# Massimi e minimi di una funzione continua

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## Massimi e minimi
#### Teorema (di Weierstrass)

Sia $f:A\to \mathbb {R}$ una funzione continua in tutto $A$ con intervallo chiuso. Se $A$ è compatto, allora $f$ è dotata di massimo e di minimo su $A$.

###### Lemma

Sia $A\neq \emptyset$ e $f:A\to \mathbb {R}$. Allora esiste una successione $(a_{n})$ in $A$ tendente al $\sup _{A}f$. Inoltre esiste un'altra successione $(b_{n})$ in $A$ tendente all'$\inf _{A}f$.

###### Dimostrazione del Lemma

Proviamo la prima affermazione, ovvero che esiste una successione in $A$ tale che $f(a_{n})$ tende al $\sup _{A}f$. Questo $\sup$ può essere un numero reale oppure $+\infty$. Supponiamo ora il caso che sia reale. Se $\lambda =\sup _{A}f$, esiste allora per ogni $n\in \mathbb {N}$ un qualche valore $a_{n}\in A$ tale che $\lambda -{\frac {1}{n}}<f(a_{n})\leq \lambda$. Poniamo allora
    $A_{n}:=\{a\in A\ :\ \lambda -{\frac {1}{n}}<f(a)\leq \lambda \}$.
Si ha che (per quanto detto prima) $A_{n}$ non è vuoto e certamente è contenuto in $A$. Allora, per l'assioma della scelta, esiste una funzione $a:\mathbb {N} \to A$ tale che $a(n)=a_{n}\in A_{n}$, cioè esiste una funzione che associa ad ogni naturale, quell' $f(a)$ che sta nell'intervallo corrispondente al naturale in esame.
Dunque tutti questi $a_{n}$ formano una successione che chiamiamo appunto $(a_{n})$ in $A$ che ha limite $\lambda$. Dunque $\lim _{n\to +\infty }f(a_{n})=\lambda =\sup _{a}f$.
Proviamo ora la seconda affermazione nel secondo caso, ovvero supponiamo l'$\inf _{A}f=-\infty$ e dimostriamo che esiste una successione $(b_{n})$ che tende all'$\inf _{A}f$, che chiamiamo $\mu$. Se $\inf _{A}f=-\infty$, poniamo allora
    $B_{n}:=\{b\in A\ :\ f(b)<n,\forall n\in \mathbb {N} \}$.
Siccome la condizione che $f(b)<n$ è sempre verificata, per un fissato $b\in A$ ed un opportuno $n\in \mathbb {N}$, $B_{n}$ non è vuoto ed è contenuto in $A$. Per l'assioma della scelta esiste una funzione $b:\mathbb {N} \to A$ tale che ad ogni naturale viene associato un valore di $B_{n}\subseteq A$. Denotiamo questi valori con $b_{n}$. Ma per come è definita, $b(n)\equiv (b_{n})$ è in realtà una successione che diverge a $-\infty =\inf _{A}f=\mu$ in quanto $f(b_{n})<n,\ \forall n\in \mathbb {N}$, per un $n$ indice della successione "abbastanza grande". E questo vuole appunto dire che
$\lim _{n\to +\infty }f(b_{n})=-\infty =\inf _{A}f$
Gli altri casi si provano in maniera analoga e sono lasciati per esercizio.
$\Box$

##### Dimostrazione del Teorema di Weierstrass

Proviamo l'esistenza del massimo. Ancora, quella del minimo la omettiamo per brevità ma è un utile esercizio che vi consigliamo di fare. Per il Lemma, esiste in $A$ una successione $(x_{n})$ tale che $f(x_{n})\to \sup _{A}f$ e poiché $A$ è compatto, si può estrarre da ogni successione di $A$ una sottosuccessione convergente ad un punto $x_{0}\in A$. Se si può estrarre da ogni successione, in particolare lo si può fare anche con la nostra successione $(x_{n})$ e lo facciamo con la sottosuccessione $(x_{k_{n}})\to x_{0}\in A$. Ma $f$ è continua in ogni punto di $A$ e quindi anche in $x_{0}$. Allora
    $\lim _{n\to +\infty }f(x_{k_{n}})=f(x_{0})$.
Però avevamo trovato prima che $\lim _{n\to +\infty }f(x_{n})=\sup _{A}f$. Allora, per il Teorema di convergenza/divergenza delle sottosuccessioni, necessariamente anche la sottosuccesione tende a $\sup _{A}f$. Per l'unicità del limite però, si ha che
    $\lim _{n\to +\infty }f(x_{k_{n}})=f(x_{0})=\sup _{A}f$
dunque $\sup _{A}f=f(x_{0})$ ma $f(x_{0})\in f(A)$, dunque $\sup _{A}f\in f(A)$ e quindi
$\sup _{A}f=\max _{A}f=f(x_{0})$
$\Box$

#### Teorema (di Bolzano o degli zeri)

Siano $a,b\in \mathbb {R} ,\ a<b$. Sia poi $f\in {\mathcal {C}}\left([a,b],\mathbb {R} \right)$ tale che $f(a)f(b)\leq 0$. Allora
$\exists x_{0}\in [a,b]\ :\ f(x_{0})=0$

