CONTINUIT`A E DERIVABILIT`A Esercizi risolti 1. Determinare lim

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CONTINUIT`A E DERIVABILIT`A Esercizi risolti 1. Determinare lim
CONTINUITÀ E DERIVABILITÀ
Esercizi risolti
1. Determinare
lim [cos x]∗
x→kπ/2
al variare di k in Z. Ove tale limite non esista, discutere l’esistenza dei limiti laterali.
Identificare i punti di discontinuità della funzione f (x) = [cos x] ed il loro tipo.
2. Determinare per quale valore del parametro α la funzione
√
x + 1 se x ≥ 0
f (x) =
∗
[x] + α se x < 0
è continua sull’intervallo [−1, +∞).
∗
[x] denota la parte intera di x.
3. Sia
(
sin(x2 )
√
x( 1+x−1)
x
f (x) =
a2 + 3
se x > 0
se x ≤ 0;
determinare a in modo che f risulti continua nel suo dominio.
4. Scrivere l’equazione della retta tangente nel punto di ascissa x = 2 al grafico di
f (x) =
x+2
− log(2x − 3)
x2 − 1
e ricavare la parte principale di f (x) − f (2) per x → 2.
5. Determinare i punti di non derivabilità delle seguenti funzioni
2
a) f (x) = |x − 1|
−|x|
b) f (x) = e
6. Sia
f (x) =
(x − β)2 − 2
α sin x
2 1
c) f (x) = min x , 2
x
x≥0
x < 0.
Determinare α e β in modo che f sia continua e derivabile su R.
7. Verificare che le funzioni
a) f (x) = x2 log |x|
b) f (x) = |x|x
sono prolungabili con continuità per x = 0. Le funzioni f cosı̀ prolungate risultano
derivabili in x = 0?
8. Sia f (x) una funzione derivabile. Dimostrare che se f è pari allora f ′ è dispari, e
viceversa se f è dispari allora f ′ è pari.
9. Tra tutte le rette y = kx (con k > 0) trovare quella tangente al grafico di f (x) = ex
in un punto di ascissa x0 > 0. Utilizzare questo risultato per determinare il numero
di soluzioni dell’equazione ex = kx al variare di k in R.
10. Verificare che si può applicare il teorema di Lagrange alla funzione f (x) = arcsin x
nel suo dominio [a, b], e determinare i “punti di Lagrange”, cioè i punti c tali che
(a)
.
f ′ (c) = f (b)−f
b−a
11. Sia f (x) = x7 +x. Verificare che f è invertibile su R. Verificare che la funzione inversa
f −1 è derivabile su R e calcolare (f −1 )′ (0) e (f −1 )′ (2).
2
12. Sia f (x) = (x−1)ex +arctg (log x)+2. Dimostrare che f è invertibile sul suo dominio
e determinare im(f ).
13. Dimostrare che la funzione f (x) = eex −2
+2 è invertibile in tutto il suo dominio R. Calcolare poi esplicitamente la funzione inversa f −1 ed il suo dominio.
14. Dimostrare che la funzione f (x) = −x2 + x − log x è invertibile nel suo dominio R+ .
Detta f −1 la funzione inversa, calcolare (f −1 )′ (0).
15. Determinare gli intervalli di monotonia della funzione
x
f (x) = 13 x3 − 21 x2 − 2x + 1.
Quanti zeri ha f ? Detta f −1 la funzione inversa di f ristretta all’intervallo di monotonia contenente x = 0, calcolare (f −1 )′ (1).
16. Tra tutti i triangoli rettangoli di ipotenusa assegnata a trovare quello di area massima.
17. Utilizzando la regola di de l’Hopital calcolare
log(1 + sin x)
x→0
sin 2x
a) lim
1
c) lim (ex + x) x
x→0
e) lim
x→1−
sin (π 3x )
x→0
x
sin (log(1 + 3x))
d) lim
x→0
ex − 3x
π
f ) lim x
− arctg x .
x→+∞
2
b) lim
arcsin x − π/2
√
1−x
18. Verificare che la funzione
f (x) = log(2 + x) + 2
x+1
x+2
non ha altri zeri oltre a x0 = −1.
