercato per la validità della (1.6), ma anche che tale valore non dipende da
x0 . In particolare, abbiamo dimostrato che
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : |f (x) − f (y)| < ε ∀ {x, y} ⊂ [0, +∞) : |x − y| < δε .
Osservazione
In tutti gli esempi di cui sopra, detto A l’ insieme di definizione considerato, abbiamo dimostrato in
particolare che si ha
|f (x) − f (y)| ≤ ω(|x − y|), ∀ {x, y} ⊂ A
per una funzione ω = ω(t) che risulta essere sempre definita in (0, +∞), non negativa, non decrescente e
infinitesima per t → 0+ (ovvero ω(t) = 3t, ω(t) = e2 t, ω(t) = t2 rispettivamente).
Definizione[CONTINUITÀ UNIFORME]
Una funzione f : A → R si dice uniformemente continua in A (o su A) se
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : |f (x) − f (y)| < ε ∀ {x, y} ⊂ A : |x − y| < δε .
Esempio.Tutte le funzioni degli esempi precedenti sono uniformemente continue negli insiemi di definizione
considerati.
Lemma 1.1 (MODULO DI CONTINUITÀ). Sia f : A → R. Se esiste una funzione ω : (0, +∞) →
[0, +∞) tale che:
(i) ω è non decrescente;
(ii) ω(t) → 0+ , t → 0+ ;
(iii) |f (x) − f (y)| ≤ ω(|x − y|), ∀ {x, y} ⊂ A, x 6= y;
allora f è uniformemente continua in A. Per definizione, ogni funzione ω con queste proprietà è un
modulo di continuità per f in A.
Dimostrazione.
Per ipotesi, si ha
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : 0 ≤ ω(t) < ε ∀ 0 < t < δε .
Se ne deduce che si avrà
|f (x) − f (y)| < ε ∀ {x, y} ⊂ A : |x − y| < δε .
Osservazione
La (i) non si usa nella dimostrazione e in linea di principio si può omettere nella definizione di modulo
di continuità . D’ altra parte se ω deve stimare ”bene” dall’alto l’oscillazione della funzione tra due
punti avendo come argomento la distanza tra i punti (vedere la (iii)), allora è ragionevole che abbia una
3
proprietà di monotonia. Per esempio è quello che succede (dimostrare per esercizio) nel caso del modulo
di continuità ”ottimale”, definito da
(0)
ωf,A (t) :=
sup
|f (x) − f (y)|.
{x,y}⊂A, |x−y|≤t
Il termine ”ottimale” si riferisce al fatto che se t ∈ (0, +∞) è fissato, allora al variare di tutte le coppie
(0)
di punti tali che |x − y| ≤ t si ha che ωf,A (t) è il più piccolo numero che risulta essere maggiore o uguale
della differenza |f (x) − f (y)|.
In generale è molto difficile calcolare il modulo di continuità ottimale e ci si limita a delle stime come nei
casi visti sopra.
Esempio.[FUNZIONI LIPSCHITZIANE]
Ogni funzione f : A → R, Lipschitziana (K-Lipschitziana) ovvero che verifica
|f (x) − f (y)| ≤ K|x − y|
∀ {x, y} ⊂ A,
per qualche K ≥ 0 è uniformemente continua su A in quanto ammette il modulo di continuità ω(t) = Kt.
Sono K-Lipschitziane tutte le funzioni f ∈ C 1 (E) con E compatto dato che verificano la definizione con
0
K = max |f |.
E
Esempio.[FUNZIONI HÖLDERIANE]
Ogni funzione f : A → R, Hölderiana (α-Hölderiana) ovvero che verifica
|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α
∀ {x, y} ⊂ A,
per qualche C ≥ 0 e α ∈ (0, 1) è uniformemente continua in quanto ammette il modulo di continuità
ω(t) = Ctα . Sono α-Hölderiane tutte le funzioni f (x) = xα , x ∈ [0, +∞) con α ∈ (0, 1) (vedere gli
Esercizi).
Esempio.
Sia f (x) = x2 , x ∈ A = [1, +∞). Dimostriamo che non è uniformemente continua facendo vedere che
∃ ε0 > 0 : ∀ δ > 0 ∃ {xδ , yδ } ⊂ [1, +∞) : |xδ − yδ | < δ, |f (xδ ) − f (yδ )| ≥ ε0 .
