Continuidad de la función palomita (función de Thomae)

Question

Tengo que demostrar que la función $f:]0,1] \rightarrow \Bbb R$ : $$ f(x) = \begin{cases} \frac1q, & \text{if $x \in \Bbb Q$ with $ x=\frac{p}q$ for $p,q \in \Bbb N$ coprime} \\ 0, & \text{if $x \notin \Bbb Q $} \end{cases} $$

es continua en $x \in \ ]0,1] \backslash \Bbb Q$ (números irracionales).

Ya intenté resolver este ejercicio y entendí cómo demostrar que esta función es discontinua para números racionales. Intentaba, ahora, entender cómo demostrar que para los números irracionales es continua.

Ya tengo las soluciones pero son un poco complicadas, y se me ocurre usar secuencias para demostrar que es continua: $$\forall x_n \quad x_n\rightarrow a \quad \Rightarrow \quad f(x_n) \rightarrow f(a)$$

He creado una secuencia $ x_n=\frac1n + a$ y consideramos $a$ un número irracional. Para que sea continuo $f(x_n)$ tiene que converger a $f(a)$ . De hecho:

$$\lim_{n\to\infty} f(x_n)= f(a) = 0 $$

Así que mi demostración termina aquí, pero sé que me estoy perdiendo algo muy grande porque en la solución hay otro paso complicado usando un conjunto y el teorema Epsilon-Delta después de lo que he mostrado.

¿Puede alguien explicar qué es lo que falla y ayudarme con esta prueba?

Answer 1

Trabajando con secuencias habría que probar que para todo secuencias $x_n\to a$ uno tiene $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(a)=0$ .

Un directo $\epsilon$ - $\delta$ -la prueba es mucho más sencilla.

Que un $\epsilon>0$ se le dará. Hay una $N\in{\mathbb N}$ con ${1\over N}<\epsilon$ . El conjunto $$Q:=\left\{{k\over n}\>\biggm|\>1\leq n\leq N, \ k\in{\mathbb Z}\right\}$$ de todos los racionales con denominador $\leq N$ es discreto y no contiene el irracional $a$ . De ello se desprende que $Q$ contiene un punto más cercano a $a$ y $$\delta:=\min_{x\in Q}|x-a|>0\ .$$ Afirmo que $|f(x)|<\epsilon$ para todos $x$ con $|x-a|<\delta$ .

Prueba. Si $x\in\ ]a-\delta, a+\delta[\ $ es irracional entonces $f(x)=0$ por definición de $f$ . Si esto $x$ es racional entonces ciertamente $x\notin Q$ Por lo tanto $x={p\over q}$ con $q>N$ . De ello se desprende que $|f(x)|={1\over q}<{1\over N}<\epsilon$ .

Answer 2

Basta con demostrar que $\lim_{t\to x}f(t)=0$ para cualquier $x\in\Bbb R$ .

$\underline{\forall x\in\Bbb R,f(x-)=0}$ .

Dejemos que $\epsilon>0$ y elija $N\in\Bbb N_+$ tal que $1/N<\epsilon$ . Para cada $n\in\Bbb N_+$ , dejemos que $$\begin{align} m_n & =\max\left\{m\in\Bbb Z:\frac mn<x\right\}\\ q_n & =\frac{m_n}n\quad\text{and,}\\ M_n & = \left\{\frac mn:\frac mn<x\right\}. \end{align}$$

Para cualquier $1\le n\le N$ tenemos que $M_n\cap [q_n,x)=\emptyset$ ou $M_n\cap [q_n,x)=\{q_n\}$ ya que $\frac{m_n+1}n\ge x$ . Por lo tanto, el conjunto $$M=\bigcup_{k=1}^N M_k\cap[q_N,x)$$ es finito y podemos definir $$\delta=\min\{x-q:q\in M\}.$$

Supongamos ahora que $0<x-t<\delta$ para algunos $t\in\Bbb R$ . Si $t\in\Bbb Q$ entonces $t=m/n$ con $n>N$ y $f(t)=1/n<\epsilon$ . Si $t\notin\Bbb Q$ entonces $f(t)=0<\epsilon$ .

$\underline{\forall x\in\Bbb R, f(x+)=0}$ .

Dejemos que $\epsilon$ y $N$ sea como la anterior y defina $$\begin{align} m_n & =\min\left\{m\in\Bbb Z:\frac mn>x\right\}\\ q_n & =\frac{m_n}n\\ M_n & =\left\{\frac mn:\frac mn>x\right\}. \end{align}$$

La prueba sigue ahora la misma línea que la afirmación anterior.