19. Determinare il numero di punti critici della funzione
f (x) =
x log x − 1
.
x2
9
20. Determinare il numero di soluzioni dell’equazione ex
−9x+1
= a al variare di a in R.
21. Studiare la funzione
f (x) =
log x − 3
.
log x + 2
Discutere l’invertibilità di f , e calcolare (f −1 )′ (− 23 ). È possibile scrivere esplicitamente la funzione inversa f −1 ?
22. Tra tutti i cilindri circolari retti di volume fissato V trovare quello di area superficiale
totale minima (incluse le 2 facce circolari del cilindro).
23. Un triangolo rettangolo di ipotenusa a è ruotato attorno ad uno dei cateti e genera un
cono circolare retto. Trovare il più grande volume possibile di tale cono. [Si ricordi
che il volume del cono è 13 · area di base · altezza.]
24. Dimostrare che
1 √
1
< 51 − 7 <
8
7
√
senza calcolare √51 con 3 cifre decimali, ma applicando il teorema di Lagrange alla
funzione f (x) = x nell’intervallo [49, 51].
25. a) Sia f una funzione definita su un intervallo I ⊆ R tale che
|f (x) − f (t)| ≤ (x − t)2 ,
∀x, t ∈ I.
Dimostrare che f è costante su I. (Suggerimento: si dimostri che f ′ (x0 ) = 0 ∀x0 ∈ I.)
b) Dimostrare lo stesso risultato senza usare la derivata. (Suggerimento: fissati x, t ∈ I
con t < x, si divida l’intervallo [t, x] in n intervallini di uguale ampiezza.)
Soluzioni
1. Per la periodicità, è sufficiente considerare i casi: k = 0, 1, 2, 3. Disegnando il grafico
di f (x) = [cos x] si vede che:
lim f (x) = 0 6= f (0) = 1;
x→0
lim f (x) = −1 = f (π);
x→π
f (x) = −1;
lim f (x) = 0 = f ( π2 ) 6= lim
π
−
x→ π
2
x→ 2 +
lim f (x) = −1 6=
x→ 23 π −
lim f (x) = 0 = f ( 23 π).
x→ 32 π +
I punti x = 0, ±2π, ±4π, . . . sono punti di discontinuità eliminabile. I punti x =
± π2 , ± 23 π, . . . sono punti di discontinuità di prima specie (tipo salto).
2. La funzione è continua in tutti i punti di [−1, +∞) escluso al più lo zero. Essendo
√
lim f (x) = lim ( x + 1) = 1 = f (0),
x→0+
x→0+
la funzione è continua in zero da destra. Essendo infine
lim f (x) = α + lim− [x] = α − 1,
x→0−
x→0
la funzione sarà continua anche nello zero se e solo se α − 1 = 1, cioè α = 2.
3. La funzione è continua in tutti i punti escluso al più nello zero. Si ha
lim f (x) = lim (a 2x + 3) = a + 3 = f (0),
x→0−
x→0−
cioè f è continua in zero da sinistra. Calcolando il limite di f (x) per x → 0+ abbiamo
sin(x2 )
x2 + o(x2 )
= 2.
√
lim
= lim
x
x→0+ x
x→0+ x
+
o(x)
1+x−1
2
Quindi f è continua in tutto il suo dominio se e solo se a + 3 = 2 cioè a = −1.
4. Si ha f (2) = 4/3. Calcolando f ′ (x) otteniamo f ′ (2) = −31/9. Quindi la retta tangente
4
nel punto x0 = 2 ha equazione y = − 31
9 (x − 2) + 3 . Utilizzando la prima formula
dell’incremento finito si ha
f (x) − f (2) = − 31
9 (x − 2) + o(x − 2) (x → 2),
e quindi la parte principale di f (x) − f (2) per x → 2 è − 31
9 (x − 2).
