Una función continua en todos los puntos irracionales

Question

Dejemos que $h:[0,1]\to\mathbb R$

$h(x)=\begin{cases}0&\text{if }x=1\\\frac{1}{n}& \text{otherwise if }x\in\mathbb Q,x=\frac{m}{n},\;m,n\in\mathbb N,\gcd(m,n)=1\\0&\text{otherwise if }x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q\end{cases}$

¿Cómo se demuestra que $h$ es continua en todos los puntos irracionales dentro de $[0,1]$ ?

Answer 1

Que sea discontinuo en todos los puntos racionales es la parte fácil.

Dejemos que $x\not\in \mathbb Q, \ \epsilon>0$ y considerar los conjuntos $$U_1=\left\{y\in[0,1]:f(y)<\epsilon\right\}\text{ and }U_2=\{y\in[0,1]:f(y)\geq\epsilon\}.$$ Para demostrar que $f$ es continua en $x$ tenemos que demostrar que $U_1$ contiene un intervalo $(x-\delta,x+\delta)$ para un tamaño suficientemente pequeño $\delta$ .

Tenga en cuenta que $U_2\subset \mathbb Q$ y que $\dfrac mn\in U_2\iff n\leq \dfrac1\epsilon$ . También para un fijo $n\in\mathbb N, \dfrac mn\in[0,1]\iff m\in\{0, 1, 2, \ldots, n\}$ . Por lo tanto, $U_2$ es finito.

Desde $U_1\cup U_2=[0,1], \ U_1\cap U_2=\emptyset, \ x\in U_1$ y $U_2$ es finito se deduce que para algún $\delta>0$ , $U_2$ y $(x-\delta,x+\delta)$ son disjuntos y por lo tanto $ (x-\delta,x+\delta)\subseteq U_1$ Esto significa que $f$ es continua en $x$ .

Answer 2

Así que tienes que saber que para cualquier irracional $x$ cualquier aproximación racional suficientemente buena tiene un denominador suficientemente grande. Es decir, fijar un $N >0$ , entonces podemos encontrar un $\epsilon_N >0$ para que siempre que $|q-x|<\epsilon_N$ , $q=\frac{a}{b}$ con $b>N$ . No he hecho mucho más que reescribir ligeramente la definición de continuidad. ¿Por qué las buenas aproximaciones racionales de los números irracionales tienen grandes denominadores? Básicamente se reduce al algoritmo de la división. Mira todos los múltiplos de $\frac{1}{2}$ . Nuestro $x$ las echa de menos, así que podemos poner alguna bolita $\epsilon_1$ alrededor de $x$ por lo que se pierden todos los múltiplos de $\frac{1}{2}$ . Aquí estoy utilizando implícitamente el algoritmo de la división. Ahora mira los múltiplos de $\frac{1}{3}$ , $x$ se pierden todos ellos, por lo que hay un $\epsilon_2$ tal que....

Utiliza esta idea para escribir una prueba formal.

Answer 3

Obsérvese que cuando se tienen racionales $\frac ab,\frac cd$ con $ad-bc=-1$ , entonces todos los racionales entre ellos tienen denominador $\ge b+d$ : Si $\frac ab<\frac uv<\frac cd$ entonces las diferencias $\frac{ub-av}{bv}$ y $\frac{cv-ud}{vd}$ son positivos, por lo que $ub-av\ge 1$ , $cv-ud\ge 1$ y finalmente $$ v = (bc-ad)v = b(cv-ud)+d(ub-av)=b+d. $$ También hay que tener en cuenta que una fracción intermedia viene dada por $\frac{a+c}{b+d}$ . Dado cualquier irracional $\alpha$ , puede encontrar tales fracciones $\frac ab<\alpha<\frac cd$ con $ad-bc=-1$ y $b+d$ arbitrariamente grande de la siguiente manera: Se puede empezar con $\frac n1<\alpha<\frac{n+1}1$ donde $n=\lfloor\alpha\rfloor$ y, a continuación, repetidamente desde $\frac ab<\alpha<\frac cd$ cambiar a $\frac ab<\alpha<\frac {a+c}{b+d}$ o $\frac {a+c}{b+d}<\alpha<\frac cd$ dependiendo de la forma en que $\frac{a+c}{b+d}$ se compara con $\alpha$ .

Answer 4

De hecho, se puede demostrar que el lim $f(x)$ como $x\rightarrow x_{0}$ es $0$ para todos $x_{0}\in [0,1]$ :

Desde $Q$ es contable, podemos enumerar sus elementos, reducidos a los términos más bajos, de alguna manera prescrita, digamos $0, \frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{5},...$ . Ahora bien, nótese que cualquier secuencia infinita de éstas debe contener un número infinito de valores de $q$ en $p/q$ a menos que eventualmente sea constante.

Ahora escoge $x_{0}\in [0,1]$ y supongamos que el límite antes indicado no es $0$ . Entonces hay un $\epsilon >0$ y una secuencia de puntos $\left \{ x_{n} \right \}$ s.t $x_{n}\in B((x_{0},1/n)$ y $f(x_{n})>\epsilon$ para todos $n\in N$ . Esta secuencia no puede contener ningún punto irracional, ya que en estos puntos $f=0$ .

Así, hemos construido una secuencia de números racionales, no eventualmente constantes, para la cual $f$ asigna cada término a un número mayor que $\epsilon$ . Pero esto es imposible porque, como hemos señalado, cualquier secuencia infinita de racionales en $[0,1]$ debe contener un número infinito de valores de $q$ en $p/q$ Así que tan pronto como $q>1/\epsilon$ seleccionamos un término de la secuencia de la forma $p/q'$ con $q'>q$ . Entonces $f(p/q')=1/q'<1/q<\epsilon$ y obtenemos una contradicción.