Infatti, dati ε0 > 0, δ > 0, x ≥ 1 e posto y = x +
δ
2
si ha,
|x2 − y 2 | = (x + y)(x − y) = (x + y)
δ
δ
>x ,
2
2
e risolvendo x 2δ ≥ ε0 risulterà |x2 − y 2 | ≥ ε0 non appena
2ε0
δ
xδ ≥ max
,1
e yδ = xδ + .
δ
2
Si può verificare (essenzialmente) nello stesso modo (vedere gli Esercizi) che risultano non uniformemente
continue le funzioni
f (x) = x3 , x ∈ A = (−∞, 1],
f (x) = ex , x ∈ A = [1, +∞),
1
f (x) = , x ∈ A = (0, 1].
x
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D.BARTOLUCCI, D.GUIDO
Il Teorema di Heine-Cantor fornisce delle condizioni sufficienti per la uniforme continuità.
Theorem 1.2 (HEINE-CANTOR). Sia f : E → R continua. Se E è compatto, allora f è uniformemente
continua su E.
Dimostrazione.
Se per assurdo f non fosse uniformemente continua, allora si avrebbe
∃ ε0 > 0 : ∀ δ > 0 ∃ {xδ , yδ } ⊂ E : |xδ − yδ | < δ, |f (xδ ) − f (yδ )| ≥ ε0 .
Dato che δ > 0 è arbitrario, sia δn & 0+ una qualunque successione infinitesima e monotona decrescente.
Allora, in particolare si avrebbe
∃ ε0 > 0 : ∀ n ∈ N ∃ {xn , yn } ⊂ E : |xn − yn | < δn , |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 .
Dato che E è compatto, esiste una sottosuccessione {xnk } ⊂ {xn } convergente
xnk → x,
ad un elemento x ∈ E. Dato che |xn − yn | < δn , si ha
|ynk − x| ≤ |ynk − xnk | + |xnk − x| → 0, k → +∞.
Usando la continuità della funzione f (e della funzione modulo), si avrebbe
ε0 ≤ |f (xnk ) − f (ynk )| → |f (x) − f (x)| = 0, k → +∞,
che è chiaramente impossibile.
Gli esempi di cui sopra mostrano che se E non è compatto il risultato non vale.
Altre condizioni sufficienti si possono determinare introducendo ipotesi opportune.
Theorem 1.3. Sia f : [1, +∞) → R continua. Se ∃ a ∈ R, b ∈ R tali che
lim f (x) − (ax + b) = 0,
x→+∞
allora f è uniformemente continua su [1, +∞).
Dimostrazione.
Se per assurdo f non fosse uniformemente continua, allora si avrebbe
∃ ε0 > 0 : ∀ n ∈ N ∃ {xn , yn } ⊂ E : |xn − yn | < δn , |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 ,
per una arbitraria successione infinitesima e monotona decrescente δn & 0+ . Se la successione {xn }
ammettesse una estratta convergente {xnk } ⊂ {xn },
xnk → x ∈ [1, +∞),
allora, procedendo come nella dimostrazione del Teorema di Heine-Cantor, si avrebbe
ynk → x,
e in particolare, usando la continuità della funzione f (e della funzione modulo), si avrebbe
ε0 ≤ |f (xnk ) − f (ynk )| → |f (x) − f (x)| = 0, k → +∞,
che è chiaramente impossibile.
Dunque {xn } non può avere estratte convergenti e in particolare neanche limitate (dimostrare per esercizio). Se ne deduce che xn → +∞. A questo punto, o si osserva che per simmetria quanto detto vale
necessariamente anche per yn (e dunque yn → +∞) o si osserva che
yn = xn + yn − xn ≥ xn − |xn + yn | > xn − δn → +∞,
n → +∞.
In ogni caso si avrà
ε0 ≤ |f (xn ) − f (yn )| = |f (xn ) − (axn + b) + (axn + b) − (ayn + b) + (ayn + b) − f (yn )| ≤
|f (xn ) − (axn + b)| + a|xn − yn | + |f (yn ) − (ayn + b)| = o(1), n → +∞,
che è chiaramente impossibile.
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Osservazione
Traslando e/o scambiando x con −x si dimostra che il risultato vale per le funzioni definite e continue su
[a, +∞) con a ∈ R e per funzioni definite e continue su (−∞, a] con a ∈ R e asintoti a −∞. In particolare
il risultato vale con la stessa dimostrazione per funzioni continue f : R → R che hanno asintoti sia a +∞
che a −∞.