5. a) La funzione f ha due punti angolosi in x = ±1, come si vede facilmente anche
disegnandone il grafico. Ad esempio calcolando le derivate laterali nel punto x0 = 1
otteniamo
′
f±
(1) = lim
x→1±
|x2 − 1|
|x − 1| · |x + 1|
f (x) − f (1)
= lim
= lim
= ±2.
±
±
x−1
x−1
x−1
x→1
x→1
b) La funzione f ha un punto angoloso in x = 0, come si verifica anche disegnandone
il grafico. Esplicitamente, le derivate laterali in x0 = 0 sono date da:
′
f+
(0)
et − 1
e−x − 1
= − lim
= −1,
= lim
x
t
t→0−
x→0+
′
f−
(0) = lim−
x→0
ex − 1
= 1.
x
c) Risolvendo la disequazione x2 <
1
x2
si vede facilmente che
x2
se |x| ≤ 1, x 6= 0,
se |x| > 1.
f (x) =
1
x2
Notiamo che f non è definita in x = 0. In tutti gli altri punti, escluso al più i punti
“di raccordo” x = ±1, f è continua e derivabile perchè restrizione di funzioni continue
e derivabili. La funzione è chiaramente continua nei punti x = ±1. Calcolando le
′
′
(1) = ∓2 = f±
(−1). Quindi f ha
derivate laterali in tali punti si ottiene facilmente f±
due punti angolosi in x = ±1. Possiamo anche procedere graficamente, notando che il
grafico di f si disegna a partire dai due grafici di x2 e x12 prendendo sempre quello che
sta al di sotto dell’altro. Il grafico cosı̀ ottenuto presenta appunto due punti angolosi
in x = ±1.
√
6. Imponendo la continuità in x = 0 si ottiene β = ± 2. La funzione è chiaramente
derivabile in ogni punto escluso al più il punto di raccordo x = 0, con
′
f (x) =
2(x − β)
x>0
α cos x
x < 0.
√
Sia β = ± 2, cosı̀ che f è continua in x = 0. Per studiare la derivabilità in x = 0
calcoliamo il limite per x che tende a zero della funzione f ′ (x). Per un noto teorema,
se tale limite esiste ed è uguale a l ∈ R allora f è derivabile in zero e f ′ (0) = l.
Essendo
lim+ f ′ (x) = −2β,
lim− f ′ (x) = α,
x→0
x→0
√
vediamo che f è derivabile in x = 0 se e solo se α = −2β
=
∓2
2. In definitiva
√ √
f √
è continua
e derivabile su R se e solo se (α, β) = (−2 2, 2), oppure (α, β) =
√
(2 2, − 2).
7. a) Si ha dom(f ) = R \ {0}. Per calcolare il limite di f (x) per x che tende a zero
ricordiamo il limite fondamentale
lim xα log x = 0,
x→0+
∀α > 0.
Da questo otteniamo
lim x2 log |x| = 0,
x→0
e quindi f si può prolungare con continuità nello zero ponendo f (0) = 0. Calcolando
il limite del rapporto incrementale nello zero otteniamo che f è derivabile in x = 0
con f ′ (0) = 0, essendo
x/2 log |x|
f (x) − f (0)
= lim
= 0.
x→0
x→0
x
/x
lim
b) Si ha
lim |x|x = lim ex log |x| = e0 = 1.
x→0
x→0
Posto f (0) = 1 e calcolando il limite del rapporto incrementale per x che tende a zero
otteniamo
x log |x|
ex log |x| − 1
e
−1
lim
· log |x| = 1 · (−∞) = −∞.
= lim
x→0
x→0
x
x log |x|
Quindi in questo caso f non è derivabile in x = 0.
