Limiti di una funzione continua

[Delirium]

Esercizio facile. Sia \( f :[0,+\infty) \to \mathbb{R}\) continua. Definiamo \[ A = \{ a \in \mathbb{R} \, : \, \exists \, (x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq [0,+\infty) \text{ con } \lim_n x_n = \infty \text{ t.c. } a= \lim_n f(x_n) \}. \]Mostrare che se \(a,b \in A\) e \(a< b\), allora \([a,b] \subset A\).

[mklplo]

Non so se ho capito bene l'ipotesi,ma provo comunque a "fare" l'esercizio.

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Allora,poiché $lim_{n->+oo} x_n=+oo$;${x}_(n in NN)$ è una successione monotona crescente(se non ricordo male).
Siano $(x_n),(y_n)$ due successioni monotone crescenti e siano $a=lim_{n->+oo} f(x_n)$ e $b=lim_{n->+oo}f(y_n)$,con $a<b$,da ciò segue che $lim_{n->+oo} f(x_n)<lim_{n->+oo}f(y_n)$.Poi,per ogni successione monotona crescente $(z_n)$,tale che $lim_{n->+oo}f(x_n)<=lim_{n->+oo}f(z_n)<=lim_{n->+oo}f(y_n)$,esiste $c in [a,b]$,infatti,se $c$ non appartenesse ad $[a,b]$,la disuguaglianza $lim_{n->+oo}f(x_n)<=lim_{n->+oo}f(z_n)<=lim_{n->+oo}f(y_n)$ non sarebbe verificata.Inoltre dato che tutte le successioni monotone soddisfacenti $lim_{n->+oo}f(x_n)<=lim_{n->+oo}f(z_n)<=lim_{n->+oo}f(y_n)$,possono essere messe in corrispondenza biiunivoca con $[a,b]$,si ha che tutti gli elementi dell'intervallo $[a,b]$,appartengono ad $A$ e da ciò segue la tesi.

[Delirium]

Non ti seguo; penso ci sia qualcosa di giusto, ma mi sembra tutto confuso. Dove usi la continuità, per esempio?

[mklplo]

Onestamente,non lo so,penso che la continuità l'avrei usata solo se le successioni convergessero,ma qui non so in che modo adoperarla.

[anto_zoolander]

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mezzo hint? Io pensavo di usare l’uniforme continuità

[Delirium]

Hint:

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Non saprei bene che hint dare. Provate a "visualizzare" il tipo di comportamento che possa avere una funzione continua con quella proprieta'; potete assumere che le due successioni per \(a\) e \(b\) siano del tipo \(x_1 < y_1 < x_2 < y_2 < \dots\), poi usare il teorema dei valori intermedi.

Soluzione:

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Si puo' fare cosi': se \(a,b \in A\) e \(x_n\), \(y_n\) come nelle ipotesi si puo', a meno di estrarre sottosuccessioni e di re-indicizzare, assumere che \( x_1 < y_1 < x_2 < y_2 < \dots \). Ora, per ogni \( \epsilon > 0 \) esistera' \( N> 0\) tale che \( |f(x_k) - a | < \epsilon \) e \( |f(y_k) - b | < \epsilon \) per ogni \( k \ge N\). Sia ora \( c \in (a+ \epsilon, b-\epsilon)\); qui entra in gioco la continuita': per il teorema dei valori intermedi si trova una successione \( z_k \in [x_k,y_k]\) tale che \(f(z_k)=c\) per \(k \ge N\). Ovviamente \( z_j \to \infty\) per \(j \to \infty\). Si conclude osservando che per ogni \( d \in (a,b)\) esiste \( \epsilon > 0\) tale che \( d \in (a+\epsilon, b-\epsilon)\), e si itera il ragionamento di prima.

[mklplo]

Ripensandoci,mi è venuta un'altra possibile dimostrazione,anche se ho molti dubbi(ho infatti usato la definizione di continuità che ho capito meno,anche per capirla meglio).

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Siano $a$ e $b$ due elementi di $A$,e siano $(x_n)$ e $(y_n)$ due successioni tali che $lim_{n->+oo}x_n=+oo$ e $lim_{n->+oo}y_n=+oo$ e tali che $lim_{n->+oo} f(x_n)=lim_{n->+oo}a_n=a$ e $lim_{n->+oo} f(y_n)=lim_{n->+oo}b_n=b$.Allora,per la definizione di continuità \( \forall U_a \exists U_{+\infty}:\forall x_n \in U_{+ \infty} \cap \mathbb{R}_0^+,a_n \in U_a \) e \( \forall U_b \exists U_{+\infty}:\forall y_n \in U_{+ \infty} \cap \mathbb{R}_0^+,b_n \in U_b \) (dove $U$ indica gli intorni di $a$ e di $b$).Ora,preso $c in U_a \cap U_b$,possiamo scrivere \( \forall U_a \cap U_b \exists U_{+\infty}:\forall z_n \in U_{+ \infty} \cap \mathbb{R}_0^+,\frac{(a_n+b_n)}2 \in U_a \cap U_b \) ,poi,ponendo $U_c=U_a \cap U_b$ e $(a_n+b_n)/2=c_n$,possiamo affermare che $c in A$ e reiterando,otteniamo che $[a,b] \subset A$.

[otta96]

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Sia $a<c<b$ e siano $a_n$ e $b_n$ due successioni che dimostrano rispettivamente $a\inA,b\inA$, considero l'insieme $f^(-1)(c)$, affermo che è illimitato (superiormente), infatti: sia $M\inRR$, allora $EEn':a_(n')>M$, inoltre $EEm':b_(m')>a_(n')$. Osservo che $f(a_(n'))=a<b=f(b_(m'))$, per la continuità (teorema dei valori intermedi) $EEc'\in(a_(n'),b_(m')):f(c')=c$, quindi $f^(-1)(c)$ è illimitato.
Ora sia $c_1\inf^(-1)(c)$ e dato $c_(n-1)\inf^(-1)(c)$, sia $c_n\inf^(-1)(c)nn(n,+\infty)$ a questo punto combinando tutto si ottiene $\lim_{n->+\infty}c_n>\lim_{n->+\infty}n=+\infty$ e $\lim_{n->+\infty}f(c_n)=\lim_{n->+\infty}c=c$, quindi $c\inA$.

[Delirium]

@mklplo: dici una cosa falsa nelle prime due righe: prendi \( f(x) = \sin(x)\) e \(x_n=\pi /2 + 2\pi n\), \(y_n = \pi + 2 \pi n\).

@otta96: e' sostanzialmente l'idea giusta, ma non dimostri che \( f(a_n)=a\) e \(f(b_n)=b\) definitivamente (anche se in fondo non serve che sia cosi', basta rifarsi alla def di limite come ho fatto io in spoiler).

[mklplo]

ho modificato la soluzione nel mio post precedente,spero che ora vada bene.