Dati $f : X \to\RRbar$, $\xbar$ punto di accumulazione di $X$
tale che $\forall\,(x_n)\subseteq X \setminus\{\xbar\}$ vale che
$f(x_n)$ converge. Allora il limite di $f(x_n)$ è sempre lo stesso.
\end{exercise}
tale che $\forall\,(x_n)\subseteq X \setminus\{\xbar\}\mid x_n \tendston\xbar$ vale che
$f(x_n)$ converge. Allora il limite di $f(x_n)$ è sempre lo stesso, indipendentemente
dalla scelta di $(x_n)$.
\end{proposition}
\begin{exercise}
\begin{proof}
Siano per assurdo $(x_n), (y_n)\subseteq X \setminus\{\xbar\}$ due successioni tali che
$x_n, y_n \tendston\xbar$ e che $f(x_n)\tendston L$ e $f(y_n)\tendston G$ con $L \neq G$. Si
costruisce allora la successione $(z_n)\subseteq X \setminus\{\xbar\}$ nel seguente modo:
\[ z_n =\system{x_{\frac{n}{2}}&\text{se } n \text{ è pari}, \\ y_{\frac{n-1}{2}}&\text{altrimenti},}\]
\vskip 0.05in
ossia unendo le due successioni $(x_n)$ e $(y_n)$ in modo tale che agli indici pari corrispondano gli
elementi di $x_n$ e a quelli dispari quelli di $y_n$. \\
Si mostra che $z_n \tendston\xbar$. Sia $I$ un intorno di $\xbar$. Allora, dal momento che
$(x_n), (y_n)\tendston\xbar$, esistono sicuramente due
$n_x, n_y \in\NN$ tali che $n \geq n_x \implies x_n \in I$ e $n \geq n_y \implies y_n \in I$. Pertanto,
detto $n_k =\max\{n_x, n_y\}$, $n \geq n_k \implies x_n, y_n \in I$, ossia che per $n \geq2 n_k$,
$z_n \in I$. Si conclude allora che $(z_n)\tendston\xbar$. \\
Tuttavia $f(z_n)$ non può convergere a nessun limite, dal momento che le due sottosuccessioni
$f(x_n)$ e $f(y_n)$ convergono a valori distinti ed il limite deve essere unico. L'esistenza di
tale successione contraddice allora l'ipotesi, \Lightning.
\end{proof}
\begin{proposition}
Data $(x_n)\subseteq\RR$, definisco $f : \NN\to\RRbar$ tale
che $f(n) := x_n$, $\forall n \in\NN$. Allora $f(n)\tendston L \iff x_n \tendston L$.
\end{exercise}
\end{proposition}
\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\rightproof Sia $I$ un intorno di $L$. Allora, poiché $f(n)\tendston L$,
esiste un intorno $J =[a, \infty]$ tale che $f(J \cap\NN\setminus\{\infty\})\subseteq I$.
Poiché $\infty$ è un punto di accumulazione di $\NN$, $A = J \cap\NN\setminus\{\infty\}$ non è mai
vuoto. Inoltre, poiché $A \subseteq\NN$, $A$ ammette un minimo\footnote{Non è in realtà necessario che
si consideri il minimo di tale insieme, occorre semplicemente che $A$ sia non vuoto.}, detto $m$.
Vale in particolare che
$f(n)\in I$, $\forall n \geq m$, e quindi che $x_n \in I$, $\forall n \geq m$, ossia che $x_n \tendston L$. \\
\leftproof Sia $I$ un intorno di $L$. Dal momento che $x_n \tendston L$, $\exists n_k \in\NN\mid n \geq n_k \implies
x_n \in I$. Allora, detto $J = [n_k, \infty]$, vale che $f(J \cap\NN\setminus\{\infty\}) \subseteq I$, ossia
che $f(n)\tendston L$.
\end{proof}
\begin{proposition}
Siano $f : X \to\RRbar$, $\xbar\in X$ punto di accumulazione
di $X$. Allora sono fatti equivalenti i seguenti:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$f(x)\tendsto{\xbar} L$,
\item$f(x)\tendsto{\xbar}f(\xbar)$,
\item$f$ è continua in $\xbar$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
Si dimostrano le due implicazioni separatamente.