8. Sia f pari, f (−x) = f (x). Prendendo la derivata di ambo i membri e utilizzando la
formula di derivazione della funzione composta, otteniamo −f ′ (−x) = f ′ (x), cioè f ′ é
dispari. Analogamente se f è dispari, f (−x) = −f (x), si ottiene −f ′ (−x) = −f ′ (x),
e quindi f ′ è pari.
9. Imponendo le condizioni di tangenza tra f (x) = ex e g(x) = kx, cioè
f (x) = g(x),
f ′ (x) = g ′ (x),
si ottiene facilmente x = 1 e k = e. Quindi la retta y = ex è tangente a ex nel punto
di ascissa 1. Graficamente si deduce allora che l’equazione ex = kx ha 1 soluzione per
k < 0 e per k = e, 2 soluzioni per k > e, nessuna per 0 ≤ k < e. Possiamo anche
procedere in un altro modo, cioè studiamo la funzione f (x) = ex − kx al variare di
k ∈ R. Ci interessa trovare quanti zeri ha f , cioè il numero di soluzioni dell’equazione
f (x) = 0. Possiamo supporre k 6= 0. Sia k > 0. Si ha limx→±∞ f (x) = +∞.
Calcolando la derivata e studiandone il segno otteniamo
f ′ (x) = ex − k ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ log k.
Quindi f ha un punto di minimo assoluto in x = log k. Per stabilire se questo minimo
è positivo, negativo o nullo osserviamo che
f (log k) = elog k − k log k = k(1 − log k) ≤ 0 ⇐⇒ k ≥ e.
Quindi se k > e il minimo sta al di sotto dell’asse x e f ha due zeri. In questo caso
la retta y = kx è secante al grafico di ex . Se k = e il minimo giace sull’asse x, f ha
un solo zero, e la retta y = ex è tangente a ex . Infine se 0 < k < e il minimo è al
di sopra dell’asse x e quindi f non ha zeri. In tal caso la retta y = kx non incontra
il grafico di ex . Sia ora k < 0. Si ha limx→±∞ f (x) = ±∞ e f ′ (x) = ex − k > 0
∀x ∈ R. Dunque f è strettamente crescente su R e si annulla in un solo punto x0
(< 0 perchè f (0) = 1). Quindi per k < 0 la retta y = kx incontra il grafico di ex
nel solo punto x0 , come è evidente anche graficamente. Un terzo metodo consiste
x
nello studiare la funzione f (x) = ex ; dopo averne disegnato il grafico, si determina il
numero di soluzioni dell’equazione f (x) = k al variare di k in R.
10. La funzione f (x) = arcsin x è continua su [−1, 1] ed è derivabile su (−1, 1) (i punti
x = ±1 sono punti a tangente verticale, essendo limx→±1 f ′ (x) = +∞). Si può quindi
applicare il teorema di Lagrange. I punti di Lagrange sono determinati da
r
f (1) − f (−1)
4
1
π
√
=
= , =⇒ c = ± 1 − 2 .
2
2
π
1 − c2
11. La funzione f è continua e strettamente crescente su R, essendo f ′ (x) = 7x6 +1 > 0 ∀x.
Quindi f è invertibile su R. Poichè la sua derivata non si annulla mai, la funzione
inversa f −1 è derivabile su R. Essendo f (0) = 0 e f (1) = 2, si ha
(f −1 )′ (0) =
1
f ′ (0)
= 1,
(f −1 )′ (2) =
1
f ′ (1)
=
1
.
