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.