Sia $I$ un intorno di $f(\xbar)$. Dal momento che $\xbar$ è un punto di accumulazione, si ricava allora da
entrambe le ipotesi che esiste un intorno $J$ di $f(\xbar)$ tale che
$f(J \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq I$, e quindi, per definizione, la tesi.
\end{proof}
\begin{remark}
@ -54,7 +95,7 @@
continua).
\end{remark}
\begin{exercise}
\begin{proposition}
Siano $f : X \to\RR$ e $\xbar$ punto di accumulazione di $X$.
Siano $L \in\RRbar$ e $\tilde{f} : X \cup\{\xbar\}\to\RRbar$ tale
che:
@ -67,38 +108,88 @@
\vskip 0.05in
Allora $f(x)\tendsto{\xbar} L \iff\tilde{f}$ è continua in $\xbar$.
\end{exercise}
\end{proposition}
\begin{proof}
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
$f(x)\tendsto{\xbar} L$.
\end{proof}
\begin{remark}
Tutte le funzioni elementari (e.g.~$\sin(x)$, $\cos(x)$, $\exp(x)$, $\ln(x)$, $\abs{x}$, polinomi) sono funzioni continue nel loro insieme
Tutte le funzioni elementari (e.g.~$\sin(x)$, $\cos(x)$, $\exp(x)$, $\ln(x)$, $\abs{x}$, $x^a$) sono funzioni continue nel loro insieme
di definizione.
\end{remark}
\begin{proposition}
Date $f : X \to Y \subseteq\RRbar$ e $g : Y \to\RRbar$. Sia
Siano$f : X \to Y \subseteq\RRbar$ e $g : Y \to\RRbar$ e sia $\xbar\in X$. Sia
$f$ continua in $\xbar$ e sia $g$ continua in $f(\xbar)$. Allora
$g \circ f$ è continua in $\xbar$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Sia $I$ un intorno di $z = g(f(\xbar))$. Allora, poiché $g$ è continua
in $f(\xbar)$, $\exists J$ intorno di $f(\xbar)$$\mid g(J)\subseteq
in $f(\xbar)$, $\exists J$ intorno di $f(\xbar)$$\mid g(J\cap Y \setminus\{f(\xbar)\})\subseteq
I$. Tuttavia, poiché $f$ è continua in $\xbar$, $\exists K$ intorno
di $\xbar$$\mid f(K)\subseteq J$, da cui si conclude che
$g(f(K))\subseteq g(J)\subseteq I$.
di $\xbar$$\mid f(K \cap X \setminus\{\xbar\})\subseteq J$, da cui si conclude che
$g(f(K \cap X \setminus\{\xbar\}))\subseteq I$, dacché $\forall x \in K \cap X \setminus\{\xbar\}$,
o $f(x)= f(\xbar)$, e quindi $g(f(x))= z$ chiaramente appartiene a $I$, o altrimenti
$f(x)\in J \cap Y \setminus\{f(\xbar)\}\implies g(f(x))\in g(J \cap Y \setminus\{f(\xbar)\})\subseteq I$.
\end{proof}
\begin{proposition}
\begin{theorem}
Sia $f : X \to Y \subseteq\RRbar$, sia $\xbar$ punto di
accumulazione di $X$ tale che $f(x)\tendsto{\xbar}\ybar$.
Se $\ybar$ è un punto di accumulazione di $Y$, $\ybar\in Y \implies
g$ continua in $\ybar$ e $g : Y \to\RRbar$
è tale che $g(y)\tendstoy{\ybar}\zbar$, allora
Se $\ybar$ è un punto di accumulazione di $Y$ e $g : Y \to\RRbar$
è tale che $\ybar\in Y \implies
g$ continua in $\ybar$ e $g(y) \tendstoy{\ybar}\zbar$, allora
$g(f(x))\tendsto{\xbar}\zbar$.
\end{proposition}
\end{theorem}
\begin{proof}
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 $\widetilde{g \circ f}(x)= g(f(x))= g(\ybar)=\zbar=\tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))$. \\
Si conclude allora che $\widetilde{g \circ f}=\tilde{g}\circ\tilde{f}$, e
quindi che $\widetilde{g \circ f}$ è continua in $\xbar$. Pertanto,
dalla proposizione precedente, $g(f(x))\tendsto{\xbar}\zbar$.
