Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\rightproof Sia $I$ un intorno di $L$. Si ricava allora dalle ipotesi che esiste sempre un intorno
$J$ di $\xbar$ tale che $f(\underbrace{J \cap X \setminus\{\xbar\}}_{A})\subseteq I$. Dal momento che $\xbar
\notin A$, si deduce che $f(J \cap X \setminus\{\xbar\}) = \tilde{f}(J \cap X \setminus\{\xbar\}) \subseteq I$,
ossia che $\tilde{f}$ è continua in $\xbar$. \\
\leftproof Sia $I$ un intorno di $L$. Poiché $\tilde{f}$ è continua in $\xbar$, esiste un intorno $J$ di $\xbar$
tale che $\tilde{f}(\underbrace{J \cap(X \cup\{\xbar\})\setminus\{\xbar\}}_{A})\subseteq I$. Poiché $\xbar\notin A$ e $\xbar$ è punto di accumulazione, si deduce che $I \supseteq\tilde{f}(J \cap(X \cup\{\xbar\})\setminus\{\xbar\})
= f(J \cap (X \cup\{\xbar\}) \setminus\{\xbar\}) \supseteq f(J \cap X \setminus\{\xbar\})$, e quindi che
Siano $\tilde{f} : X \cup\{\xbar\}$, $\tilde{g} : Y \cup\{\ybar\}$ due funzioni costruite nel seguente
modo:
\[\tilde{f}(x)=\begin{cases}
\ybar&\text{se } x = \xbar, \\
f(x) &\text{altrimenti},
\end{cases}\qquad
\tilde{g}(y) = \begin{cases}
\zbar&\text{se } y = \ybar, \\
g(y) &\text{altrimenti}.
\end{cases}\]
Poiché $f(x)\tendsto{\xbar}\ybar$ e $\xbar$ è un punto di accumulazione di $X$, per una proposizione precedente, $\tilde{f}$ è continua in $\xbar$. Analogamente $\tilde{g}$ è continua in $\ybar$. Dal momento che
vale che $\tilde{f}(\xbar)=\ybar$, per la proposizione precedente $\tilde{g}\circ\tilde{f}$ è continua in
$\xbar$, e dunque $\lim_{x \to\xbar}\tilde{g}(\tilde{f}(x))=\tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))=\zbar$. \\
Si consideri adesso la funzione $\widetilde{g \circ f} : X \to\RRbar$ definita nel seguente modo:
\[\widetilde{g \circ f}(x)=\begin{cases}
\zbar&\text{se } x = \xbar, \\
g(f(x)) &\text{altrimenti}.
\end{cases}\]
Si mostra che $\widetilde{g \circ f}=\tilde{g}\circ\tilde{f}$. Se $x =\xbar$, chiaramente
$\widetilde{g \circ f}(x)=\zbar=\tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))$. Se $x \neq\xbar$, si
considera il caso in cui $\tilde{f}(x)= f(x)$ è uguale a $\ybar$ ed il caso in cui non vi è
uguale. \\
Se $\tilde{f}(x)\neq\ybar$, $\tilde{g}(\tilde{f}(x))=\tilde{g}(f(x))\overbrace{=}^{f(x)\neq\ybar} g(f(x))=\widetilde{g \circ f}(x)$. Se invece
$\tilde{f}(x)=\ybar$, $\ybar\in Y$, e quindi $g$ è continua in $\ybar$, da cui necessariamente
deriva che $g(\ybar)=\zbar$. Allora $\widetilde{g \circ f}(x)= g(f(x))= g(\ybar)=\zbar=\tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))$. \\
\implies\abs{f_1(x) - f_1(\xbar)}, \abs{f_2(x) - f_2(\xbar)}\leq\eps$(per ogni $\eps > 0$, si prende $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$, ossia il minimo delle semilunghezze degli intorni
Si definiscono preliminarmente le funzioni $\tilde{f_1}$, $\tilde{f_2} : X \cup\{\xbar\}\to\RRbar$ in modo tale che:
\[\tilde{f_1}(x)=\begin{cases}
L_1 &\text{se } x = \xbar, \\
f_1(x) &\text{altrimenti},
\end{cases}\qquad
\tilde{f_2}(x) = \begin{cases}
L_2 &\text{se } x = \xbar, \\
f_2(x) &\text{altrimenti}.
