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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Analisi Matematica 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{21 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Proprietà principali della continuità e dei limiti di funzione}
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\end{center}
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\begin{note} Nel corso del documento, per un insieme $X$, qualora non
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specificato, si intenderà sempre un sottoinsieme generico dell'insieme
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dei numeri reali esteso $\RRbar$. Analogamente per $f$ si intenderà
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sempre una funzione $f : X \to \RRbar$.
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\end{note}
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\begin{proposition}
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Dati $f : X \to \RRbar$, $\xbar$ punto di accumulazione di $X$
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tale che $\forall \, (x_n) \subseteq X \setminus \{\xbar\} \mid x_n \tendston \xbar$ vale che
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$f(x_n)$ converge. Allora il limite di $f(x_n)$ è sempre lo stesso, indipendentemente
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dalla scelta di $(x_n)$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Siano per assurdo $(x_n), (y_n) \subseteq X \setminus \{\xbar\}$ due successioni tali che
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$x_n, y_n \tendston \xbar$ e che $f(x_n) \tendston L$ e $f(y_n) \tendston G$ con $L \neq G$. Si
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costruisce allora la successione $(z_n) \subseteq X \setminus \{\xbar\}$ nel seguente modo:
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\[ z_n = \system{x_{\frac{n}{2}} & \text{se } n \text{ è pari}, \\ y_{\frac{n-1}{2}} & \text{altrimenti},} \]
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\vskip 0.05in
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ossia unendo le due successioni $(x_n)$ e $(y_n)$ in modo tale che agli indici pari corrispondano gli
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elementi di $x_n$ e a quelli dispari quelli di $y_n$. \\
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Si mostra che $z_n \tendston \xbar$. Sia $I$ un intorno di $\xbar$. Allora, dal momento che
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$(x_n), (y_n) \tendston \xbar$, esistono sicuramente due
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$n_x, n_y \in \NN$ tali che $n \geq n_x \implies x_n \in I$ e $n \geq n_y \implies y_n \in I$. Pertanto,
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detto $n_k = \max\{n_x, n_y\}$, $n \geq n_k \implies x_n, y_n \in I$, ossia che per $n \geq 2 n_k$,
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$z_n \in I$. Si conclude allora che $(z_n) \tendston \xbar$. \\
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Tuttavia $f(z_n)$ non può convergere a nessun limite, dal momento che le due sottosuccessioni
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$f(x_n)$ e $f(y_n)$ convergono a valori distinti ed il limite deve essere unico. L'esistenza di
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tale successione contraddice allora l'ipotesi, \Lightning.
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\end{proof}
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\begin{proposition}
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Data $(x_n) \subseteq \RR$, definisco $f : \NN \to \RRbar$ tale
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che $f(n) := x_n$, $\forall n \in \NN$. Allora $f(n) \tendston L \iff x_n \tendston L$.
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\end{proposition}
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\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
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\rightproof Sia $I$ un intorno di $L$. Allora, poiché $f(n) \tendston L$,
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esiste un intorno $J = [a, \infty]$ tale che $f(J \cap \NN \setminus \{\infty\}) \subseteq I$.
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Poiché $\infty$ è un punto di accumulazione di $\NN$, $A = J \cap \NN \setminus \{\infty\}$ non è mai
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vuoto. Inoltre, poiché $A \subseteq \NN$, $A$ ammette un minimo\footnote{Non è in realtà necessario che
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si consideri il minimo di tale insieme, occorre semplicemente che $A$ sia non vuoto.}, detto $m$.
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Vale in particolare che
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$f(n) \in I$, $\forall n \geq m$, e quindi che $x_n \in I$, $\forall n \geq m$, ossia che $x_n \tendston L$. \\
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\leftproof Sia $I$ un intorno di $L$. Dal momento che $x_n \tendston L$, $\exists n_k \in \NN \mid n \geq n_k \implies
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x_n \in I$. Allora, detto $J = [n_k, \infty]$, vale che $f(J \cap \NN \setminus \{\infty\}) \subseteq I$, ossia
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che $f(n) \tendston L$.
