tale che $n \geq n_k \implies f(x_n)\in I$, ossia $f(x_n)\tendston L$. \\
\leftproof Si ponga per assurdo che $\lim_{x \to\xbar} f(x)\neq L$. Allora esiste almeno
un intorno $I$ di $L$ tale per cui non esista alcun intorno $J$ di $\xbar\mid f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$. Si consideri adesso il caso $\xbar\in\RR$ ed il suo intorno $J_n =[\xbar-\frac{1}{n}, \xbar+\frac{1}{n}]$: per ogni $n$ si può estrarre $J_n$ un $k \in X \setminus\{\xbar\}$
un intorno $I$ di $L$ tale per cui non esista alcun intorno $J$ di $\xbar\mid f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$. Si consideri adesso il caso $\xbar\in\RR$ ed il suo intorno $J_n =[\xbar-\frac{1}{n}, \xbar+\frac{1}{n}]$: da ogni $J_n$ si può estrarre un $k \in X \setminus\{\xbar\}$
(infatti $\xbar$ è un punto di accumulazione), tale che $f(k)\notin I$. Si ponga allora $x_n = k$.
Dal momento che $J_n \tendston\{\xbar\}$, $x_n \tendston\xbar$. Allo stesso tempo, per $n \to\infty$, $f(x_n)$ non può tendere a $L$, dacché per costruzione $f(x_n)$ non appartiene all'intorno
$I$. Tuttavia ciò contraddice l'ipotesi, e quindi $\lim_{x \to\xbar} f(x)= L$. \\
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 $(f_1 f_2)(x)= f_1(x) f_2(x)\tendsto{\xbar} L_1 L_2$.
\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{definition}
(intorno destro e sinistro) Se $\xbar\in\RR$, si dicono
\textbf{intorni destri} gli intervalli della forma $[\xbar, \xbar+\eps]$ con
@ -288,11 +329,13 @@
\begin{theorem} (della permanenza del segno)
Data $(x_n)\subseteq\RR$ tale che $x_n \tendston L > 0$, allora
$(x_n)$ è positiva definitivamente. Analogamente, se $L < 0$,
$(x_n)$ è strettamente positiva definitivamente. Analogamente, se $L < 0$,
$(x_n)$ è negativa definitivamente.
\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 $x_n \tendston L$, $\exists n_k \mid n \geq n_k \implies x_n \in I$,
ossia, in particolare, $n \geq n_k \implies x_n > 0$, da cui la tesi.
\end{proof}
\begin{theorem} (degli zeri) Dati $I =[a, b]$ e
@ -300,17 +343,28 @@
\end{theorem}
\begin{proof}
Prendo $E$ insieme dei punti in cui la funzione è negativa e
dimostro che il $\sup$ di questo insieme è proprio $0$ (esiste
per la completezza di $\RR$ e mostro che $f(\xbar)=0$). Mostro
quest'ultimo concetto facendo vedere che è sia positivo che
negativo dalle ipotesi (si può sempre approssimare l'estremo
superiore di $E$ con i suoi elementi). $\xbar$ si può approssimare
anche da destra (essendo il $\sup$ di $E$, deve valere che le
successioni da destra sono positive)
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:
\[ E =\{ a \in I \mid f(a) < 0\}. \]
\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
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$$\forall n \in\NN$, $f(\xbar) \leq 0$(se così non fosse
$f(x_n)$ dovrebbe essere definitivamente positiva per il teorema della permanenza del segno, ma questo
è assurdo dacché $x_n \in E$$\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.
\end{proof}
\begin{corollary} (dei valori intermedi) Dati $I =(a, b)]$ e
\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