\end{cases}\]
\vskip 0.05in
Si dimostrano allora i due risultati separatamente. \\
\begin{enumerate}[(i)]
\item Si definisce $\widetilde{f_1+ f_2} : X \cup\{\xbar\}\to\RRbar$ nel seguente modo:
\[\widetilde{f_1+ f_2}(x)=\system{L_1+ L_2&\text{se } x =\xbar, \\ f_1(x)+ f_2(x)&\text{altrimenti}.}\]
La somma $L_1+ L_2$ è ben definita dacché sia $L_1$ che $L_2$ sono elementi di $\RR$.
Poiché da una proposizione precedente $\tilde{f_1}$ e $\tilde{f_2}$ sono continue in $\xbar$, $\tilde{f_1}+\tilde{f_2}$ è continua anch'essa in $\xbar$. È sufficiente allora dimostrare che $\widetilde{f_1+ f_2}=
\tilde{f_1} + \tilde{f_2}$, e si conclude che $\widetilde{f_1 + f_2}$ è dunque continua in $\xbar$, ossia
che $(f_1+ f_2)(x)= f_1(x)+ f_2(x)\tendsto{\xbar} L_1+ L_2$.
\item Si definisce, analogamente a prima, $\widetilde{f_1 f_2} : X \cup\{\xbar\}\to\RRbar$ nel seguente modo:
\[\widetilde{f_1 f_2}(x)=\system{L_1 L_2&\text{se } x =\xbar, \\ f_1(x) f_2(x)&\text{altrimenti}.}\]
Il prodotto $L_1 L_2$ è ben definito dacché sia $L_1$ che $L_2$ sono elementi di $\RR$.
Poiché da una proposizione precedente $\tilde{f_1}$ e $\tilde{f_2}$ sono continue in $\xbar$, $\tilde{f_1}\tilde{f_2}$ è continua anch'essa in $\xbar$. È sufficiente allora dimostrare che $\widetilde{f_1 f_2}=
\tilde{f_1}\tilde{f_2}$. Se $x \neq\xbar$, $\widetilde{f_1 f_2}(x) = f_1(x) f_2(x) = \tilde{f_1}(x) \tilde{f_2}(x) = (\tilde{f_1}\tilde{f_2})(x)$. Se invece $x = \xbar$, $\widetilde{f_1 f_2}(x) = L_1 L_2 =
\tilde{f_1}(x) \tilde{f_2}(x) = (\tilde{f_1}\tilde{f_2})(x)$. Quindi $\widetilde{f_1 f_2} =
\tilde{f_1}\tilde{f_2}$, e si conclude che $\widetilde{f_1 f_2}$ è dunque continua in $\xbar$, ossia
che $(f_1 f_2)(x)= f_1(x) f_2(x)\tendsto{\xbar} L_1 L_2$.
\li$f$ è continua in $\xbar$$\iff$$f$ è continua sinistra e destra in $\xbar$, \\
\li se $\xbar$ è un punto di accumulazione destro e sinistro, $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L \iff\lim_{x \to\xbar^+} f(x)= L$ e $\lim_{x \to\xbar^-} f(x)= L$, \\
\li se $\xbar$ è un punto di accumulazione solo destro, $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L \iff\lim_{x \to\xbar^+} f(x)= L$, \\
\li se $\xbar$ è un punto di accumulazione solo sinistro, $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L \iff\lim_{x \to\xbar^-} f(x)= L$.
ossia la funzione indicatrice dell'insieme $\QQ$ in $\RR$. Si dimostra che $f$ non è continua
in nessun punto di $\RR$. Sia infatti $\xbar\in\RR\setminus\QQ$. Dal momento che $\QQ$ è denso
in $\RR$, $\xbar$ è un punto di accumulazione di $\QQ$, e quindi esiste una successione $(x_n)\subseteq\QQ$
tale che $x_n \tendston\xbar$. Se $f$ fosse continua in $\xbar$, $\lim_{n \to\infty} f(x_n)=0$,
ma per l'intorno $I =[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ non esiste alcun $n_k$ tale per cui $f(x_n)\in I$$\forall n
\geq n_k$, dal momento che, per definizione di $f$, $f(x_n) = 1$$\forall n \in\NN$. Quindi $f$ non è continua
in nessun $\xbar\in\RR\setminus\QQ$. \\
Sia ora $\xbar\in\QQ$. $\xbar$ è un punto di accumulazione di $\RR\setminus\QQ$ (si può infatti
considerare la successione $(x_n)\subseteq\RR\setminus\QQ$ definita da $x_n =\xbar+\frac{\sqrt{2}}{n}$,
che è tale che $x_n \tendston\xbar$). Analogamente a come visto prima, allora, per l'intorno $I =[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$, $f(x_n)\notin I$$\forall n \in\NN$, e quindi $f$ non è continua neanche su $\xbar\in\QQ$.