Esempio.
Il risultato non vale se per esempio si suppone f continua su (a, +∞) come si deduce dal caso visto sopra
della funzione f (x) = x1 , x ∈ (0, +∞) che non è uniformemente continua su (0, 1) e dunque certamente
non può essere uniformemente continua su (0, +∞).
Esempio.
Il risultato non vale se per esempio si suppone f continua su (−∞, +∞) come si deduce dal caso visto
sopra della funzione f (x) = ex , x ∈ (−∞, +∞) che non è uniformemente continua su [1, +∞) e dunque
certamente non può essere uniformemente continua su (−∞, +∞).
Esempio.
Dal Teorema e dalla Osservazione segue per esempio che sono uniformemente continue le funzioni
f (x) = ex , x ∈ (−∞, 1],
f (x) =
sin (x)
, x ∈ (−∞, 1],
x
2
f (x) = e−x , x ∈ (−∞, +∞),
Spesso è utile avere condizioni necessarie per la uniforme continuità o anche stabilire a priori la limitatezza
di una funzione data.
Theorem 1.4. Sia f : A → R uniformemente continua. Se A è limitato, allora f è limitata.
Dimostrazione.
Sia ε = 1, allora per l’uniforme continuità esiste δ = δ1 tale che
|f (x) − f (y)| ≤ 1, ∀ {x, y} ⊂ A : |x − y| < δ.
Dato che A è limitato si può ricoprire con un numero finito di intervalli di ampiezza minore o uguale a
δ
2 . Siano quindi
{Ik }k=1,··· ,N ⊂ R
N intervalli tali che
|Ik | ≤
N
[
δ
, Ik ∩ A 6= ∅, ∀ k ∈ {1, · · · , N }, A ⊆
Ik .
2
k=1
Per ogni k ∈ {1, · · · , N } scegliamo xk ∈ Ik e poniamo
M=
N
X
|f (xk )|.
k=1
Allora, comunque scelto x ∈ A, si avrà x ∈ Im per qualche m ∈ {1, · · · , N } e quindi risulterà
|f (x)| ≤ |f (x) − f (xm )| + |f (xm )| ≤ 1 + M,
∀ x ∈ A.
Esempio.
La funzione f (x) = x1 , x ∈ (0, 1] non può essere uniformemente continua su (0, 1] perché non è limitata. In
particolare se una funzione ammette un asintoto verticale, allora non può essere uniformemente continua
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D.BARTOLUCCI, D.GUIDO
(dimostrare per esercizio).
Il Teorema della crescita al più lineare fornisce una condizione necessaria per l’uniforme continuità sui
domini illimitati.
Theorem 1.5 (TEOREMA DELLA CRESCITA AL PIÙ LINEARE). Sia f : [0, +∞) → R uniformemente continua. Allora esistono due costanti A ≥ 0 e B ≥ 0 tali che
|f (x)| ≤ A + Bx,
∀ x ∈ [0, +∞).
Dimostrazione.
Sia ε = 1, allora per l’uniforme continuità esiste δ = δ1 tale che
|f (x) − f (y)| < 1, ∀ {x, y} ⊂ A : |x − y| < 2δ.
Definiamo
xn = nδ,
n ∈ N ∪ {0}.
Comunque scelto x ∈ [0, +∞), esiste k ∈ N tale che
xk−1 ≤ x < xk .
Dato che |x − xk−1 | ≤ δ < 2δ e che |xn − xn−1 | = δ < 2δ, ∀ n ∈ N, si avrà
f (x) ≤ f (xk−1 ) + 1 ≤ f (xk−2 ) + 2 ≤ · · · ≤ f (x1 ) + k − 1 = f (x1 ) +
x
xk−1
≤ f (x1 ) + ,
δ
δ
dove si è usato il fatto che xk−1 = δ(k − 1) ≤ x e f (x) − f (y) < 1 se |x − y| < 2δ.
Concludere per esercizio la dimostrazione con lo stesso argomento facendo vedere che vale anche
x
f (x) ≥ f (x1 ) − ,
δ
e che allora si possono scegliere A = |f (x1 )| ≡ |f (δ)| e B = 1δ .
