Qualora tale limite non esista, si dirà che non esiste la derivata destra di $f$ in $\xbar$. Analogamente, per un punto di accumulazione sinistro $\xbar\in X$, si definisce
la \textbf{derivata sinistra} di $f$ in $\xbar\in X$, se esiste, il seguente
Se $f$ è derivabile in $\xbar$, allora $\lim_{h \to0}\frac{f(\xbar+ h)- f(\xbar)- f'(\xbar) h}{h}=\lim_{h \to0}\frac{f(\xbar+ h)- f(\xbar)}{h}- f'(\xbar)= f'(\xbar)- f'(\xbar)=0$, da cui la prima tesi. \\
Inoltre, se esiste $a$ come nelle ipotesi, $\lim_{h \to0}\frac{f(\xbar+ h)- f(\xbar)}{h}=\lim_{h \to0}\frac{ah + o(h)}{h}= a +\lim_{h \to0}\frac{o(h)}{h}= a +0= a$, quindi $f$ è derivabile in $\xbar$ e $f'(\xbar)= a$.
$\lim_{x \to\xbar} f(x)=\lim_{x \to\xbar} f(\xbar)+\lim_{x \to\xbar} f'(\xbar)(x-\xbar)+\lim_{x \to\xbar} o(x -\xbar)=\lim_{x \to\xbar} f(\xbar)= f(\xbar)$, e quindi $f$ è continua in $\xbar$.
Poiché $f'(\xbar)$ è finito, $f(\xbar+ h)=\ybar+ f'(\xbar) h + o(h)$. Analogamente, $g(\ybar+ h)= g(\ybar)+ g'(\ybar) h + o(h)$.
Allora $g(f(\xbar+ h))= g(\ybar+(f'(\xbar) h + o(h)))=
g(\ybar) + g'(\ybar) (f'(\xbar) h + o(h)) + o(f'(\xbar) h + o(h)) =
g(\ybar) + g'(\ybar) f'(\xbar) h + o(h) + o(f'(\xbar) h + o(h))$. \\
Si osserva che $\lim_{h \to0}\frac{o(f'(\xbar) h + o(h))}{h}=
\lim_{h \to 0}\frac{o(f'(\xbar) h + o(h))}{f'(\xbar) h + o(h)}\frac{f'(\xbar) h + o(h)}{h} = \lim_{h \to 0}\frac{o(f'(\xbar) h + o(h))}{f'(\xbar) h + o(h)}\lim_{h \to 0}\frac{f'(\xbar) h + o(h)}{h} =
0 \cdot f'(\xbar) = 0$, e quindi che $o(f'(\xbar) h + o(h)) = o(h)$.
Allora $g(f(\xbar+ h))= g(\ybar)+ g'(\ybar) f'(\xbar) h + o(h)$,
da cui si conclude che $(g \circ f)'(\xbar)= g'(\ybar) f'(\xbar)$.
un intorno $J$ di $\xbar$ tale per cui $f(I \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq J$. Inoltre, $I \cap X \setminus\{\xbar\}$ non
è mai vuoto, dacché, essendo $f$ derivabile in $\xbar$, $\xbar$ è un punto di accumulazione di $X$. Quindi $J$ contiene in particolare un immagine di $f$ in esso, e quindi un punto di $Y$;
inoltre, tale punto è diverso da $\ybar$ dal momento che $f$ è
iniettiva, essendo bigettiva. Quindi $\ybar$ è un punto di accumulazione.
Analogamente si ricava che $f'(\xbar)\geq0$, e quindi che $f'(\xbar)$ è necessariamente pari a zero, da cui la
tesi.
\end{proof}
\begin{remark}\nl
\li Si può facilmente generalizzare il teorema di Fermat assumendo ipotesi più deboli. Sia infatti $x_M$ un punto di massimo locale e sia $f$ continua in $x_M$,
allora, qualora esistano, $D_+ f(x_M)\leq0$ e $D_- f(x_M)\geq0$. Analogamente
si estende la proposizione a $x_m$ punto di minimo locale.
Sia $I =[a, b]\subset\RR$ e siano $f$, $g: I \to\RR$
continue su $I$ e derivabili in $(a, b)$, con $g'$ non nulla
in $(a, b)$ e $g(a)\neq g(b)$. Allora
$\exists\xbar\in(a, b)$ tale che $\frac{f'(\xbar)}{g'(\xbar)}=\frac{f(b)- f(a)}{g(b)-g(a)}$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Si consideri la funzione $h : I \to\RR$ tale che $h(x)= f(x)-\left(\frac{f(b)- f(a)}{g(b)- g(a)}(g(x)- g(a))+ f(a)\right)$.
Si osserva che $h$,
essendo una somma di funzioni continue su $I$ e derivabili in $(a, b)$,
è anch'essa continua su $I$ e derivabile in $(a, b)$. Inoltre
$h(a)= h(b)=0$. Quindi, per il teorema di Rolle, $\exists\xbar\in(a, b)\mid h'(\xbar)=0\implies\frac{f'(\xbar)}{g'(\xbar)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$,
da cui la tesi.