8
12. Si ha dom(f ) = R+ , e
2
f ′ (x) = ex (2x2 − 2x + 1) +
1
.
x(1 + log2 x)
Si verifica subito che f ′ (x) > 0 ∀x > 0, quindi f è strettamente crescente su R+ , e
dunque è invertibile. Per determinare l’immagine osserviamo che se f è una funzione
continua e strettamente crescente su un intervallo (a, b), allora l’immagine im(f ) è
l’intervallo (s, S), dove
s = lim f (x) = inf f,
x→a+
S = lim f (x) = sup f.
x→b−
Nel nostro caso abbiamo
lim f (x) = 1 − π2 ,
x→0+
lim f (x) = +∞, =⇒ im(f ) = (1 − π2 , +∞).
x→+∞
13. Si ha
f ′ (x) =
4 ex
> 0, ∀x ∈ R.
(ex + 2)2
Essendo strettamente crescente, f è invertibile su tutto R. Per calcolare la funzione
inversa dobbiamo risolvere l’equazione f (x) = y per x in funzione di y. Posto ex = t
1+y
si ottiene l’equazione fratta t−2
t+2 = y, la cui soluzione è t = 2 (1−y . Dunque
x = log
2(1 + y)
1−y
⇒ f
−1
(x) = log
2(1 + x)
1−x
.
Il dominio di f −1 (che è anche l’immagine di f ) è dato da
dom(f −1 ) = {x :
14. Si ha
f ′ (x) = −2x + 1 −
1+x
1−x
> 0} = (−1, 1).
1
−2x2 + x − 1
=
< 0, ∀x ∈ R+ .
x
x
Quindi f è strettamente decrescente su R+ ed è dunque invertibile in questo intervallo.
Essendo f (1) = 0, si ha (f −1 )′ (0) = 1/f ′ (1) = −1/2.
15. Studiando il segno della derivata f ′ (x) = x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2), si vede che f è
strettamente crescente sugli intervalli (−∞, −1) e (2, +∞), strettamente decrescente
sull’intervallo (−1, 2). Notiamo che lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞. Essendo
x→−∞
x→+∞
f (0) = 1 > 0, il massimo nel punto x = −1 è sicuramente positivo, e dunque f si
annulla una volta per x < 0. Poichè il minimo in x = 2 vale f (2) = −7/3 < 0, la
funzione si annulla in altri due punti per x > 0. Quindi f ha tre zeri. L’intervallo di
monotonia contenente x = 0 è (−1, 2). Poichè f (0) = 1, si ha (f −1 )′ (1) = 1/f ′ (0) =
−1/2.
16. Il problema si risolve facilmente senza calcoli osservando che i triangoli in questione
si possono inscrivere in una semicirconferenza di diametro a. Quello di area massima
si otterrà quando l’altezza relativa all’ipotenusa è massima, cioè quando è uguale al
raggio a2 . Questo significa che il triangolo è isoscele, con cateti uguali a √a2 . Dal
√
punto di vista analitico f (x) = 21 x a2 − x2 é l’area in funzione della misura x di un
cateto. Si ha f : [0, a] → R, con f (0) = f (a) = 0. Studiando il segno della derivata
2
2
prima f ′ (x) = 2a√a−2x
si vede che x = √a2 è punto di massimo relativo e assoluto,
2 −x2
con f ( √a2 ) =
17. a)
a2
4 .
cos x
0 H
1
log(1 + sin x)
= = lim 1+sin x = .
x→0
sin 2x
0 x→0 2 cos 2x
2
lim
b)
sin (π 3x )
cos (π 3x ) π 3x log 3
0 H
= = lim
= −π log 3.
x→0
x
0 x→0
1
lim
c)
1
lim (ex + x) x = elimx→0
log(ex +x)
x
x→0
0
H
= e 0 = elimx→0
ex +1
ex +x
= e2 .
d)
3 cos(log(1+3x))
0 H
3
sin (log(1 + 3x))
= = lim x 1+3x
=
.
lim
x
x
x
x→0
e −3
0 x→0 e − 3 log 3
1 − log 3
e)
0 H
arcsin x − π/2
√
= = lim
lim
−
0 x→1−
x→1
1−x
√ 1
1−x2
√−1
2 1−x
= −2 lim √
x→1−
√
1
= − 2.
