Calcolo: f: [0,1[ -> ]0,1[ suriettiva e continua
Sia $f: [0,1[ \to ]0, 1[$ una funzione suriettiva e continua. i) Mostrare allora che, per ogni $t \in [0, 1[$, la restrizione $f_t$ di $f$ all'intervallo $]t, 1[$ è essa stessa suriettiva. ii) Esibire l'esempio di una funzione che soddisfi effettivamente la proprietà indicata.
Risposte
ii) $f(x)=1/2 + 1/pi arctan (1/{1-x}) sin (1/{1-x})$
"ficus2002":
ii) $f(x)=1/2 + 1/pi arctan (1/{1-x}) sin (1/{1-x})$
Eh, vabbè... Devo abbonartela o vuoi provarmi ch'è effettivamente $f([0,1[) = ]0,1[$?!
E' sufficiente guardare il grafico per convincersi che è surjettiva 
"ficus2002":
E' sufficiente guardare il grafico per convincersi che è surjettiva
Il grafico non è uno strumento attendibile. Il suo valore è puramente orientativo, come del resto può testimoniare chiunque sia versato negli studi di geometria sintetica: si sa, il disegno inganna! Dunque aspetto ancora che tu mi provi la suriettività di quella tua funzione, ficus2002.
Vabbene te lo dimostro.
$f(x)=1/2 + 1/pi arctan (1/{1-x}) sin (1/{1-x})$
Considera i punti $x_k={(4k+1)pi -2}/{(4k+1)pi}$ e $y_k={(4k+3)pi -2}/{(4k+3)pi}$.
Per ogni $k ge 0$ si ha $x_k,y_k in [0,1)$ e
$sin(1/{1-x_k})=1$
$sin(1/{1-y_k})=-1$
Ora $x_k$ e $y_k$ tendono a $1$ per $k rightarrow +infty$, quindi $arctan(1/{1-x_k})$ e $arctan(1/{1-y_k})$ tendono entrambe a $pi/2$ per $k rightarrow +infty$.
Di conseguenza $f(x_k)$ tende a $1$ mentre $f(y_k)$ tende a $0$. Dato che $f$ è continua assume tutti i valori intermedi a $f(x_k)$ e $f(y_k)$ quindi, pur di scegliere $k$ abbastanza grande, tutti i valori di $(0,1)$
$f(x)=1/2 + 1/pi arctan (1/{1-x}) sin (1/{1-x})$
Considera i punti $x_k={(4k+1)pi -2}/{(4k+1)pi}$ e $y_k={(4k+3)pi -2}/{(4k+3)pi}$.
Per ogni $k ge 0$ si ha $x_k,y_k in [0,1)$ e
$sin(1/{1-x_k})=1$
$sin(1/{1-y_k})=-1$
Ora $x_k$ e $y_k$ tendono a $1$ per $k rightarrow +infty$, quindi $arctan(1/{1-x_k})$ e $arctan(1/{1-y_k})$ tendono entrambe a $pi/2$ per $k rightarrow +infty$.
Di conseguenza $f(x_k)$ tende a $1$ mentre $f(y_k)$ tende a $0$. Dato che $f$ è continua assume tutti i valori intermedi a $f(x_k)$ e $f(y_k)$ quindi, pur di scegliere $k$ abbastanza grande, tutti i valori di $(0,1)$
Benissimo.
i) Poichè $f$ è surjettiva, esistono due successioni ${x_k}_k$,${y_k}_k$ in [0,1) tali che $f(x_k),f(y_k)$ convergono rispettivamente a $1$ e $0$ per $k rightarrow + infty$
Infatti per ogni $k>1$ e ogni $y in (1-1/k,1)$ esiste $x_k in [0,1)$ tale che $f(x_k)=y$. Analogamente per la successione $y_k$.
Dato che le successioni sono limitate ( $[0,1]$ è limitato ) possiamo supporre che esse convergano (in [0,1]). Sia $x$ il limite di $x_k$ e sia $y$ il limite di $y_k$. Allora $x=y=1$.
Infatti, se, supponiamo per assurdo che $x<1$, allora $f(x)=1$ perchè $f$ è continua ma ciò non è possibile ($f[0,1)=(0,1)$). Analogamente per $y$.
Ora sia $t in [0,1)$. Definitivamente le successioni ${x_k}_k,{y_k}_k$ stanno in $(t,1)$. Per il teorema dei valori intemedi, $f$ assume in $(t,1)$ tutti i valori di $[f(y_k),f(x_k)]$ e quindi, pur scegliere $k$ grande a sufficienza, tutti i valori di $(0,1)$.
Infatti per ogni $k>1$ e ogni $y in (1-1/k,1)$ esiste $x_k in [0,1)$ tale che $f(x_k)=y$. Analogamente per la successione $y_k$.
Dato che le successioni sono limitate ( $[0,1]$ è limitato ) possiamo supporre che esse convergano (in [0,1]). Sia $x$ il limite di $x_k$ e sia $y$ il limite di $y_k$. Allora $x=y=1$.
Infatti, se, supponiamo per assurdo che $x<1$, allora $f(x)=1$ perchè $f$ è continua ma ciò non è possibile ($f[0,1)=(0,1)$). Analogamente per $y$.
Ora sia $t in [0,1)$. Definitivamente le successioni ${x_k}_k,{y_k}_k$ stanno in $(t,1)$. Per il teorema dei valori intemedi, $f$ assume in $(t,1)$ tutti i valori di $[f(y_k),f(x_k)]$ e quindi, pur scegliere $k$ grande a sufficienza, tutti i valori di $(0,1)$.
"ficus2002":
[...] esistono due successioni ${x_k}_k$,${y_k}_k$ in [0,1) tali che $f(x_k),f(y_k)$ convergono rispettivamente a $1$ e $0$ per $k rightarrow + infty$ [...] Dato che le successioni sono limitate ( $[0,1]$ è limitato ) possiamo supporre che esse convergano (in [0,1]). [...]
Eh, no! Che siano limitate non basta: è pure necessario che siano monotone per concludere circa la loro convergenza...
C'è un teorema che dice che da ogni successione limitata si può estrarre una sottosuccessione convergente. Io ho supposto, per comodità, che la successione di partenza coincida con la sottosuccessione estratta.
"ficus2002":
C'è un teorema che dice che da ogni successione limitata si può estrarre una sottosuccessione convergente. Io ho supposto, per comodità, che la successione di partenza coincida con la sottosuccessione estratta.
Eh, lo so, però va detto. In ogni caso, un ottimo lavoro!
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