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\end{proof}
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\begin{proposition}
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Siano $f : X \to \RRbar$, $\xbar \in X$ punto di accumulazione
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di $X$. Allora sono fatti equivalenti i seguenti:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $f(x) \tendsto{\xbar} f(\xbar)$,
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\item $f$ è continua in $\xbar$.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Sia $I$ un intorno di $f(\xbar)$. Dal momento che $\xbar$ è un punto di accumulazione, si ricava allora da
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entrambe le ipotesi che esiste un intorno $J$ di $f(\xbar)$ tale che
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$f(J \cap X \setminus \{\xbar\}) \subseteq I$, e quindi, per definizione, la tesi.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Se $\xbar$ è un punto isolato di $X$, allora $f$ è continua
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in $\xbar$. Pertanto per rendere la proposizione precedente
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vera, è necessario ipotizzare che $\xbar$ sia un punto
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di accumulazione (infatti il limite in un punto isolato
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non esiste per definizione, mentre in tale punto $f$ è
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continua).
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\end{remark}
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\begin{proposition}
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Siano $f : X \to \RR$ e $\xbar$ punto di accumulazione di $X$.
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Siano $L \in \RRbar$ e $\tilde{f} : X \cup \{\xbar\} \to \RRbar$ tale
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che:
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\[ \tilde{f}(x) = \begin{cases}
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L & \text{se } x = \xbar, \\
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f(x) & \text{altrimenti}.
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\end{cases} \]
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\vskip 0.05in
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Allora $f(x) \tendsto{\xbar} L \iff \tilde{f}$ è continua in $\xbar$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
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\rightproof Sia $I$ un intorno di $L$. Si ricava allora dalle ipotesi che esiste sempre un intorno
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$J$ di $\xbar$ tale che $f(\underbrace{J \cap X \setminus \{\xbar\}}_{A}) \subseteq I$. Dal momento che $\xbar
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\notin A$, si deduce che $f(J \cap X \setminus \{\xbar\}) = \tilde{f}(J \cap X \setminus \{\xbar\}) \subseteq I$,
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ossia che $\tilde{f}$ è continua in $\xbar$. \\
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\leftproof Sia $I$ un intorno di $L$. Poiché $\tilde{f}$ è continua in $\xbar$, esiste un intorno $J$ di $\xbar$
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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 $I \supseteq \tilde{f}(J \cap (X \cup \{\xbar\}) \setminus \{\xbar\})
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= f(J \cap (X \cup \{\xbar\}) \setminus \{\xbar\}) \supseteq f(J \cap X \setminus \{\xbar\})$, e quindi che
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$f(x) \tendsto{\xbar} L$.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Tutte le funzioni elementari (e.g.~$\sin(x)$, $\cos(x)$, $\exp(x)$, $\ln(x)$, $\abs{x}$, $x^a$) sono funzioni continue nel loro insieme
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di definizione.
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\end{remark}
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\begin{proposition}
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Siano $f : X \to Y \subseteq \RRbar$ e $g : Y \to \RRbar$ e sia $\xbar \in X$. Sia
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$f$ continua in $\xbar$ e sia $g$ continua in $f(\xbar)$. Allora
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$g \circ f$ è continua in $\xbar$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Sia $I$ un intorno di $z = g(f(\xbar))$. Allora, poiché $g$ è continua
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in $f(\xbar)$, $\exists J$ intorno di $f(\xbar)$ $\mid g(J \cap Y \setminus \{f(\xbar)\}) \subseteq
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I$. Tuttavia, poiché $f$ è continua in $\xbar$, $\exists K$ intorno
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di $\xbar$ $\mid f(K \cap X \setminus \{\xbar\}) \subseteq J$, da cui si conclude che
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$g(f(K \cap X \setminus \{\xbar\})) \subseteq I$, dacché $\forall x \in K \cap X \setminus \{\xbar\}$,
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o $f(x) = f(\xbar)$, e quindi $g(f(x)) = z$ chiaramente appartiene a $I$, o altrimenti
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$f(x) \in J \cap Y \setminus \{f(\xbar)\} \implies g(f(x)) \in g(J \cap Y \setminus \{f(\xbar)\}) \subseteq I$.
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\end{proof}
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\begin{theorem}
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Sia $f : X \to Y \subseteq \RRbar$, sia $\xbar$ punto di
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accumulazione di $X$ tale che $f(x) \tendsto{\xbar} \ybar$.
