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.