1+x
f)
π
2
lim x
x→+∞
H
− arctg x = ∞ · 0 = lim
= lim
x→+∞
π
2
x→+∞
1
− 1+x
2
− x12
− arctg x
=
1
x
0
0
x2
= 1.
x→+∞ 1 + x2
= lim
18. Si ha dom(f ) = (−2, +∞), limx→+∞ f (x) = +∞, limx→−2+ f (x) = −∞. La derivata
prima
x+4
f ′ (x) =
(x + 2)2
è sempre positiva in dom(f ). Quindi f è strettamente crescente nel suo dominio, e
non può avere altri zeri oltre a x0 = −1.
19. Si ha dom(f ) = (0, +∞), e la derivata prima è
f ′ (x) =
x + 2 − x log x
.
x3
Quindi f ′ (x) = 0 ⇔ log x = 1 + x2 . Disegnando le due funzioni log x e 1 + x2 si vede
facilmente che questa equazione ha un’unica soluzione x0 > 1. Pertanto f ha un solo
punto critico x0 > 1.
9
20. Innanzitutto non ci sono soluzioni se a ≤ 0. Studiando la funzione f (x) = ex −9x+1
si ha dom(f ) = R, limx→−∞ f (x) = 0, limx→+∞ f (x) = +∞, e si trova che f ha
un punto di massimo relativo in x = −1, con f (−1) = e9 , e un punto di minimo
relativo in x = 1, con f (1) = e−7 . Disegnando un grafico qualitativo di f si vede che
l’equazione proposta ha

−7
9

 1 soluzione per 0 < a < e e per a > e ,
2 soluzioni per a = e−7 , e9 ,


3 soluzioni per e−7 < a < e9 .
21. Si ha dom(f ) = (0, e−2 ) ∪ (e−2 , +∞),
lim f (x) = 1 = lim f (x),
x→0+
x→+∞
lim f (x) =
x→
1 ±
e2
−5
0±
= ∓∞.
Quindi la retta y = 1 è asintoto orizzontale e la retta x = e−2 è asintoto verticale. La
derivata prima è
5
> 0 ∀x ∈ dom(f ).
f ′ (x) =
x(log x + 2)2
Questo implica che f è strettamente crescente su (0, e−2 ) e su (e−2 , +∞). Quindi f è
invertibile in ognuno di questi due intervalli. Essendo poi
f ((0, e−2 )) = (1, +∞),
f ((e−2 , +∞)) = (−∞, 1),
f è iniettiva e quindi invertibile in tutto il suo dominio. Questo si vede facilmente
anche disegnando il grafico di f . Essendo f (1) = − 23 , si ha
(f
3
1
4
) −
= ′
= .
2
f (1)
5
−1 ′
2y+3
L’equazione f (x) = y si risolve esplicitamente e si ottiene x = e 1−y . Dunque la
funzione inversa è
2x+3
f −1 (x) = e 1−x .
22. Sia r il raggio e h l’altezza del cilindro. Allora V = πr 2 h, da cui h =
superficie totale del cilindro è
A = 2πrh + 2πr 2 =
V
πr2 .
L’area della
2V
+ 2πr 2 .
r
Si tratta di studiare la funzione f (r) = 2V
+ 2πr 2 per r > 0. In tale intervallo f ha
r
sicuramente un minimo in quanto f è continua e
lim f (r) = lim f (r) = +∞.
r→+∞
r→0+
La derivata prima
2V
4πr 3 − 2V
+
4πr
=
r2
r2
q
q
V
V
e negativa per 0 < r < 3 2π
. Ne segue che il valore minimo
è positiva per r > 3 2π
q
V
dell’area totale si ottiene per r = 3 2π
ed è dato da
f ′ (r) = −
Amin = f
r
3
V
2π
!
= 6π
V
2π
2/3
.
