Cómo probar esto $f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\sin \frac{1}{x-r_n} }{2}\right)^n$ ¿se sigue la condición?

Question

Pregunta:

dejar $r_{1},r_{2},\cdots.$ es el intervalo $[0, 1]$ secuencia racional en una línea,

y definir:

$$f(x)=\begin{cases} \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{\sin{\left(\dfrac{1}{x-r_{n}}\right)}}{2}\right)^n &x\in R-Q\\ \displaystyle\sum_{n\neq m}^{\infty}\left(\dfrac{\sin{\left(\dfrac{1}{x-r_{n}}\right)}}{2}\right)^n&x=r_{m}\in Q \end{cases}$$ mostrar eso:

Entonces, la función $f(x)$ como esto siguen tres condiciones:

(1): $x\in [0,1]$

(2): tal $f(x)$ es continua en todos los irracionales, discontinua en todos los racionales;

(3):y $f$ tienen muchos puntos de discontinuidad de segundo tipo de número infinito en $[0,1]$

el problema es de esto: Cómo tomar ejemplo estas tres condiciones.es continua en todos los irracionales, discontinua en todos los racionales

Siento que mi ejemplo es tal estas tres condiciones, Pero no puedo probarlo (2),(3),especialmente (3).

¿puede alguien ayudarme? Muchas gracias.

Answer 1

Para demostrar la (des)continuidad, se puede empezar con la siguiente observación:

Observación: Supongamos que $I = (a-\varepsilon,a+\varepsilon)$ es un intervalo de longitud $2 \varepsilon$ tal que $r_n \not \in I$ para $n \leq N$ para un determinado $N$ . Sea $J = (a-\varepsilon/2,a+\varepsilon/2)$ sea un intervalo de longitud $\varepsilon$ con el mismo centro que $I$ . Entonces, existe una constante $C = C_\varepsilon$ tal que para cualquier $x \in J$ sostiene que $|f(x) - f(a)| < C |x-a| + \frac{4}{2^N}$ .

Prueba: Primero, utiliza la "desigualdad del triángulo infinito": $$|f(x) - f(a)| \leq \sum_{n} |s_n(x) - s_n(a)| = \sum_{n \leq N} |s_n(x) - s_n(a)| + \sum_{n > N} |s_n(x) - s_n(a)|$$ donde definimos $$s_n(x) := \begin{cases} \left(\frac{\sin(1/(x-r_n))}{2}\right)^n,& \ x \neq r_n\\ 0, & x = r_n \end{cases}$$ Acotamos las dos sumas anteriores por separado. Para la segunda suma, bastará con observar que $| s_n(y) | \leq 1/2^n$ y por lo tanto $|s_n(x) - s_n(a)| \leq 1/2^{n-1}$ . La suma de $n = N+1,N+2,\dots$ encontramos $$\sum_{n > N} |s_n(x) - s_n(a)| \leq \frac{1}{2^{N-2}}.$$ Para el primer sumando, primero hay que observar que para $n \leq N$ tenemos $r_n \not \in I$ y por lo tanto $s_n(x) = \left(\frac{\sin(1/(x-r_n))}{2}\right)^n$ para $x \in I$ . En particular, $s_n$ es una función diferenciable, y podemos calcular la derivada: $$s_n'(x) = \frac{n}{2^n} \frac{1}{(r_n-x)^2} \cos\frac{1}{x-r_n} \sin^{n-1}\frac{1}{x-r_n}.$$ Para $x \in J$ sabemos que $|r_n-x| > \varepsilon/2$ y claramente $\cos(t)$ y $\sin(t)$ están limitados por $1$ en valor absoluto. De ello se desprende que $|s_n'(x)| \leq \frac{n}{2^n} \frac{4}{\varepsilon^2}$ .

Por el teorema del valor medio, se puede aproximar para $x \in J$ : $$|s_n(x) - s_n(a)| \leq |x-a| \cdot \max_{y \in J} s_n'(y) \leq |x-a| \frac{n}{2^n} \frac{4}{\varepsilon^2}.$$ Resumiendo esto $n < N$ y dejar que $C_\varepsilon = \frac{4}{\varepsilon^2} \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}$ nos encontramos con que: $$\sum_{n \leq N} |s_n(x) - s_n(a)| \leq C |x-a|$$ Así, juntando todo esto, obtenemos: $$|f(x) - f(a)| \leq C |x-a| + \frac{4}{2^N},$$ como se dijo al principio. $\square$

Veamos cómo se deduce la afirmación de la observación anterior.

Primero, toma $a \in [0,1] \setminus \mathbb{Q}$ . Sea $\eta > 0$ nuestro objetivo es encontrar $\delta > 0$ de manera que siempre que $|x -a| <\delta$ entonces también $|f(x) - f(a)| < \eta$ . En primer lugar, seleccione $N$ lo suficientemente grande como para que $4/2^N < \eta/2$ . A continuación, tome $\varepsilon$ lo suficientemente pequeño como para que en $I = (x-\varepsilon,x+\varepsilon)$ no hay $r_n$ con $n \leq N$ . Si $|x-a|<\varepsilon/2$ que tenemos ahora por la observación anterior: $$|f(x) - f(a)| < C |x-a| + \eta/2$$ Basta con elegir $\delta$ para que $C \delta < \eta/2$ (y $\delta < \varepsilon/2$ ), ¡y ya está!

Si $a = r_m$ es racional, entonces podemos aprovechar el razonamiento anterior. De manera un poco informal, dejemos que $\tilde{f}$ sea una función que se define exactamente igual que $f$ con la excepción de que nos saltamos el $m$ -a la suma: $\tilde{f}(x) = \sum_{n \neq m} s_n(x)$ . Ahora, el mismo argumento que acabamos de utilizar demuestra que $\tilde{f}$ es continua en $a$ . Sin embargo, $f(x) = s_,(x) + \tilde{f}(x)$ y claramente $s_m(x)$ es discontinuo en $a$ . Así, $f(x)$ también es discontinua en $a$ .

Además, $f$ tiene el mismo tipo de discontinuidad que $s_m$ (añadir una función continua no altera el tipo de discontinuidad), por lo que hemos demostrado que $f$ tiene un punto de discontinuidad del segundo tipo.