Osservazione
Traslando e/o scambiando x con −x si dimostra che il risultato vale per le funzioni definite e continue
su [a, +∞) con a ∈ R e per funzioni definite e continue su (−∞, a] con a ∈ R. In particolare il risultato
vale con la stessa dimostrazione per le funzioni uniformemente continue f : R → R che infatti verificano
|f (x)| ≤ A + B|x|, x ∈ R.
Esempio.
La funzione f (x) = x2 , x ∈ [0, +∞) non può essere uniformemente continua su [0, +∞) perché non ha
crescita al più lineare. Lo stesso dicasi per f (x) = ex , x ∈ [0, +∞).
Esempio.
La condizione di crescita al più lineare non è sufficiente a garantire la continuità uniforme. Per esempio
la funzione f (x) = x sin (x), x ∈ [0, +∞) ha crescita al più lineare, è continua ma non è uniformemente
continua (dimostrare per esercizio).
Una condizione necessaria e sufficiente per l’uniforme continuità sui domini limitati si ottiene grazie alla
proprietà di estensione per continuità.
Theorem 1.6 (CARATTERIZZAZIONE DELLA CONTINUITÀ UNIFORME SUI LIMITATI).
(i) Sia f : A → R uniformemente continua e sia x un punto di accumulazione per A. Allora esiste finito
il limite lim f (x). In particolare ogni funzione uniformemente continua f : A → R si può estendere per
x→x
continuità alla chiusura di A.
(ii) Sia f : A → R continua. Se A è limitato, allora f è uniformemente continua se e solo se si può
estendere per continuità alla chiusura di A.
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Dimostrazione. (i)
Sia Ix un qualunque intorno limitato di x. Allora A∩Ix è limitato e f è uniformemente continua. Quindi f
è limitata in A∩Ix . Sia {xn } una successione in A∩Ix convergente a x, xn → x. Dato che {yn } = {f (xn )}
è limitata, allora esisterà una sottosuccessione convergente ynk → ` ∈ R. Sia xnk : f (xnk ) = ynk . Si avrà
allora
xnk → x, f (xnk ) → `, k → +∞.
Sia ora {zm } ⊂ A una successione convergente a x, zm → x. Dimostriamo che f (zm ) → `.
Per l’uniforme continuità
ε
∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : |f (x) − f (y)| < ∀ {x, y} ⊂ A : |x − y| < δε .
2
Fissato ε > 0, possiamo trovare νε ∈ N tale che (dimostrare per esercizio)
|zm − x| <
δε
, ∀ m > νε
2
e
|xnk − x| <
δε
, ∀ k > νε .
2
Se ne deduce che
|zm − xnk | ≤ |zm − x| + |xnk − x| < δε , ∀ m > νε , ∀ k > νε ,
e quindi in particolare che
ε
∀ m > νε , ∀ k > ν ε .
2
Si può osservare a questo punto che i valori m e k sono per costruzione indipendenti, ragione per cui si
può passare al limite per k → +∞ nell’ ultima disuguaglianza (perché vale per ogni k > νε ). Si trova
quindi che
ε
|f (zm ) − `| = lim |f (zm ) − f (xnk )| ≤ ∀ m > νε .
k→+∞
2
Riassumendo, dato che 2ε < ε abbiamo dimostrato che
|f (zm ) − f (xnk )| <
∀ ε > 0 ∃ νε : |f (zm ) − `| < ε, ∀ m > νε ,
ovvero che f (zm ) → `. Dato che {zm } ⊂ A è arbitraria, concludiamo che lim f (x) = ` ∈ R.
x→x
(ii) Prima Dimostrazione della parte (ii). Se f è uniformemente continua, allora dalla parte (i) si
può estendere per continuità ad ogni x ∈ A \ A ponendo f˜(x) = lim f (x).
x→x
Viceversa, supponiamo che f : A → R (che è continua per ipotesi) si possa estendere per continuità ad
una funzione f˜ definita sulla chiusura A di A. Dato che A è limitato, allora A è compatto. La funzione
f˜ : A → R è continua sul compatto A e dunque per il Teorema di Heine-Cantor è uniformemente continua.
In particolare f è uniformemente continua in quanto restrizione di f˜ ad A.
