\Large\textbf{Proprietà principali della continuità e dei limiti di funzione}
\end{center}
@ -425,75 +423,77 @@
che $E$ è al più numerabile.
\end{solution}
\begin{theorem} (della permanenza del segno)
\begin{theorem} (della permanenza del segno, per le successioni)
Data $(x_n)\subseteq\RR$ tale che $x_n \tendston L > 0$, allora
$(x_n)$ è strettamente positiva definitivamente. Analogamente, se $L < 0$,
$(x_n)$ è negativa definitivamente.
\end{theorem}
\begin{proof}
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.
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.~$I =\left[L -\frac{L}{2}, L +\frac{L}{2}\right]$, 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. Analogamente per il caso di $L < 0$.
\end{proof}
\begin{proposition}
\begin{theorem} (della permanenza del segno, per le funzioni)
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$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$.
\end{proposition}
Analogamente se $L < 0$, $\exists J$ intorno non vuoto di $\xbar$ tale che $f(x) < 0$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$.
\end{theorem}
\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$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$ (dal momento che $f(x)\in I$, che ha tutti elementi positivi), da cui la tesi.
Senza perdita di generalità si pone $L > 0$.
Similmente a come visto per l'analogo teorema per le successioni, deve esiste sicuramente un intorno $I$ di $L$ tale che ogni suo elemento è positivo. Poiché $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L > 0$, deve in particolare esistere un intorno $J$ di
$\xbar$ tale che $f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$. Inoltre, $J \cap X \setminus\{\xbar\}$ non può
essere mai vuoto, dal momento che $\xbar$ è un punto di accumulazione di $X$. Infine vale anche che $f(x) > 0$$\forall x \in J \cap X \setminus\{\xbar\}$ (dal momento che $f(x)\in I$, che ha tutti elementi positivi).
Si conclude allora che $J$ è l'intorno desiderato, da cui la tesi. Analogamente per il caso di $L < 0$.
\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 $\exists c \in(a, b)\mid f(c)=0$.
\begin{theorem} (degli zeri) Sia$I =[a, b]$ e sia
$f : I \to\RRbar$ continua tale che $f(a) f(b) < 0$ (i.e.~$f(a)$ e $f(b)$ sono discordi). Allora $\exists c \in(a, b)\mid f(c)=0$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Senza alcuna perdita di generalità si pone $f(a) < 0 < f(b)$ (il caso $f(a) > 0 > f(b)$è
infine dimostrato considerando $g(x)=-f(x)$). Si definisce allora l'insieme $E$ in modo tale che:
Senza alcuna perdita di generalità si pone $f(a) < 0 < f(b)$ (il caso $f(a) > 0 > f(b)$si dimostra
considerando $g=-f$). Si definisce allora l'insieme $E$ in modo tale che:
\[ E =\{a \in I \mid f(a) < 0\}. \]
\[ E =\{x \in I \mid f(x) < 0\}. \]
\vskip 0.05in
Si osserva che $E \neq\emptyset$, dacché $a \in E$. Per la completezza dei numeri reali,
$E$ ammette un estremo superiore $\xbar :=\sup E$. Sia $(x_n)\subseteq E$ una successione
Si osserva che $E \neq\emptyset$, dacché $a \in E$. Allora, per la completezza dei numeri reali,
$E$ ammette un estremo superiore $\xbar :=\sup E$. Sia dunque $(x_n)\subseteq E\setminus\{\xbar\}$ una successione
tale che $x_n \tendston\xbar$: poiché $f$ è continua in $\xbar$, $\lim_{x \to\xbar} f(x)= f(\xbar)\implies
f(x_n) \tendston f(\xbar)$. Allora, poiché$f(x_n) < 0$$\forall n \in\NN$, $f(\xbar) \leq 0$(se così non fosse
f(x_n) \tendston f(\xbar)$. Dal momento che$f(x_n) < 0$$\forall n \in\NN$, $f(\xbar) \leq 0$(se così non fosse
$f(x_n)$ dovrebbe essere definitivamente positiva per il teorema della permanenza del segno, ma questo
è assurdo dacché $x_n \in E$$\forall n \in\NN$, \Lightning). \\
Sia ora $(y_n)\in I$ una successione tale che $y_n \tendston\xbar$ e che $y_n > \xbar$$\forall n \in\NN$ (questo
è sempre possibile dal momento che $\xbar\neq b \impliedby f(\xbar)\leq0$). Allora,
poiché $y_n > \xbar=\sup E$, $y_n$ non appartiene ad $E$, e quindi deve valere che $f(y_n) > 0$. Si conclude
allora, per il teorema della permanenza del segno, che $f(\xbar)\geq0$, e quindi che $f(\xbar)=0$, da cui
la tesi.
allora, per il teorema della permanenza del segno, che $f(\xbar)\geq0$. Pertanto $f(\xbar)\leq0$ e $f(\xbar)\geq0$$\implies f(\xbar)=0$, da cui la tesi.
\end{proof}
\begin{proof}[Dimostrazione alternativa] (metodo di bisezione per la ricerca degli zeri)
Come prima, senza alcuna perdita di generalità, si pone $f(a) < 0 < f(b)$. Si ponga $x_0=\frac{a+b}{2}$,
Come prima, senza alcuna perdita di generalità, si pone $f(a) < 0 < f(b)$. Si ponga $x_0=\frac{a+b}{2}\in I$ e
$I_0=(a, b)$.