\end{proof}
\begin{theorem} (di Lagrange)
Sia $I =[a, b]\subset\RR$ e sia $f: I \to\RR$ tale che $f$
sia continua su $I$ e che $f$ sia derivabile in $(a, b)$. Allora
Sia $I \subset\RR$ un intervallo e sia $f : I \to\RR$ tale che $f$
sia derivabile in $I$. Allora $f$ è convessa
se e solo se la derivata è crescente.
\end{proposition}
\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\rightproof Siano $x_0$, $x_1\in I$ con $x_0 < x_1$. Sia $h$
positivo tale che $x_0 < x_0+ h \leq x_1$. Allora $x_0+ h =(1-\lambda) x_0+\lambda x_1$ con $\lambda=\frac{h}{x_1- x_0}$.
Allora, poiché $f$ è convessa, $f(x_0+ h)\leq(1-\lambda) f(x_0)+ f(x_1)\leq f(x_0)+\frac{h}{x_1- x_0}\left( f(x_1)- f(x_0)\right)$, da cui si ricava che:
Quindi, passando al limite, $f'(x_0)\leq\frac{f(x_1)- f(x_0)}{x_1- x_0}$. Analogamente si dimostra che $\frac{f(x_1)- f(x_0)}{x_1- x_0}\leq f'(x_1)$. Si conclude dunque che $f'(x_1)\geq f'(x_0)$, ossia
che $f'$ è crescente. \\
\leftproof Siano $x_0$, $x_1\in I$ con $x_0 < x_1$. Si considera
$x =(1-\lambda) x_0+\lambda x_1\in(x_0, x_1)$ con $0 < \lambda < 1$. Per il teorema di Lagrange $\exists\tilde{x_0}\in(x_0, x)$ tale
che $f'(\tilde{x_0})=\frac{f(x)- f(x_0)}{x - x_0}$. Analogamente
$\exists\tilde{x_1}\in(x, x_1)$ tale che $f'(\tilde{x_1})=
\frac{f(x_1) - f(x)}{x_1 - x}$. Poiché allora per ipotesi la
Si consideri $X =\{1+\frac{1}{n}\}\cup\{-1-\frac{1}{n}\}$, al variare di $n \in\NN$. Sia
$J =[1-\eps, 1+\eps]$ un intorno di $1$. Allora $1+\frac{1}{n}\in J$ per $n > \frac{1}{\eps}$,
da cui si ricava che $1$ è un punto di accumulazione di $X$; analogamente si verifica che $-1$ è
un punto di accumulazione di $X$. Si consideri adesso l'intorno $J =\left[1+\frac{1}{n}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right), 1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\right]$. Si verifica che nessun punto di $X$, oltre $1+\frac{1}{n}$ appartiene a $J$, e quindi
$1+\frac{1}{n}$ non è punto di accumulazione di $X$. Analogamente non lo è alcun numero della forma
\item Sia $c$ la costante tale per cui $f_2(x)\geq c$$\forall x \in J \cap X$. Sia $I =[a, \infty]$ un intorno di $+\infty$. Se $c < 0$, poiché $f_1\tendsto{\xbar}+\infty$, esiste un intorno $J'$ tale per cui $f_1(J' \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq[a-c, \infty]\subseteq I$. Sia dunque $Z = J \cap J'$. Allora
$(f_1+ f_2)(x)= f_1(x)+ f_2(x)\geq a-c+c = a$$\forall x \in Z$, da cui si conclude che
$(f_1+ f_2)(Z \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$. Se invece $c \geq0$, è sufficiente considerare
un intorno $J'$ di $\xbar$ tale per cui $f_1(J' \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, da cui
$(f_1+ f_2)(x)= f_1(x)+ f_2(x)\geq a+c \geq a$$\forall x \in Z \implies(f_1+f_2)(Z \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, da cui la tesi.
\item Poiché $f_2$ è limitata in $J$, esistono delle costanti finite $a$, $b \in\RR$ tali per cui $a \leq f_2(x)\leq b$$\forall x \in J$. Sia
$I =[-\eps, \eps]$ un intorno di $0$, con $\eps > 0$. Si consideri $c :=\max\{\abs a, \abs b\}$.
Allora vale che $-c \leq f_2(x)\leq c$$\forall x \in J$. Poiché $f_1\tendsto{\xbar}0$, esiste
un intorno $J'$ di $\xbar$ tale per cui $f(J' \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq\left[-\frac{\eps}{c}, \frac{\eps}{c}\right]$. Si consideri ora $Z := J \cap J'$: vale allora che $\abs{(f_1 f_2)(x)}=\abs{f_1(x) f_2(x)}\leq c \frac{\eps}{c}=\eps$$\forall x \in Z \cap X \setminus\{\xbar\}$. Si conclude
dunque che $(f_1f_2)(Z \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, da cui la tesi.
