(Dis) continuidad de$f(x)=\sum_{j: q_j < x} 2^{-j}$

Question

Considere la posibilidad de una indexación $q_1,q_2,\dots$ de los racionales en $(0,1)$ y definen $f:(0,1)\to (0,1)$$f(x)=\sum_{j: q_j < x} 2^{-j}$.

Demostrar que $f$ es discontinua en todos los racionales y continua en todos los irrationals.

Traté de demostrarlo mediante definiciones, pero no pude. Por ejemplo, ¿qué había de discontinuidad:

Deje $x_0$ ser racional. Debemos demostrar que para todos los $\delta > 0$ hay $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ tal que $|f(x)-f(x_0)| \ge \epsilon$ algunos $\epsilon > 0$. Por simetría sólo podemos mirar para $x > x_0$, y también se $x_0$ debe ser racional. Veamos $f(x)-f(x_0)$. Tenemos $$f(x)-f(x_0)=\sum_{j=1}^n 2^{-j}-\sum_{j=1}^m 2^{-j}=\frac{1}{2^{m+1}}+\dots+\frac{1}{2^n};$$ here $q_1,\dots,q_n < x, q_{n+1}\ge x$ and $q_1,\dots, q_m < x_0, x_{m+1}\ge x_0$ with $n \ge m$. The number $x_0$ (and hence $m$) is fixed, and we need to find $x$ such that $$\frac{1}{2^{m+1}}+\dots+\frac{1}{2^n} \ge \epsilon$$ for some $\epsilon > 0$ and $x$ is as close to $x_0 $ as we wish. There are infinitely many rationals in any neighborhood of $x_0$, pero ¿cómo elegir la que más nos necesitan?

Con la continuidad de parte, yo también no vienen a nada que valiera la pena.

Answer 1

Dado racional $r$ debe existir un índice $i'$ tal que $q_{i'} = r$, ninguna de $x>r$ a continuación,

$$f(x) - f(r ) = \sum_{j:q_j<x} 2^{-j} - \sum_{j:q_j<q_{i'}} 2^{-j} = \sum_{j:q_{yo}\leq q_j<x} 2^{-j} > \sum_{j:q_{i'}= q_j} 2^{-j} = 2^{-i'} $$ por lo tanto $|f(x)-f(r)|$ no puede hacerse arbitrariamente pequeña, por lo $f$ no está bien-continuo en cualquier racional $r \in [0,1)$. Tenga en cuenta que es de izquierda continua en rational $r\in(0,1]$.

Por otro lado, si $p$ es irracional, dado cualquier $0< \epsilon < 1$, existe alguna índice$N$, de modo que $\sum_{k=N}^\infty 2^{-k} = 2^{1-N} < \epsilon$, ahora para considerar $x$ tal que $$|x-p| < \min\{|q_1-p|, |q_2-p|,\dotsb, |q_N-p|\} \equiv \delta$$ donde $\delta>0$ porque el mínimo es tomado a través de un número finito de términos y $|q_i-p|>0$ porque $q_i\neq p$ cualquier $i$ porque $p$ es irracional.

Si $x>p$ $$|f(x)-f(p )| = \sum_{j: q_j < x} 2^{-j} - \sum_{j: q_j < p} 2^{-j} = \sum_{j: p \leq q_j <x} 2^{-j} \desbordado{(*)}{<} \sum_{N<j}2^{-j} < \epsilon $$ Si $x\leq p$ $$|f(x)-f(p )| = -\left(\sum_{j: q_j < x} 2^{-j} - \sum_{j: q_j < p} 2^{j}\right) = \sum_{j: x \leq q_j <p} 2^{-j} \desbordado{(*)}{<} \sum_{N < j}2^{-j} < \epsilon $$

donde $(*)$ sigue por la elección de $\delta$, como para cualquier racional $q_j$ satisfacción $|q_j - p|< \min\{|q_1-p|,\dotsc,|q_N-p|\}$ es claro que $j>N$.

Por lo tanto $f$ es continua en irracional $p$.