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Se $\ybar$ è un punto di accumulazione di $Y$ e $g : Y \to \RRbar$
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è tale che $\ybar \in Y \implies
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g$ continua in $\ybar$ e $g(y) \tendstoy{\ybar} \zbar$, allora
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$g(f(x)) \tendsto{\xbar} \zbar$.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Siano $\tilde{f} : X \cup \{\xbar\}$, $\tilde{g} : Y \cup \{\ybar\}$ due funzioni costruite nel seguente
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modo:
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\[ \tilde{f}(x) = \begin{cases}
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\ybar & \text{se } x = \xbar, \\
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f(x) & \text{altrimenti},
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\end{cases} \qquad
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\tilde{g}(y) = \begin{cases}
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\zbar & \text{se } y = \ybar, \\
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g(y) & \text{altrimenti}.
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\end{cases} \]
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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
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vale che $\tilde{f}(\xbar) = \ybar$, per la proposizione precedente $\tilde{g} \circ \tilde{f}$ è continua in
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$\xbar$, e dunque $\lim_{x \to \xbar} \tilde{g}(\tilde{f}(x)) = \tilde{g}(\tilde{f}(\xbar)) = \zbar$. \\
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Si consideri adesso la funzione $\widetilde{g \circ f} : X \to \RRbar$ definita nel seguente modo:
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\[ \widetilde{g \circ f}(x) = \begin{cases}
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\zbar & \text{se } x = \xbar, \\
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g(f(x)) & \text{altrimenti}.
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\end{cases} \]
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Si mostra che $\widetilde{g \circ f} = \tilde{g} \circ \tilde{f}$. Se $x = \xbar$, chiaramente
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$\widetilde{g \circ f}(x) = \zbar = \tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))$. Se $x \neq \xbar$, si
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considera il caso in cui $\tilde{f}(x) = f(x)$ è uguale a $\ybar$ ed il caso in cui non vi è
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uguale. \\
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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
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$\tilde{f}(x) = \ybar$, $\ybar \in Y$, e quindi $g$ è continua in $\ybar$, da cui necessariamente
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deriva che $g(\ybar) = \zbar$. Allora $\widetilde{g \circ f}(x) = g(f(x)) = g(\ybar) = \zbar = \tilde{g}(\tilde{f}(\xbar))$. \\
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Si conclude allora che $\widetilde{g \circ f} = \tilde{g} \circ \tilde{f}$, e
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quindi che $\widetilde{g \circ f}$ è continua in $\xbar$. Pertanto,
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dalla proposizione precedente, $g(f(x)) \tendsto{\xbar} \zbar$.
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\end{proof}
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\begin{exercise}
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Mostrare che tutte le ipotesi della proposizione precedente sono necessarie, fornendo alcuni controesempi.
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\end{exercise}
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\begin{proposition}
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Date $f_1, f_2 : X \to \RR$ continue in $\xbar$. Allora:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $f_1 + f_2$ è continua in $\xbar$,
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\item $f_1 f_2$ è continua in $\xbar$.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Sia $f := f_1 + f_2$.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Poiché $f_1, f_2$ sono continue in $\xbar$,
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$\forall \eps > 0$, $\exists \delta > 0 \mid \abs{x - \xbar} < \delta
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\implies \abs{f_1(x) - f_1(\xbar)}, \abs{f_2(x) - f_2(\xbar)} \leq \eps$ (per ogni $\eps > 0$, si prende $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$, ossia il minimo delle semilunghezze degli intorni
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di $\xbar$). Allora $\abs{f(x) - f(\xbar)} \leq
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\abs{f_1(x) - f_1(\xbar)} + \abs{f_2(x) - f_2(\xbar)} \leq 2\eps$.
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Si conclude dunque che $\forall \eps > 0$, $\exists \delta > 0
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\mid \abs{f(x) - f(\xbar)} \leq 2\eps$, e quindi, poiché
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$2\eps \tends{\eps \to 0} 0$, che $f$ è continua in $\xbar$.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\begin{proposition}
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Date $f_1, f_2 : X \to \RRbar$, $\xbar$ punto di accumulazione
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di $X$. Se $\lim_{x \to \xbar} f_1(x) = L_1 \in \RR$ e
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$\lim_{x \to \xbar} f_2(x) = L_2 \in \RR$, allora valgono
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i seguenti risultati:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $f_1(x) + f_2(x) \tendsto{\xbar} L_1 + L_2$,
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\item $f_1(x) f_2(x) \tendsto{\xbar} L_1 L_2$.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\end{document}
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