Senza perdita di generalità si pone $L > 0$. Allora esiste sicuramente un intorno $I$ di $L$ tale che ogni suo elemento è positivo (e.g.~$I =[\frac{L}{2}, \frac{3L}{2}]$, se $L \in\RR$, altrimenti $[a, \infty]$ con $a > 0$ se $L =+\infty$). Dal momento che $x_n \tendston L$, $\exists n_k \mid n \geq n_k \implies x_n \in I$,
Sia $f : X \to\RRbar$ e sia $\xbar$ un punto di accumulazione di $X$. Se $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L > 0$,
allora $\exists J$ intorno non vuoto di $\xbar$ tale che $f(x) > 0$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Analogamente a come visto per il teorema del segno, si pone $L > 0$. Allora esiste sicuramente un intorno $I$ di $L$ tale che ogni suo elemento è positivo. Poiché $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L > 0$, deve esistere un intorno $J$ di
$\xbar$ tale che $f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$. In particolare, $J \cap X \setminus\{\xbar\}$ non
è mai vuoto, dal momento che $\xbar$ è un punto di accumulazione di $X$, e vale che $f(x) > 0$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$ (dal momento che $f(x)\in I$, che ha tutti elementi positivi), da cui la tesi.
\begin{proof}[Dimostrazione alternativa] (metodo di bisezione per la ricerca degli zeri)
Come prima, senza alcuna perdita di generalità, si pone $f(a) < 0 < f(b)$. Si ponga $x_0=\frac{a+b}{2}$,
$I_0=(a, b)$.
Se $f(x_0)=0$, allora il teorema è dimostrato. Altrimenti, $f(x_0) > 0$ o $f(x_0) < 0$. Nel primo caso,
si consideri $I_1=(a, x_0)$, altrimenti si ponga $I_1=(x_0, b)$. Si riapplichi allora l'algoritmo con $a :=\inf I_1$ e $b :=\sup I_1$, definendo la successione $(x_n)$ e gli intervalli $I_n$ per ogni passo $n$ dell'algoritmo. \\
Se la successione $(x_n)$ è finita, allora $\exists n \mid f(x_n)=0$, e quindi il teorema è dimostrato. Altrimenti,
si osservi che la successione degli intervalli è decrescente, e che $\abs{I_n}=\frac{b-a}{2^n}\tendston0$:
allora, poiché $x_n \in I_n$$\forall n \in\NN$, $(x_n)$ ammette limite. In particolare, $I_n \tendston\{c\}$,
e quindi $x_n \tendston c \in I_0$. Siano $a_n$, $b_n$ le successioni tali che $I_n =(a_n, b_n)$$\forall n \in\NN$.
Vale in particolare che $a_n, b_n \tendston c$. Allora, per la continuità di $f$ su $(a, b)$, vale che
$\lim_{n \to\infty} f(a_n)= f(c)$ e che $\lim_{n \to\infty} f(b_n)= f(c)$: poiché ogni elemento di $(a_n)$ è
per costruzione tale che $f(a_n) < 0$, deve valere che $f(x)\leq0$ per il teorema della permanenza del segno; analogamente deve valere per costruzione di $(b_n)$ che $f(c)\geq0$. Si conclude allora che $f(c)=0$, da cui
Supponiamo $y_1 < y_2$: poiché $y_1$, $y_2$ appartengono già a $f(I)$, è sufficiente mostrare che anche ogni $y \in(y_1, y_2)$ appartiene a $f(I)$. Dal momento che $y_1$, $y_2\in f(I)$, $\exists x_1$, $x_2\in I \mid f(x_1)= y_1$ e $f(x_2)= y_2$. Si consideri allora $g : I \to\RRbar$ tale che
