%TODO: aggiungere osservazioni sulla continuità destra e sinistra.
\begin{remark}
Vi sono chiaramente alcuni collegamenti tra la continuità destra e sinistra e la continuità classica,
così come ve ne sono tra il limite destro e sinistro ed il limite classico. \\
\li$\xbar$ punto di accumulazione destro e sinistro di $X$$\implies$$\xbar$ punto di accumulazione di $X$ (non
è però per forza vero il contrario, è sufficiente considerare $0$ in $(0, \infty)$), \\
\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, $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L \iff\lim_{x \to\xbar^-} f(x)= L$.
\end{remark}
\begin{proposition}
Sia $f : X \to\RRbar$ monotona e sia $\xbar$ un punto di
@ -323,9 +333,38 @@
accumulazione sinistro di $X$.
\end{proposition}
%TODO: aggiungere funzione discontinua in ogni punto di R.
\begin{proof}
Senza perdità di generalità, si assuma $f$ crescente (per il caso decrescente è sufficiente considerare
$g(x)=-f(x)$) Si consideri l'insieme:
\[E =\{ f(x)\mid x > \xbar\text{ e } x \in X \}.\]
Si consideri adesso $L =\inf E$ e un suo intorno $I$. Se non
esistesse un intorno destro $J$ di $\xbar$ tale che $f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, allora
$\sup I$ sarebbe un minorante di $E$ maggiore di $L$, \Lightning. Quindi tale $J$ esiste, da cui la tesi.
Analogamente per il caso sinistro.
\end{proof}
%TODO: migliorare dimostrazione
\begin{example} (funzione discontinua in ogni punto di $\RR$) Si consideri la funzione $f : \RR\to\RR$ definita
nel seguente modo:
%TODO: l'insieme dei punti di discontinuità per una funzione monotona è al più numerabile (hint: punto medio).
ossia la funzione indicatrice dell'insieme $\QQ$ in $\RR$.
%TODO: aggiungere dimostrazione.
\end{example}
\begin{exercise}
Mostrare che l'insieme dei punti di discontinuità di una funzione $f : X \to\RR$ monotona è al più
numerabile.
\end{exercise}
%TODO: aggiungere risoluzione
\begin{theorem} (della permanenza del segno)
Data $(x_n)\subseteq\RR$ tale che $x_n \tendston L > 0$, allora
@ -334,9 +373,20 @@
\end{theorem}
\begin{proof}
Se$L > 0$, allora esiste sicuramente un intorno $I$ di $L$ tale che ogni suo elemento è positivo (e.g.~$I =[\frac{L}{2}, \frac{3L}{2}]$). Dal momento che $x_n \tendston L$, $\exists n_k \mid n \geq n_k \implies x_n \in I$,
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 $x_n \tendston L$, $\exists n_k \mid n \geq n_k \implies x_n \in I$,
ossia, in particolare, $n \geq n_k \implies x_n > 0$, da cui la tesi.
\end{proof}
\begin{proposition}
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.
\end{proof}
\begin{theorem} (degli zeri) Dati $I =[a, b]$ e
$f : I \to\RRbar$ continua tale che $f(a) f(b) < 0$ (i.e.~sono discordi), allora $\exists c \in(a, b)\mid f(c)=0$.
@ -364,6 +414,8 @@
la tesi.
\end{proof}
%TODO: aggiungere dimostrazione alternativa con il metodo della bisezione.
\begin{corollary} (dei valori intermedi) Dati $I =(a, b)$ e
$f : I \to\RRbar$ continua, allora $y_1$, $y_2\in f(I)\implies
[y_1, y_2] \subseteq f(I)$(ossia $f$ assume tutti i valori
@ -371,6 +423,9 @@
\end{corollary}
\begin{proof}
Supponiamo $y_1 < y_2$: poiché $y_1$, $y_2$ appartengono già a $f(I)$, è sufficiente mostrare che an che 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
$g(x)= f(x)- y$. Allora $g(x_1)= y_1- y < 0$, mentre $g(x_2)= y_2- y > 0$. Pertanto, per il teorema
degli zeri, $\exists\xbar\in(x_1, x_2)\mid g(\xbar)=0\implies f(\xbar)= y$. Si conclude allora che anche
