Que $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Demostrar que el conjunto de $$\{x \mid \mbox{if $y $ converges to $x $, then $f (y) $ converges to $\infty$}\}$$ es contable.
Mi libro me dijo considerar $g(x)=\arctan(f(x))$, entonces se dice "es fácil ver que el conjunto es contable". Pero todavía no puedo entender lo que significa.
Hubo cierto debate acerca de la terminología en los comentarios a la pregunta -- tengo que interpretar la afirmación "si $y$ converge a$x$, $f(y)$ converge a $\infty$" que significa "para todos los $M\in\mathbb{R}$ hay $\delta > 0$ tal que $f(y)>M$ todos los $y\neq x$$\lvert y-x\rvert < \delta$". Deje $S$ ser el conjunto de todos los puntos de $x$, y llame a un conjunto que contiene una cantidad no numerable de puntos de $S$ "uncountably divergentes", para abreviar.
No creo que el $\arctan$ transformación sea de ayuda, ya que es sólo un homeomorphism entre el $\mathbb{R}$ $(-\pi,\pi)$ y entre el $\mathbb{R}\cup\{\infty\}$ $(-\pi,\pi]$ y no cambia la sustancia de la prueba. [Editar, después de ver a Nick de Kirby respuesta y siguientes eslabones: La transformación hace una diferencia, en que el límite de $\infty$ no está permitido como un valor de la función aquí, mientras que si es finito. Esta diferencia es relevante con respecto al ejemplo de la función desmontable con discontinuidades en todos los racionales dado aquí, ya que este utiliza el límite en los racionales como el valor de la función en el irrationals, que no podemos hacer en el presente caso, por lo que este ejemplo no ceder un ejemplo de una función de "convergencia de a $\infty$" en los racionales, de hecho no hay tal función; véase el comentario sobre la nada densa establece a continuación.]
Suponga que $S$ es incontable. Primero, se observa que la $[n,n+1]$, entonces debe ser uncountably divergentes para algunos $n\in\mathbb{N}$. Sin pérdida de generalidad, supongamos $n=0$, lo $[0,1]$ es uncountably divergentes.
Ahora dividimos el intervalo por la mitad. Cualquiera de las $[0,1/2]$ o $[1/2,1]$ o ambos son uncountably divergentes. Si sólo uno de ellos es, descartamos la otra mitad y reemplazar el intervalo por el uncountably divergentes a la mitad y siguen dividiendo.
Suponga que después de cada subdivisión sólo la mitad es uncountably divergentes. Estas mitades forman una cadena de anidado cerrado intervalos cuya intersección contiene exactamente un punto. Por lo tanto, posiblemente con la excepción de un único punto, todos los puntos de $S$ $[0,1]$ mentira en uno de los descartados mitades que contienen cada uno en la mayoría de los countably muchos puntos de $S$. Pero sólo hay countably muchas de estas mitades, contradiciendo el hecho de que hay una cantidad no numerable de puntos de $S$$[0,1]$. Por tanto, la suposición es falsa y la subdivisión debe encontrar un intervalo de tiempo de que ambas mitades son uncountably divergentes.
Una vez que nos encontramos con un intervalo, se denota por a $I$ y de forma recursiva aplicar la totalidad de la reducción a la mitad de procedimiento (incluyendo la parte donde debemos descartar los intervalos de los cuales sólo la mitad es uncountably divergentes). Llamamos a los dos intervalos resultantes $I_0$ $I_1$ y continuar la aplicación de la reducción a la mitad procedimiento para ellos, lo que resulta en intervalos de $I_{00}$, $I_{01}$, $I_{10}$, $I_{11}$, y así sucesivamente, donde cada intervalo resultante tiene la propiedad de que tanto sus mitades se uncountably divergentes.
Debemos descartar cualquiera de los puntos de $S$ acostado en la descartados mitades, así como todos los puntos de la mentira en la frontera de uno de los intervalos. Dado que sólo hay countably muchos de esos puntos, cada intervalo que se uncountably divergentes sigue siendo así. Tenga en cuenta que cada punto de la $S$ $[0,1]$ se encuentra ahora en una cadena de intervalos anidados $I$, $I_{i_1}$, $I_{i_1i_2}$, ... con longitudes de convergencia a $0$, y la intersección de que la cadena contiene exactamente a ese punto.
Ahora comenzamos con el intervalo de $I$ elige el punto de $s$ $S$ en ella y encontrar $\delta$ tal que $f(y) > 1$ todos los $y\neq s$$y \in (s-\delta,s+\delta)$. Ahora $s$ se encuentra en una cadena de anidado cerrado con un intervalo de longitudes de convergencia a $0$, por lo que uno de estos intervalos es enteramente contenida en $(s-\delta,s+\delta)$. Denotar este intervalo de $I_i$ donde $i$ es una cadena de dígitos binarios, y elegir el de $I_{i0}$ $I_{i1}$ que no contenga $s$, por lo que el $f>1$ todo este subinterval. Ahora podemos aplicar el mismo procedimiento para este intervalo, la elección de un punto de $S$ en ella, pero ahora la elección de $\delta$ tal que $f(y) > 2$.
Iterando este procedimiento, obtenemos una cadena de anidado cerrado intervalos cuyas longitudes convergen a $0$, y la intersección de estos intervalos contiene exactamente un punto de $t$. Pero ahora $f(t)>n$ todos los $n\in\mathbb{N}$, lo cual es imposible. Por lo tanto $S$ debe ser contable.
