Aquí está la definición de continuidad dada en el Teorema de 18.1 en la Topología de James R. Munkres, 2ª edición:
Deje $X$ $Y$ ser espacios topológicos, vamos a $p \in X$, y deje $f \colon X \to Y$ ser una función. A continuación, $f$ dijo ser continua en el punto a $p$ si, para cada conjunto abierto $V$ $Y$ tal que $f(p) \in V$, existe un conjunto abierto $U$ $X$ tal que $p \in U$$f(U) \subset V$.
Ahora aquí es Prob. 6, S. 18:
Encontrar una función $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ que es continua en exactamente un punto.
Mi Intento:
Deje $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ser definido por $$ f(x) = \begin{cases} 0 \ & \ \mbox{ if } \ x \in \mathbb{Q}, \\ x \ & \ \mbox{ if } \ x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}. \end{cases} $$
En primer lugar, vamos a $p \colon= 0$. A continuación, $p \in \mathbb{Q}$ del curso, y por lo $f(p) = 0$.
Deje $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ ser cualquier secuencia de números reales tales que $$ \lim_{ n \to \infty } x_n = p = 0. \tag{0} $$ A continuación, para cada una de las $n \in \mathbb{N}$, tenemos
$$ f \left( x_n \right) = \begin{cases} 0 \ & \ \mbox{ if } \ x_n \in \mathbb{Q}, \\ x_n \ & \ \mbox{ if } \ x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}. \end{cases} $$Si $\left( x_n \right)_{n\in \mathbb{N}}$ tiene sólo un número finito de términos racionales, entonces existe un número natural $N$ tal que $x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ todos los $n > N$, y por lo $f \left( x_n \right) = x_n$ todos los $n > N$. Por lo tanto, $$ \lim_{n \to \infty} f \left( x_n \right) = \lim_{n \to \infty} x_n = 0 = f(p), $$ por (0) anterior.
Si $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N} }$ tiene sólo un número finito de irracional términos, entonces no es un número natural $N$ tal que $x_n \in \mathbb{Q}$ todos los $n > N$, y por lo $f \left( x_n \right) = 0$ todos los $n > N$. Por lo tanto, $$ \lim_{n \to \infty} f \left( x_n \right) = 0 = f(p). $$
Ahora supongamos que $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N} }$ tiene un número infinito de términos racionales e infinitamente muchos irracional términos. Luego están estrictamente creciente de las funciones de $\phi \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ y $\psi \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tal que $$ \phi( \mathbb{N} ) \cap \psi ( \mathbb{N} ) = \emptyset, \qquad \phi( \mathbb{N} ) \cup \psi ( \mathbb{N} ) = \mathbb{N}, \qquad x_{\phi(n)} \in \mathbb{Q}, \qquad x_{\psi(n)} \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}. \etiqueta{1} $$ A continuación, para cada una de las $n \in \mathbb{N}$, tenemos
$$ f \left( x_{ \phi(n) } \right) = 0, \qquad f \left( x_{ \psi(n) } \right) = x_{\psi(n)} .$$ Así $$ \lim_{n \to \infty } f \left( x_{ \phi(n) } \right) = 0, \qquad \lim_{n \to \infty } f \left( x_{ \psi(n) } \right) = x_{\psi(n)} = p = 0. \tag{2} $$ Aquí hemos utilizado el hecho de que, desde el $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ converge a $p$, por lo tanto cada subsequence de $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ también converge a $p$. Por otra parte, hemos tomado $p$ $0$ aquí.A partir de (1) y (2) podemos concluir que $$ \lim_{n \to \infty} f \left( x_n \right) = 0 = f(0) = f(p), $$ como se requiere.
Así, hemos demostrado que la secuencia de imágenes $\left( f \left( x_n \right) \right)_{n \in \mathbb{N} }$ de cada secuencia $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N} }$ que converge a $p = 0$ converge a $f(p) = 0$. Por lo $f$ es continua en a $p = 0$.
Siguiente, supongamos que $p \neq 0$. Si $p$ es racional, entonces $f(p) = 0$. Deje $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N} }$ ser una secuencia de números irracionales convergentes a $p$. Entonces $$ \lim_{n \to \infty} f \left( x_n \right) = \lim_{n \to \infty } x_n = p \neq 0 = f(p). $$ Por otro lado, si $p$ es irracional, entonces $f(p) = p \neq 0$. Vamos $\left( x_n \right)_{n \in \mathbb{N} }$ ser una secuencia de números racionales convergentes a $p$. Entonces $$ \lim_{n \to \infty} f \left( x_n \right) = \lim_{n \to \infty } 0 = 0 \neq p = f(p). $$ Así, hemos demostrado que $f$ no puede ser continua en cualquier real $p$ tal que $p \neq 0$.
Es lo que he hecho hasta ahora, ¿correcto?
Sin embargo, hasta el momento en Munkres, no tenemos la secuencial criterio de continuidad a nuestra disposición. Así que debemos recurrir a la definición dada anteriormente.
Deje $V$ ser un conjunto abierto en el rango del espacio de $\mathbb{R}$ tal que $$0 = f(0) \in V.$$ Entonces existe un intervalo abierto $(c, d)$ tal que $$0 \in (c, d) \subset V. $$
Ahora lo que debe ser nuestro conjunto abierto $U$ en el espacio de dominio $\mathbb{R}$ tal que $0 \in U$$f(U) \subset V$?
Ahora supongamos que $p \neq 0$.
En primer lugar, supongamos $p$ es irracional. A continuación,$f(p) = p \neq 0$, y hay un intervalo abierto $(a, b)$ tal que $p \in (a, b)$$0 \not\in (a, b)$. Tomemos $V \colon= (a, b)$. A continuación, $V$ está abierto en el rango del espacio de $\mathbb{R}$$f(p) \in V$.
Sin embargo, si $U$ es cualquier conjunto abierto en el espacio de dominio $\mathbb{R}$ tal que $p \in U$, entonces existe un intervalo abierto $(c, d)$ tal que $p \in (c, d) \subset U$. Pero $$ f \left( \ (c, d) \ \right) = \left[ \ (c, d) \cap (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} ) \ \right] \cup \left\{ \ 0 \ \right\} \not\subset V, $$ debido a $0 \not\in V$. Pero como $(c, d) \subset U$, lo $ f \left( \ (c, d) \ \right) \subset f(U)$. Por lo tanto,$f(U) \not\subset V$.
Ahora supongamos que $p$ es racional y $p \neq 0$. A continuación,$f(p) = 0$. Deje $V$ ser el intervalo abierto $(-1, 1)$. A continuación, $V$ está abierto en el rango del espacio de $\mathbb{R}$, e $f(p) \in V$.
Sin embargo, si $U$ es cualquier conjunto abierto en el espacio de dominio $\mathbb{R}$ tal que $p \in U$, entonces podemos encontrar un intervalo abierto $(a, b)$ tal que $p \in (a, b) \subset U$ que $0 \not\in (a, b)$.
¿Qué es lo siguiente? Cómo proceder a partir de aquí?