Se $f(x_0)=0$, allora il teorema è dimostrato. Altrimenti, $f(x_0) > 0$ o $f(x_0) < 0$. Nel primo caso,
si consideri $I_1=(a, x_0)$, altrimenti si ponga $I_1=(x_0, b)$. Si riapplichi allora l'algoritmo con $a :=\inf I_1$ e $b :=\sup I_1$, definendo la successione$(x_n)$ e gli intervalli$I_n$ per ogni passo $n$ dell'algoritmo. \\
si consideri $I_1=(a, x_0)$, altrimenti si ponga $I_1=(x_0, b)$. Si riapplichi allora l'algoritmo con $a :=\inf I_1$ e $b :=\sup I_1$, definendo le due successioni$(x_n)$ e $I_n$ per ogni passo $n$ dell'algoritmo. \\
Se la successione $(x_n)$ è finita, allora $\exists n \mid f(x_n)=0$, e quindi il teorema è dimostrato. Altrimenti,
si osservi che la successione degli intervalli è decrescente, e che $\abs{I_n}=\frac{b-a}{2^n}\tendston0$:
allora, poiché $x_n \in I_n$$\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)$$\forall n \in\NN$.
Vale in particolare che $a_n, b_n \tendston c$. Allora, per la continuità di $f$ su $(a, b)$, vale che
e quindi $x_n \tendston c \in I_0$. Siano $a_n$, $b_n$ le successioni di numeri reali tali che $I_n =(a_n, b_n)$$\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
la tesi.
\end{proof}
\begin{corollary} (dei valori intermedi) Dati $I =(a, b)$ e
\begin{theorem} (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
compresi tra $y_1$ e $y_2$; e quindi $f(I)$ è un insieme convesso di $\RR$).
\end{corollary}
\end{theorem}
\begin{proof}
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
@ -507,7 +507,7 @@
\end{proposition}
\begin{proof}
La dimostrazione del fatto che gli intervalli siano convessi è banale. Si dimostra piuttosto
La dimostrazione del fatto che gli intervalli siano insiemi convessi è banale. Si dimostra piuttosto
che ogni insieme convesso di $\RR$ è un intervallo. Sia $A$ dunque un insieme convesso di $\RR$,
e si considerino $a :=\inf A$ e $b :=\sup A$. Sia $x \in(a, b)$. Se non esistesse un punto $c \in A$
tale che $a < c < x$, $x$ sarebbe un estremo inferiore di $A$, \Lightning. Pertanto tale punto $c$ esiste.
@ -515,7 +515,7 @@
$[c, d]\subseteq A$, e in particolare $x \in A$. Pertanto vale che $(a, b)\subseteq A$. Poiché
$a$ e $b$ sono, rispettivamente, estremo inferiore e superiore di $A$, non possono esistere altri punti
non appartenenti a $[a, b]$, ma appartenenti ad $A$. Quindi $A$ può variare a seconda dell'appartenenza
o meno di questi estremi tra questi insiemi:
o meno di questi estremi nei seguenti modi:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$A =(a, b)$, se $a$, $b \notin A$,
@ -540,8 +540,8 @@
\begin{proof}
Ci si limita a dimostrare l'esistenza del minimo, dacché l'esistenza
del massimo segue dal considerare $g =-f$. Sia $m :=\inf f(I)$.
Esiste allora una successione $(y_n)\subseteq f(I)$ tale che
del massimo segue dal considerare $g =-f$. Sia $m :=\inf f(I)$. Esiste
allora una successione $(y_n)\subseteq f(I)$ tale che
$y_n \tendston m$. Poiché $y_n \in f(I)$, $\exists x_n \in I \mid
y_n = f(x_n)$. Per il teorema di Bolzano-Weierstrass, $\exists\, (x_{n_k})
\subseteq I$ sottosuccessione convergente, ossia tale che
@ -561,7 +561,7 @@
\end{remark}
\begin{remark} (algoritmo di ricerca dei massimi e dei minimi) Sia $f : I \to\RRbar$ la funzione continua di cui si
ricerca i massimi e i minimi. Si ipotizzi\footnote{Non è infatti sempre possibile considerarne un'estensione continua (e.g.~$\sin(\frac1{x})$, il seno del topologo); ciò accade qualora non esista almeno uno dei limiti negli estremi dell'intervallo di $I$.} di poter considerare $\tilde{f} : \overline{I}\to\RRbar$, ossia l'estensione
ricerca i massimi e i minimi. Si ipotizzi\footnote{Non è infatti sempre possibile considerarne un'estensione continua (e.g.~$\sin\left(\frac1{x}\right)$, il seno del topologo); ciò accade qualora non esista almeno uno dei limiti negli estremi dell'intervallo di $I$.} di poter considerare $\tilde{f} : \overline{I}\to\RRbar$, ossia l'estensione
continua di $f$. Allora, poiché $\tilde{f}$ è continua ed è definita su
un intervallo chiuso, per Weierstrass ammette un massimo e un
minimo. Preso per esempio il minimo, esso potrebbe essere un
