Deje $q: \mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Q}$ ser un bijective mapa y vamos a $g: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{R}$ definir $g(q(n))=2^{-n}$. Mostrar que $\sum_{r\in \mathbb{Q}}g(r)$ es absolutamente convergente. Deje $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ se define por la fórmula $f(x):=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x}g(r)$, muestran que.
(1) $f$ está bien definido.
(2) $f$ es estrictamente monótona creciente.
(3) $f$ es discontinua en cada número racional.
(4) $f$ es continua en todo número irracional $x$ (sugerencia: en primer lugar, demostrar que las funciones $f_n(x):=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x,\,g(r)\ge 2^{-n}}g(r)$ son continuas en a$x$,$|f(x)-f_n(x)|\le 2^{-n}$).
Sketch-a prueba de
Primero tenemos que demostrar que $\sum_{r\in \mathbb{Q}}g(r)$ converge absolutamente (sé que es obvio, pero me gustaría hacer más elaborado argumento de este hecho). Es suficiente para mostrar que para cualquier subconjunto finito de $\mathbb{Q}$ dice $F$, la serie $\sum _{r\in F}|g(r)|$ está acotada.
Deje $F\subset \mathbb{Q}$$\#F< \infty$. Entonces tenemos que la secuencia de $(q^{-1}(x))_{x\in F}$ es finito y, por tanto, limitada por algunos $M\in \mathbb{N}$. Establecimiento $\{q(m):m\in \mathbb{N} \text{ and } m\le M\}$ sabemos que contenga $F$. Así
\begin{align} \sum _{r\in F}|g(r)|\le \sum _{\{q(m):m\in \mathbb{N},\, m\le M\}}|g(r)| = \sum _{m=0}^M|g(\,q(m)\,)|\\ =\sum _{m=0}^M 2^{-m} \le \sum _{m=0}^\infty 2^{-m}<\infty \end{align}
Ahora desde $F$ fue un subconjunto arbitrario de $\mathbb{Q}$, para cualquier subconjunto finito el límite superior funciona en otras palabras, tenemos
$$ \sup \bigg\{\sum _{x\in F}|f(x)|:F\subset X; \#F<\infty \bigg\}<\infty $$
lo que demuestra que la serie converge absolutamente como se desee.
(1) $f$ está bien definido.
tenemos que mostrar que $f(x)$ se define para cada $x\in \mathbb{R}$. Deje $x\in \mathbb{R}$, luego tenemos
$$\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x}g(r)\le \sum_{r\in \mathbb{Q}}g(r)$$
Desde $g(r)$ siempre es no negativo para cualquier número racional y puesto que el último es convergente, entonces la primera debe converge también. Por lo tanto $f(x)$ siempre existe.
(2) $f$ es estrictamente monótona creciente.
Deje $x,y\in \mathbb{R}$ tal que $x<y$. Entonces existe algún número racional entre, vamos a llamarlo $s$, es decir, $x<s<y$. Desde $s$ es racional, entonces existe algún $n\in \mathbb{N}$ que $q(n)=s$. Así
$$f(y)=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<y}g(r)=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x}g(r) +\sum_{r\in X}g(r)$$
donde $X = \{r\in \mathbb{Q}:r<y \} \backslash \{ r\in \mathbb{Q}:r<x\}$, claramente $s\in X$, por lo que es un conjunto no vacío, y desde $g(r)$ siempre es positivo para cualquier racional. Entonces
$$\sum_{r\in X}g(r)\ge g(s)=g(q(n))= 2^{-n}$$
Por lo tanto poner esto juntos podemos concluir que $f(y) > f(x)$, como se desee.
(3) $f$ es discontinuo a cada número racional.
Deje $s$ ser cualquier número racional, entonces existe un $n\in \mathbb{N}$, de modo que $q(n)=s$. Ahora para lo que hemos demostrado en (2), para cualquier número real $x$ tal que $x>s$,$f(x)\ge f(s)+2^{-n}$.
Se argumenta por contradicción, supongamos que $f$ es continua en a $s$. Deje $\varepsilon$ ser un real positivo tal que $\varepsilon < 2^{-n}$. Desde $f$ es continua, entonces hay algunas $\delta >0$ tal que $|f(y)-f(s)|<\varepsilon$ siempre $y$ es un número real que es $\delta$- cerca de las $s$, es decir, $|y-s|<\delta$. Pero no por cualquier $x\in (s,s +\delta)$ tenemos $f(x)-f(s)\ge 2^{-n}>\varepsilon$. Contradicción. Por lo tanto $f$ no puede ser continua en todo número racional como se reivindica.
(4) $f$ es continua en todo número irracional $x$.
