Prueba de la continuidad de la función de Thomae en los irracionales.

Question

En Función de Thomae :

$$ \begin{align} t(x) = \begin{cases} 0 & \text{if $x$ is irrational}\\ \frac{1}{n} & \text{if $x = \frac{m}{n}$ where $\gcd(m,n) = 1$} \end{cases} \end{align} $$

Puedo probar la discontinuidad en el racional $b$ tomando una secuencia de irracionales $x_n$ que convergen en $b$ .

Pero mientras repasaba un argumento para la continuidad en los irracionales. encontré esto en un libro.

Por otro lado, si $b$ es un número irracional y $\epsilon > 0$ entonces hay un número natural $n_0$ tal que $1/n_0 < \epsilon$ . Sólo hay un número finito de racionales con denominador menor que $n_0$ en el intervalo $(b-1,b+1)$ . Por lo tanto, podemos encontrar un $\delta > 0$ tal que $\delta$ barrio de $b$ no contiene ningún racional con denominador menor que $n_0$ .

Entiendo el resto de la prueba. Pero soy incapaz de probar el texto enfatizado. Aunque lo encuentro intuitivo.

Answer 1

Dejemos que $m=n_0-1$ por lo que queremos considerar los racionales con denominadores $1,\cdots,m$ en el intervalo $(b-1,b+1)$ . Dado que los racionales consecutivos con denominador k difieren en $1/k$ y el intervalo $(b-1,b+1)$ tiene longitud 2, hay como máximo 2k racionales con denominador k en $(b-1,b+1)$ .

Por lo tanto, hay como máximo $2\cdot1+2\cdot2+\cdots+2m$ racionales en $(b-1,b+1)$ con denominador inferior a $n_0$ , por lo que podemos elegir un $\delta$ con $0<\delta<|b-r|$ donde r es el racional con denominador menor que $n_0$ en $(b-1,b+1)$ que está más cerca de b.

Answer 2

Dejemos que $b \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ . Dado $\epsilon > 0$ dejar $K = \left \lceil \frac{1}{\epsilon} \right \rceil$ . Así, $\frac{1}{K} < \epsilon$ .

Tenga en cuenta que $K$ es un número finito y el número de enteros menores que $K$ también es finito. Esto significa que el número de racionales de la forma $\frac{1}{q} > \frac{1}{K}$ también es finito.

Reducir el intervalo $(b-1, b+1)$ hasta $(b-q, b+q)$ de manera que todos estos $\frac{1}{q}$ se descartan, dejando sólo los racionales $\frac{1}{q} < \frac{1}{K} < \epsilon$ .

De ello se deduce que si $|x -b| < \delta$ entonces $|f(x) - f(b) | = |f(x)| \leq \frac{1}{K} < \epsilon$ .

Answer 3

Dejemos que $\frac{m}{n}$ sea un número racional tal que $$b-1 \leq \frac{m}{n} \leq b+1,$$ donde $m$ y $n$ son números enteros tales que $n> 0$ y $\gcd (m, n) = 1$ .

Entonces vemos que $$n ( b-1) \leq m < \leq n(b+1).$$ Así, $$ m \in \mathbb{Z} \cap \left[ \ n(b-1), \ n(b+1) \ \right].$$ Por lo tanto, $$m \in \left\{ \ \lceil n(b-1) \rceil, \ldots, \lfloor n(b+1) \rfloor \ \right\},$$ donde $\lfloor 2.5 \rfloor = 2$ y $\lceil 2.5 \rceil = 3$ y $\lfloor 2 \rfloor = 2 = \lceil 2 \rceil$ .

Por lo tanto, para cada número natural $n$ hay a lo sumo $$N \colon= \lfloor n(b+1) \rfloor - \lceil n(b-1) \rceil$$ números racionales con denominador $n$ en el intervalo cerrado $[b-1, b+1]$ y por tanto en el intervalo abierto $(b-1, b+1)$ .

Answer 4

La extensión natural de la función de Thomae a los hiperreales se define por la misma fórmula: $$ \begin{align} t(x) = \begin{cases} \frac{1}{n} & \text{if $x = \frac{m}{n}$ where $m,n\in{}^\ast\mathbb N$ and $\gcd(m,n) = 1$} \\ 0 & \text{otherwise.}\\ \end{cases} \end{align} $$ Para demostrar que $t(x)$ es continua en $c\in\mathbb R\setminus \mathbb Q$ Supongamos que $q$ es un hiperracional infinitamente cercano a $c$ . Claramente $q\not\in\mathbb R$ . Desde $q$ es apreciable (es decir, finito pero no infinitesimal), su denominador $n$ es necesariamente un hiperintegro infinito. Por lo tanto, $t(q)=\frac{1}{n}\approx 0$ donde $\approx$ es la relación de proximidad infinita. Así, $t(x)$ es infinitesimal en todos los puntos infinitamente cercanos a $c$ demostrando la continuidad de $t(x)$ en $c$ .