Prob. 48, Cap. 1, en el ANÁLISIS REAL de Royden: ¿En qué puntos es continua esta función?

Question

Aquí está Prob. 48, Cap. 1, en el libro Análisis real por H.L. Royden y P.M. Fitzpatrick, 4ª edición:

Definir la función de valor real $f$ en $\mathbb{R}$ estableciendo $$ f(x) = \begin{cases} x & \mbox{ if $x$ is irrational} \\ p \sin \frac{1}{q} & \mbox{ if $x = \frac{p}{q}$ is in lowest terms}. \end{cases} $$ ¿En qué momentos $f$ ¿Continuo?

Creo que el criterio secuencial de continuidad es el que tendremos que aplicar aquí.

La función no es continua en $x = 0 = \frac{0}{1}$ porque $f(0) = 0$ pero si consideramos la secuencia $\left( \frac{1}{2^n} \right)_{n \in \mathbb{N}}$ convergiendo hacia $0$ entonces la secuencia de imágenes $\left( \sin \frac{1}{2^n} \right)_{n \in \mathbb{N} }$ no converge a $f(0)$ .

¿Estoy en lo cierto?

Cómo comprobar si $f$ es o no continua en un punto $a \neq 0$ ?

Answer 1

El truco consiste en considerar los irracionales y los racionales por separado. Si $x$ es irracional y $x_n \to x$ con $x_n$ racional y dejamos que $p_n, q_n$ sea tal que $x_n = \frac{p_n}{q_n}$ entonces $q_n \to \infty$ (si no, entonces $|x_n - x| > \delta $ donde $\delta = \inf_{p \in \mathbb Z}\{|x - \frac {p}{\prod q_n}|\} > 0$ ) y así $$ f(x_n) = p_n \sin \frac 1 {q_n} \sim \frac {p_n}{q_n} \to x = f(x) $$ (Es posible que desee utilizar algunos argumentos de álgebra de límites para utilizar la aproximación de ángulo pequeño a $\sin \frac 1 {q_n}$ ).

Si tuviéramos alguna secuencia $x_n \to x$ ahora quizás ya no sea racional, entonces podemos decir que $$ |f(x_n) - f(x)| = \begin{cases} |x_n - x| &\text{if $x_n$ is irrational} \\ |f(x_n) - x| & \text{if $x_n$ is rational} \end{cases} \to 0 $$ como $n \to \infty$ considerando las dos subsecuencias por separado y trabajar directamente con la definición de convergencia.

Si $x$ es racional entonces aproximando $x$ con irracionales, $x_n \to x$ podemos decir que $f$ es continua en $x$ sólo si $f(x) = x$ como $f(x_n) \to x$ . Pero esto no es cierto para $x \neq 0$ como $\sin(\frac 1 q) \neq \frac 1 q$ para $q \in \mathbb Z$ .

Para $x = 0$ elige una secuencia $x_n \to 0$ . Si $x_n$ tiene algunos elementos racionales $x_n = \frac {p_n} {q_n}$ Entonces como $|\sin(\frac 1 {q_n})| < |\frac 1 {q_n}|$ para grandes $q_n$ tenemos que $$ |f(x_n)| = |p_n \sin\frac 1 {q_n}| \leq |x_n| \to 0 $$ para grandes $n$ y así $f$ es continuo como 0.

Answer 2

La función es continua en todos los irracionales y en $0$ y discontinua en todos los racionales distintos de cero.

Para demostrar la última afirmación, podemos basarnos en un argumento secuencial. Basta con producir una sucesión que converja a un racional distinto de cero pero cuya imagen haga no convergen a la imagen de dicho racional. Para ello, sea $\xi = p/q \in \mathbb Q \setminus \{0\}$ en términos mínimos, y que $y$ ser irracional. Definir la secuencia $$x_n = \xi + \frac y n; $$ entonces $x_n$ es irracional para todo $n$ y $x_n \xrightarrow{n\to\infty} \ \xi$ . Sin embargo, $$\lim_{n\to\infty} f(x_n) = \lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} \left(\xi + \frac y n\right) = \xi = \frac p q \color{red}\neq p\sin\left(\frac 1 q\right) = f(\xi). $$

Ahora dejemos que $x \notin \mathbb Q$ y $\varepsilon > 0$ . Supongamos por simplicidad que $x>0$ (el argumento puede adaptarse para irracionales negativos). Antes debemos hacer algunas observaciones:

1. Si $p/q \in \omega$ para algún intervalo acotado $\omega$ es evidente que $$\left|\frac{p}{q}\right| < \sup \omega, \implies |p| < q\sup\omega.$$
2. Para un número entero positivo dado $q_*$ siempre es posible elegir un intervalo acotado $\omega \ni x$ tal que, para todos los números racionales $p/q \in \omega$ escrito en términos mínimos, se tiene que $q > q_*$ . Si no fuera así, podrías encontrar $q_*$ tal que, para todos los intervalos acotados $\omega$ que contiene $x$ existe un $p_\omega/q_\omega \in \omega$ en términos mínimos con $q_\omega \leqslant q_*$ para tal racional, por el Hecho 1, $$|p_\omega| \leqslant q_*\sup\omega,$$ que establece un límite bilateral al número entero $p_\omega$ . Por lo tanto, hay un número finito de posibilidades para $p_\omega/q_\omega$ lo que significa que existe una vecindad $\omega'\subset\omega$ de $x$ que no contenga ninguno de ellos (digamos uno con un diámetro estrictamente menor que la distancia mínima entre $x$ y estos racionales). ¡Absurdo!
3. Porque $|\sin(t)|<|t|$ para todos $t\neq 0$ tenemos por el teorema de Taylor que $$|\sin(t)-t| \leq t^2. $$

Consideremos ahora un número entero $q_*$ tal que $q_* > 4x/\varepsilon$ (esta condición tendrá sentido más adelante) y encuentra $\omega$ según el dato 2. Podemos reducir esta vecindad a una bola $B_\delta(x)$ con radio $\delta>0$ y si es necesario podemos forzarlo $\delta$ sea menor que $\varepsilon/2$ y $x$ (esto también tendrá sentido más adelante). Esto implica que, para todos $p/q \in B_\delta(x)$ en términos mínimos, $$|p| < q\sup B_\delta(x) < q (x+\delta) < 2qx ,$$ por el Hecho 1.

Si $\xi = p/q \in B_\delta(x)$ escrito en términos mínimos, por la desigualdad del triángulo y el Hecho 3, viendo como $q_* < q$ , $$\begin{split} |f(\xi) - f(x)| &\leqslant \left|p\sin\left(\frac 1 q\right) - \frac pq\right| + \left|\frac pq - x\right| \\ &\leqslant |p|\left|\sin\left(\frac 1 q\right) - \frac 1q\right| + \delta < \frac{|p|}{q^2} + \delta \\ &< \frac{2x}{q_*} + \delta < \frac \varepsilon 2 + \frac \varepsilon 2 = \varepsilon. \end{split}$$ Si en cambio $y \in B_\delta(x)$ es irracional, entonces naturalmente $$|f(y)-f(x)| < |y-x| < \delta < \frac \varepsilon 2 < \varepsilon. $$

Continuidad en $0$ se demuestra de forma muy similar.