Inversa de função contínua num intervalo

Proposição

Seja $f : [a,b] \to \mathbb R$ contínua e injetiva. Então $f$ e $f^{-1}$ são ambas estritamente crescentes ou ambas estritamente decrescentes, a imagem $f([a,b]) =: J$ é um intervalo limitado e fechado e $f^{-1} : J \to \mathbb R$ é contínua.

Demonstração

Sendo $f$ injetiva, então ou $f(a) < f(b)$ ou $f(a) > f(b)$. Suponhamos que era o primeiro caso que se verificava e provemos que então $f$ é estritamente crescente (no outro caso provar-se-ia, de um modo análogo, que a função seria estritamente decrescente):

Comecemos por observar que $f([a,b]) = [f(a),f(b)]$. Se se partisse da hipótese $f(a) > f(b)$, ter-se-ia aqui que $f([a,b]) = [f(b),f(a)]$. Em ambos os casos temos a conclusão de o $J$ do enunciado ser um intervalo limitado e fechado. A inclusão $\supset$ sai diretamente do Teorema dos valores intermédios. Quanto à outra inclusão, argumentemos por contradição: se existisse $x \in [a,b]$ tal que $f(x) < f(a)$, então, novamente pelo Teorema dos valores intermédios, existiria $c \in ]x,b[$ tal que $f(c)=f(a)$, o que contradiz a injetividade, e portanto verifica-se que $f(x) \geq f(a), \; \forall x \in [a,b]$; analogamente se provaria que $f(x) \leq f(b), \; \forall x \in [a,b]$.

Considerem-se agora quaisquer $x < y$ em $[a,b]$. Aplicando o resultado anterior a $f$ restrita ao intervalo $[x,b]$, podemos desde já afirmar que $f(x) \leq f(y)$. Como a igualdade não pode verificar-se (por $f$ ser injetiva), fica provado que $f$ é estritamente crescente.

Tendo provado a monotonia estrita de $f$ injetiva, é imediato que a sua inversa é também estritamente monótona do mesmo tipo. De facto, e supondo por exemplo que $f$ era estritamente crescente, temos para quaisquer $x' := f(x) < y' := f(y)$ em $J$ que obrigatoriamente $f^{-1}(x') = x < y = f^{-1}(y')$.

Provemos agora que $f^{-1} : J \to \mathbb R$ é contínua. Argumentando novamente por contradição, suponhamos que não era contínua, i.e., que existiam $x' \in J$ e $\varepsilon > 0$ tais que

(1)

\begin{align} \forall \delta > 0, \exists y' \in J : \; |y'-x'| < \delta \; \wedge \; |f^{-1}(y')-f^{-1}(x')| \geq \varepsilon. \end{align}

Para cada $n \in \mathbb N$ poderíamos então escolher $\delta = 1/n$ e $y'_n \in J$ tais que

(2)

\begin{align} |y'_n - x'| < 1/n\; \wedge \; |f^{-1}(y'_n)-f^{-1}(x')| \geq \varepsilon. \end{align}

Como $(f^{-1}(y'_n))_n \subset [a,b]$ seria uma sucessão limitada, admitiria uma subsucessão $(f^{-1}(y'_{\sigma(n)}))_n$ convergente, digamos para $y$ que teria obrigatoriamente de estar em $[a,b]$ (porquê?). Da continuidade de $f$ sairia então que

(3)

\begin{align} \lim_{n \to \infty} y'_{\sigma(n)} = \lim_{n \to \infty} f(f^{-1}(y'_{\sigma(n)}) = f(y), \end{align}

enquanto de (2) sairia que $\lim_{n \to \infty} y'_{\sigma(n)} = x'$, e portanto teríamos $x' =f(y)$, ou seja, $f^{-1}(x') = y$. Conjugando novamente com (2), obteríamos que

(4)

\begin{align} |f^{-1}(y'_{\sigma(n)})-y| \geq \varepsilon, \end{align}

o que contradiz a definição de $y$ e conclui esta demonstração.

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