##### Dimostrazione

Poniamo $c$ come il punto medio di $[a,b]$, cioè
    $c={\frac {a+b}{2}}$.
Possono dunque presentarsi due possibilità:
* $f(a)f(c)\leq 0$
* $f(c)f(b)\leq 0$.
Se si verifica la prima condizione, poniamo
    $a_{1}=a$ e $b_{1}=c$
Se invece si verifica il secondo caso, poniamo
    $a_{1}=c$ e $b_{1}=b$.
Abbiamo ora:
$a\leq a_{1}\leq b_{1}\leq b$
e si ha in entrambe le eventualità
$b_{1}-a_{1}={\frac {b-a}{2}}$
Ripetiamo il procedimento e poniamo $c_{1}={\frac {a_{1}+b_{1}}{2}}$, cioè sia $c_{1}$ il punto medio dell'intervallo $[a_{1},b_{1}]$. Anche in questo caso si possono presentare le due eventualità di prima, cioè
* $f(a_{1})f(c_{1})\leq 0$ ed in tal caso $a_{2}=a_{1}\ \ \ b_{2}=c_{1}$
* $f(c_{1})f(b_{1})\leq 0$ ed in tal caso $a_{2}=c_{1}\ \ \ b_{2}=b_{1}$.
Abbiamo ora:
$a_{1}\leq a_{2}\leq b_{2}\leq b_{1}$
e si ha in entrambe le eventualità
$b_{2}-a_{2}={\frac {b-a}{2^{2}}}$
cioè l'ampiezza dell'intervallo dove è contenuto lo zero si è dimezzata ulteriormente.
Ripetendo questo procedimento si ottengono due successioni $(a_{n})$ e $(b_{n})$ in $[a,b]$ tali che:
$a\leq a_{1}\leq \dots \leq a_{n}\leq a_{n+1}\leq b_{n+1}\leq b_{n}\leq \dots \leq b_{1}\leq b$
e
$f(a_{n})f(b_{n})\leq 0\ \ \ \ b_{n}-a_{n}={\frac {b-a}{2^{n}}}$
Tutte e due le successioni sono in $[a,b]$ e dunque sono limitate. Inoltre sono monotone ($a_{n}$ è crescente mentre $b_{n}$ è decrescente). Essendo allora limitate e monotone, sono convergenti. Infatti, $(a_{n})$ è limitata e dunque non può essere maggiore di $b$ né minore di $a$. D'altra parte è sempre crescente, dunque $a_{n}\leq a_{n+1},\ \forall n\in \mathbb {N}$ e questo implica che
$a\leq \lim _{n\to +\infty }(a_{n})\leq b$
e dunque converge ad un certo valore in $[a,b]$. Inoltre notiamo che
    $\lim _{n\to +\infty }(b_{n}-a_{n})=\lim _{n\to +\infty }{\frac {b-a}{2^{n}}}=0$
cioè mano a mano che ripetiamo il procedimento all'infinito l'intervallo in cui è contenuto lo zero si restringe fino a diventare nullo (cioè fino ad essere lo zero che cerchiamo). Poiché le successioni sopra sono in $[a,b]$, per quanto visto sopra si ha
    $\lim _{n\to +\infty }a_{n}=\lim _{n\to +\infty }b_{n}=x_{0}\in [a,b]$.
Siccome $f$ è continua, $\lim _{n\to +\infty }f(a_{n})=f(x_{0})$ e $\lim _{n\to +\infty }f(b_{n})=f(x_{0})$. Dunque, ripetendo all'infinito il procedimento solito, si ha
$\lim _{n\to +\infty }f(a_{n})f(b_{n})=\left(f(x_{0})\right)^{2}$
Ma $f(a_{n})f(b_{n})\leq 0,\ \forall n\in \mathbb {N}$ e dunque anche $\left(f(x_{0})\right)^{2}\leq 0$. E questo implica necessariamente che $f(x_{0})=0$ (perché stiamo parlando di numeri reali e non può mai essere che $x^{2}\leq 0\Rightarrow x<0$).
$\Box$

#### Teorema (del valor intermedio)

Sia $I$ un intervallo reale e sia $f$ una funzione a valori reali continua su tutto $I$. Allora, per ogni coppia di punti $x_{1},x_{2}\in I$ tali che $f(x_{1})<f(x_{2})$ e per ogni punto $y_{0}$ compreso in questi $]f(x_{1}),f(x_{2})[$, esiste un $x_{0}\in I$ tale che $f(x_{0})=y_{0}$.

##### Dimostrazione

$f(x_{1})\neq f(x_{2})\Rightarrow x_{1}\neq x_{2}$ (per definizione di funzione). Allora possiamo avere $x_{1}<x_{2}$ o $x_{1}>x_{2}$. Consideriamo per brevità solo il primo caso, ma il secondo si proverà in maniera analoga.Poniamo:
    $g:[x_{1},x_{2}]\to \mathbb {R} \ \ \ g(x)=f(x)-y$.
$g$ è continua in $[x_{1},x_{2}]$ e $g(x_{1})g(x_{2})<0$ perché
    $g(x_{1})g(x_{2})=\left(f(x_{1})-y\right)\left(f(x_{2})-y\right)$. Essendo $f(x_{1})<y<f(x_{2})$, il primo fattore è negativo mentre il secondo è positivo.
Per il Teorema di Bolzano, esiste un $x_{0}\in [x_{1},x_{2}]$ tale che $g(x_{0})=0$. Da ciò
$g(x_{0})=0\Leftrightarrow f(x_{0})-y=0\Leftrightarrow f(x_{0})=0$
Dunque, come si voleva dimostrare, esiste almeno un $x_{0}$ tale che $f(x_{0})$ è contenuto nell'intervallo.
$\Box$