Deje $x$ ser un número irracional y vamos a definir las funciones de $f_n: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ mediante el establecimiento de $$f_n(x):=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x,\,g(r)\ge 2^{-n}}g(r)$$
Vamos a definir $Q_n= \{r\in \mathbb{Q}: g(r)\ge 2^{-n}\}$. Pretendemos que $Q_n$ es finito. Si $r \in Q_n$ $g(r)\ge 2^{-n}$ y desde $r\in \mathbb{Q}$, hay algunos $m$ tal que $q(m)=r$. Por lo tanto $g(r)=g(q(m))= 2^{-m}\ge 2^{-n}$, lo que significa que $m\le n$, en otras palabras $Q_n= \{q(i): 0\le i \le n \}$, lo que claramente contiene un número finito de números racionales.
Demostraremos que los $f_n$ es continua en a $x$.
Dado $\varepsilon>0$$n\in \mathbb{N}$. Hemos creado $\delta = \min \{\, |r-x|: r\in Q_n \,\}$, $\delta$ está bien definido desde $Q_n$ es no vacío (contener, al menos,$q(0)$) y todos los $|r-x|$ son diferentes a cero desde $x$ es irracional, entonces $\delta>0$. Deje $\{z\in \mathbb{R}: |z-x|<\delta \}$, pretendemos que $|f_n(z)-f_n(x)|< \varepsilon$.
$$|f_n(z)-f_n(x)| = \Bigg|\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<z,\,r\in Q_n}g(r)\, -\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x,\,r\in Q_n}g(r) \Bigg|$$
Si podemos demostrar que $\{r\in \mathbb{Q}:r<z,\,r\in Q_n\}=\{r\in \mathbb{Q}:r<x,\,r\in Q_n\}$, ambas series son el mismo y la diferencia es cero.
$LHS\Rightarrow RHS$
Por contradicción, supongamos que hay un elemento $r$ $LHS$ que no está en el $RHS$. Por lo $r$ es racional, $r<z$$r\in Q_n$. Desde $r$ no está en la $RHS$ entonces tendríamos $r\ge x$. Claramente la igualdad no es posible ya que $x$ es irracional. En el caso de $r>x$,$x<r<z$. Por eso, $z-x>r-x$, pero $z-x< \delta \le r-x$ desde $r\in Q_n$, contradicción.
$RHS\Rightarrow LHS$
De nuevo por contradicción, supongamos que hay algunos $r$ $RHS$ que no está en el $LHS$. Así que esto sólo es posible si $r\ge z$. Si $z=r$,$|z-x|<\delta \le |r-x|=|z-x|$, una contradicción. El caso de al $r>z$ es similar a la del último caso en $LHS\Rightarrow RHS$, sólo con las funciones de $z$ $x$ intercambiados.
Así, ambos conjuntos son iguales y, a continuación, la serie son los mismos. De ahí su diferencia es cero y $f_n$ es continua en a $x$ como se reivindica.
Reclamo: $|f(x)-f_n(x)|\le 2^{-n}$. Desde $f(x)=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x}g(r)$, luego tenemos
$$f(x)=\sum_{r\in \mathbb{Q}:r<x, r\in Q_n}g(r)+\sum_{r\in X}g(r)$$
donde $X=\{r\in \mathbb{Q}:r<x\}-\{r\in \mathbb{Q}:r<x, r\in Q_n\}$. Ahora desde $X\subset \{r\in \mathbb{Q}: g(r)< 2^{-n}\} $, e $g(r)$ es no negativa para todos los números racionales, a continuación,
\begin{align} \sum_{r\in X}g(r)\le \sum_{r\in \mathbb{Q}: g(r)< 2^{-n}}g(r) = \sum_{i=n+1}^\infty2^{-i}\\ =2^{-n} \end{align}
como se desee.
Para concluir tenemos que demostrar que $f$ es continua en a $x$. Desde
\begin{align}|f(y)-f(x)|\le |f(y)-f_n(y)|+|f_n(y)-f_n(x)|+|f_n(x)-f(x)| \\ \le 2^{-n} +|f_n(y)-f_n(x)|+2^{-n} \end{align}
Dado $\varepsilon>0$, podemos establecer $N$ tal que $2^{-N}<\varepsilon$ y elegimos $\delta = \min \{\, |r-x|: r\in Q_N \,\}$. A continuación, como hemos comprobado, para todos los $y\in (x-\delta,x+\delta)$ debemos tener $|f_N(y)-f_N(x)|\le \varepsilon$. Así,
\begin{align}|f(y)-f(x)|\le |f(y)-f_N(y)|+|f_N(y)-f_N(x)|+|f_N(x)-f(x)| \\ \le 2^{-N} +|f_N(y)-f_N(x)|+2^{-N} \\ \le 3\varepsilon \end{align}
lo que demuestra que $f$ es continua en cualquier irracional como se desee.
Esperemos que este trabajo :)