\item Sia $I =[a, \infty]$ un intorno di $+\infty$. Allora, poiché $f_1\tendsto{\xbar}+\infty$,
esiste un intorno $J'$ di $\xbar$ tale per cui $f_1(J' \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq[\abs a, \infty]\subseteq I$. Si
consideri dunque $Z := J \cap J'$: vale dunque che $(f_1f_2)(x)= f_1(x) f_2(x)\geq\abs{a}c \geq a$$\forall x \in Z \cap X \setminus\{\xbar\}$. Si conclude allora che $(f_1f_2)(Z \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, da cui la tesi.
\item vale che (a) $f(x)$, $g(x)\tendsto{x_0}0$ oppure che (b)
$g(x)\tendsto{x_0}\pm\infty$.
\end{enumerate}
Allora $\frac{f(x)}{g(x)}\tendsto{x_0} L$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Si consideri il caso (a) per $x_0$ finito. Si ponga $f(x_0)= g(x_0) :=0$. Senza perdità di generalità si
assuma che $I$ sia un intorno destro di $x_0$. Sia $x \in I \setminus\{x_0\}$, da cui si ricava che $x > x_0$. \\
Si osserva che $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)- f(x_0)}{g(x)}- g(x_0)$. Per il teorema di Cauchy, esiste allora $\tilde{x}\in(x_0, x)$,
in funzione di $x$, tale
che $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\tilde x)}{g'(\tilde x)}$. Allora
$\lim_{x \to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to x_0}\frac{f'(\tilde x)}{g'(\tilde x)}=\lim_{\tilde x \to x_0}\frac{f'(\tilde x)}{g'(\tilde x)}= L$, dove si è utilizzato che $\tilde x \tendsto{x_0} x_0$ per il teorema del confronto applicato sulla
relazione $x_0 < \tilde x < x$. \\
Si consideri ora il caso (b) per $x_0$ finito. Siano $x_1 > x_0$
tali che $x_1 > x > x_0$. Allora vale la seguente identità:
Sia $I$ un intervallo e sia $\xbar\in I$. Sia $f : I \to\RR$ e
sia $d \in\NN$. Sia $f$ derivabile $d-1$ dappertutto e sia derivabile
$d$ volte in $\xbar$. Allora, detti
\[ P_d(h)= f(\xbar)+ f'(\xbar) h +\ldots+\frac{f^{(d)}(\xbar)}{d!} h^d, \]
\[ R_d(h)= f(\xbar+ h)- P_d(h), \]
\begin{enumerate}[(a)]
\item$R_d(h)= o(h^d)$ per $h \to0$,
\item se $f$ è derivabile $d$ volte su $I$ e $d+1$ volte in $\xbar$, allora $R_d(h)= O(h^{d+1})$ per $h \to0$ e $\frac{R_d(h)}{h^{d+1}}\to\frac{f^{(d+1)}(\xbar)}{(d+1)!}$,
\item se $f$ è derivabile $d+1$ volte su $I$, allora
$\forall h \mid\xbar+ h \in I$, $\exists\tilde x \in[\xbar, \xbar+ h]\mid R_d(h)=\frac{f^{(d+1)}(\tilde x)}{(d+1)!}$ (\textit{formula del resto di Lagrange}),
\item se $f \in C^{d+1}$, allora $R_d(h)=\frac{1}{d!}\int_0^h (h-t)^d f^{(d+1)}(\xbar+ t)\, dt$ (\textit{formula integrale}).
(d) Si assuma $\xbar=0$ e $f \in C^{d+1}$. Innanzitutto
si osserva che la tesi è equivalente a mostrare che $f(h)= P_d(h)+\frac{1}{d!}\int_0^h (h-t)^d f^{(d+1)}(t)\, dt$. \\
Se $d=0$, $f(h)= f(0)+\int_0^h f'(t)\,dt$ (teorema fondamentale
del calcolo integrale). $f(h)= f(0)+\abs{-(h-t) f'(h)}_0^h +\int_0^h (h-t) f''(t)\, dt$. [...] % TODO: si continua per induzione
\end{proof}
\begin{proposition}
Sia $f : I \to\RR$ derivabile. Sia $\xbar\in I$ tale che
$f'(\xbar)=0$ ed esista $f''(\xbar)$. Allora:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$f''(\xbar) > 0\implies\xbar$ è un punto di minimo locale stretto,
\item$f''(\xbar) < 0\implies\xbar$ è un punto di massimo locale.stretto,
\item$\xbar$ è un punto di minimo locale $\implies f''(\xbar)\geq0$,
\item$\xbar$ è un punto di massimo locale $\implies f''(\xbar)\leq0$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
Per lo sviluppo di Taylor, $f(\xbar+ h)= f(\xbar)+ f'(\xbar) h +\frac{1}{2} f''(\xbar) h^2+ o(h^2)\implies\frac{f(\xbar+ h)- f(\xbar)}{h^2}=\frac{1}{2} f''(\xbar)+ o(1)$ (infinitesimo).
Allora $\frac{f(\xbar+ h)- f(\xbar)}{h^2}\tendsto{h} L > 0$.