Seconda Dimostrazione della parte (ii). Se f è uniformemente continua, allora dalla parte (i) si può
estendere per continuità ad ogni x ∈ A \ A ponendo f˜(x) = lim f (x).
x→x
Viceversa, supponiamo che f : A → R (che è continua per ipotesi) si possa estendere per continuità alla
chiusura A di A. Se per assurdo f non fosse uniformemente continua, allora
∃ ε0 > 0 : ∀ n ∈ N ∃ {xn , yn } ⊂ A : |xn − yn | < δn , |f (xn ) − f (yn )| ≥ ε0 ,
per una arbitraria successione infinitesima e monotona decrescente δn & 0+ .
Dato che A è limitato, allora {xn } ammette una estratta convergente,
xnk → x ∈ A.
Procedendo come nella dimostrazione del Teorema di Heine-Cantor, si ha
ynk → x,
e in particolare, se x ∈ A, allora usando la continuità della funzione f (e della funzione modulo), si
avrebbe
ε0 ≤ |f (xnk ) − f (ynk )| → |f (x) − f (x)| = 0, k → +∞,
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D.BARTOLUCCI, D.GUIDO
che è chiaramente impossibile, mentre se x ∈ A \ A, allora dalla parte (i) (e usando la continuità della
funzione modulo), si avrebbe
ε0 ≤ |f (xnk ) − f (ynk )| → |` − `| = 0, k → +∞,
che è chiaramente impossibile.
Altri risultati rilevanti per lo studio dell’uniforme continuità e la cui dimostrazione è lasciata per esercizio
sono i seguenti.
Teorema E1 Siano h : A → R e g : A → R due funzioni uniformemente continue. La funzione somma
h + g è uniformemente continua. Inoltre si ha:
(i) Se h e g sono limitate, allora h · g è uniformemente continua su A.
(ii)Se A è limitato, allora h · g è uniformemente continua su A.
Suggerimento. La proprietà della somma è immediata. Se h e g sono limitate, per controllare |h(x)g(x)−
h(y)g(y)|, sommare e sottrarre le quantità opportune per avere
|h(x)g(x) − h(y)g(y)| ≤ |h(x) − h(y)||g(y)| + ......
Teorema E2 Siano −∞ ≤ a < c ≤ +∞, b ∈ (a, c) e sia f : (a, c) → R. Se f è uniformemente continua
in (a, b), in (b, c) e continua in b, allora f è uniformemente continua in (a, c).
Suggerimento. La dimostrazione per assurdo del Teorema di Heine-Cantor funziona anche in questo
caso.
Teorema E3 Siano f : A → R e g : I → J ⊆ A due funzioni uniformemente continue.
Allora la funzione composta f ◦ g : I → R è uniformemente continua.
Suggerimento. Vedere gli Esercizi.
Teorema E4 Sia f : A → R. Allora f è uniformemente continua ⇐⇒ per ogni coppia di successioni
{xn } ⊂ A, {yn } ⊂ A tali che |xn − yn | → 0, si ha
|f (xn ) − f (yn )| → 0, n → +∞.
Suggerimento. Posto y0 ∈ A e yn ≡ y0 , ∀ n ∈ N, osservare che l’ipotesi |xn − yn | → 0 =⇒ |f (xn ) −
f (yn )| → 0 equivale alla continuità. Inoltre, nei ragionamenti per assurdo svolti sin qui si usa il fatto
che se f non è uniformemente continua, allora si può costruire una coppia di successioni che verifica
|xn − yn | → 0 ma |f (xn ) − f (yn )| non converge a 0. Dunque una implicazione è già nota.
Vedere gli Esercizi per la soluzione degli esercizi proposti sopra e dei seguenti.
√
ESERCIZIO: Sia f (x) = arctan (x) x, x ∈ A = [0, +∞). Dimostrare che f è uniformemente continua.
√
ESERCIZIO: Sia f (x) = arctan ( 5 x), x ∈ A = [0, +∞).
(i) Dimostrare che f è uniformemente continua.
(ii) Dimostrare che f è α-Hölderiana con α = 15 e determinare un modulo di continuità.
ESERCIZIO: Sia f (x) = sin (x2 ), x ∈ A = [1, +∞).
Dimostrare che f ha crescita al più lineare, ma non non è uniformemente continua.
(x2 )
√ , x ∈ A = (0, +∞).
ESERCIZIO: Sia f (x) = x sin x1 + sin
1+ x
Dimostrare che f è uniformemente continua.
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ESERCIZIO: Sia f : [0, +∞) → R convessa, decrescente e continua in x = 0.
Dimostrare che f è uniformemente continua.