[Edit: tenga en cuenta que uncountability fue utilizado solamente para asegurarse de que tenemos puntos en las dos mitades de un intervalo en cada nivel de la subdivisión -- por lo tanto, podemos usar la misma prueba para demostrar que $S$ es denso en ninguna parte (excepto para el "extraíble técnico" que hemos descartado el conjunto de puntos de límite, es decir, el conjunto de puntos finitos representación binaria, que es de por sí denso, esto fue sólo para asegurarse de que cada punto de un intervalo en el que está contenida en exactamente uno de los subintervalos cerrados, pero alternativamente podemos asegurar que al elegir uno de los cuatro sub-subintervalos, en la mayoría de los cuales dos contienen el punto dado.). El mismo no es cierto para el caso de límites finitos (es decir, de los límites permitidos como los valores de la función en otros lugares), como el ejemplo de la función desmontable con discontinuidades en todos los racionales muestra. La diferencia fundamental está en el último paso de la prueba, ya que $f(t)>n$ todos los $n\in\mathbb{N}$ es imposible, mientras que el correspondiente estado de cuenta para el límite de $0$, $\lvert f(t)\rvert<1/n$ para todos los $n\in\mathbb{N}$, es consistente.]
La integridad, la de aquí es una prueba directa sin la $\arctan$ transformación de uso de las ideas en el libro citado en el Nick de Kirby respuesta (donde la prueba de la parte del teorema sobre extraíbles discontinuidades se deja como ejercicio).
Deje $S_{mn}$ $m,n\in \mathbb{N}$ ser el conjunto de todos los puntos de $x$ tal que $f(x) < m$ $f(y) > m$ todos los $y\neq x$$x-1/n<y<x+1/n$. Para cada punto de $x$ a que $f$ "converge a $\infty$" (en el sentido explicado en mi otra respuesta), podemos optar $m > f (x)$, y, a continuación, elija $n$ tal que $f(y) > m$ todos los $y\neq x$$x-1/n<y<x+1/n$. Así, cada punto en el que $f$ "converge a $\infty$" está contenida en uno de los conjuntos de $S_{mn}$. Pero ninguno de estos conjuntos tiene un punto de acumulación, ya que implicaría que hay dos puntos que están a menos de $1/n$ aparte, cuyos función de los valores están por debajo de $m$ y ambos de los cuales tienen una vecindad de radio $1/n$ donde los valores de la función está por encima de $m$, lo cual es imposible. Por lo tanto cada una de las $S_{mn}$ es contable, y el conjunto de puntos en el que $f$ "converge a $\infty$", siendo el contable de la unión de estos conjuntos contables, también es contable.
[Edit: tenga en cuenta que esta prueba sustancialmente los usos countability y no puede ser adaptado a ninguna parte-densidad tan pronto como la prueba en mi otra respuesta. Esto es porque a pesar de que cada una de las $S_{mn}$ es no sólo contable, pero también la nada densa, esta propiedad, a diferencia de countability, no es necesariamente hereditaria en una contables de la unión. Por lo tanto, no podemos excluir, sobre la base de esta prueba, solo que la unión de todos los $S_{mn}$ podría ser denso en $\mathbb{R}$, como lo demuestra el ejemplo de la función desmontable con discontinuidades en todos los racionales. Sin embargo, la unión de todos los $S_{mn}$ con delimitada $m$ no puede ser denso en cualquier lugar, y es necesario un crecimiento desmesurado de $m$ que en el presente caso se opone a la densidad, ya que no podemos tener $\infty > m$ todos los $m\in \mathbb{N}$ como un valor de la función, mientras que podemos tener $0 < 1/m$ todos los $m\in \mathbb{N}$ como un valor de la función en el caso finito.]
Si permitimos que $f$ a ser una función parcial, es decir, donde el dominio es sólo un subconjunto de $\mathbb{R}$ en lugar de $\mathbb{R}$, entonces hay un contraejemplo interesante.
Es decir, que $C\subset\mathbb{R}$ ser el habitual conjunto de Cantor, y que $U=\mathbb{R}-C$ ser el complemento, un conjunto abierto. Para cualquier % real $x\in U$, que $$f(x)=\frac{1}{d(x)},$$ where $d (x) $ is the distance from $x$ to $C$, which is nonzero for all $x\in U$. Note that for any sequence $y_n\in U$ with $y_n\to x\in C $, we have $d (y_n) \to 0 $ and hence $f # (y_n) \to\infty$. (Note also that every $x\in C $ is a limit of points in $U $.) Since the Cantor set has uncountable size continuum, we have therefore an uncountable set of points where $f $ diverges to infinty. Furthermore, $f $ is continuous on its domain $u$.
Observe que $g(x)=\arctan(f(x))$ tiene una discontinuidad removible en puntos de $x$ tal que $\lim_{t\to x} f(t)=\infty$. Por lo tanto, la countability del conjunto de interés puede ser visto como una consecuencia del hecho de que se discuten aquí: hay una función con una discontinuidad removible en cada punto? y en particular, Chandru1 link: Chandru1 enlace Teorema de 5.63, lo que demuestra que el conjunto de extraíble discontinuidades es en la mayoría de los contables.
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