23. Sia x il cateto
√ attorno al quale ruota il triangolo, cioè l’altezza del cono. Allora l’altro
cateto, y = a2 − x2 , è il raggio del cono. Il volume del cono è dato da
V =
1
1
· πy 2 · x = π(a2 − x2 )x.
3
3
Dobbiamo studiare la funzione f (x) = π3 (a2 x − x3 ) per 0 ≤ x ≤ a. Notiamo che f è
continua nell’intervallo [0, a]. Essendo f (0) = f (a) = 0, ed essendo f sempre positiva
nell’intervallo (0, a), f avrà sicuramente un massimo positivo in tale intervallo. Poichè
f è derivabile ovunque e la derivata prima
f ′ (x) =
π 2
(a − 3x2 )
3
si annulla solo per x = √a3 , tale punto è un punto di massimo relativo e assoluto. Il
volume massimo è dato dunque da
Vmax = f
a
√
3
=
2πa3
√ .
9 3
24. Applicando il teorema di Lagrange alla funzione f (x) =
ha che esiste almeno un punto c ∈ (49, 51) tale che
√
√
x nell’intervallo [49, 51] si
1
51 − 7
= √ .
2
2 c
Poichè 49 < c < 51 < 64, si ha che 7 <
che 18 < √1c < 17 . Ne segue che
√
c < 8, da cui passando ai reciproci otteniamo
1
1 √
1
< 51 − 7 = √ < .
8
7
c
25. a) Fissato x0 ∈ I, si ha che
|f (x) − f (x0 )| ≤ (x − x0 )2 ,
∀x ∈ I.
Dividendo per |x − x0 | otteniamo che
f (x) − f (x0 ) ≤ |x − x0 |,
0 ≤ x − x0
∀x ∈ I, x 6= x0 .
Passando al limite per x → x0 e applicando il teorema del doppio confronto otteniamo
f (x) − f (x0 ) =0 ⇔
lim x→x0 x − x0
lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
= 0 ⇔ f ′ (x0 ) = 0.
x − x0
Poichè x0 ∈ I è arbitrario, ne segue che f ′ = 0 su I, e dunque la funzione f è costante
nell’intervallo I.
b) Fissiamo due punti x, t ∈ I, con t < x, e dividiamo l’intervallo [t, x] in n intervallini
tutti della stessa ampiezza h = x−t
n tramite gli n + 1 punti
x0 = t, x1 = t + h, x2 = t + 2h, . . . , xn−1 = t + (n − 1)h, xn = t + nh = x,
dove n ∈ N+ è un numero naturale positivo qualsiasi. Applicando la condizione
soddisfatta da f ad ogni intervallino [xj−1 , xj ] si ha che
|f (xj−1 ) − f (xj )| ≤ (xj − xj−1 )2 = h2 =
(x − t)2
,
n2
∀j = 1, 2, . . . , n.
Da questa scrivendo
f (x) − f (t) = f (xn ) − f (xn−1 ) + f (xn−1 ) − f (xn−2 ) + · · · + f (x2 ) − f (x1 ) + f (x1 ) − f (x0 ),
e applicando la disuguaglianxa triangolare, otteniamo
0 ≤ |f (x) − f (t)|
= |(f (xn ) − f (xn−1 )) + (f (xn−1 ) − f (xn−2 )) + · · · + (f (x2 ) − f (x1 )) + (f (x1 ) − f (x0 ))|
≤ |f (xn ) − f (xn−1 )| + |f (xn−1 ) − f (xn−2 )| + · · · + |f (x2 ) − f (x1 )| + |f (x1 ) − f (x0 )|
n volte
}|
{
z
2
2
2
≤ h +h +···+h
= nh2 =
(x − t)2
.
n
Questa vale ∀n ∈ N+ . Passando al limite per n → +∞ otteniamo che |f (x) − f (t)| = 0,
da cui f (x) = f (t). Poichè x e t sono arbitrari, f è costante su I.