Es el siguiente función continua en $x = 0$?

Question

Definir $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ por

$$f(x) = \casos{ x - 1 \ \ \text{ si } x \in \mathbb{Q} \\1 - x \ \ \text{ si } x \no\in \mathbb{Q}. }$$

Estoy tratando de demostrar si es o no $f$ es continua en a $x = 0$.

Aquí está mi estrategia hasta la fecha.

Prueba De Croquis

Construir una secuencia de irrationals $\{x_n\}$ tal que $\{x_n\} \to 0$ (que se puede hacer como resultado de la densidad de $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$$\mathbb{R}$).

Ahora a examinar $\lim_{n \to \infty} f(x_n) = 1 - 0 = 1$. Sin embargo $f(0) = 0 - 1 = -1$, ya que el $0$ es un número racional. Por lo tanto, hemos encontrado una sucesión convergente a $0$ tal que $\lim_{n \to \infty} f(x_n) \neq f(0)$, y, como resultado, $f$ es discontinua en a $x = 0.$

Actualización: prueba de $f$ continua en $x = 1$

Queremos mostrar que para cada $\epsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que $$|x - 1| < \delta \implies |f(x) - f(1)| < \epsilon.$$

Desde $x = 1$ es racional, $f(1) = x - 1 = 1 - 1= 0$. Así, equivalentemente, tenemos

$$|x - 1| < \delta \implies |f(x)| < \epsilon.$$

Ahora llevamos dos casos. Supongamos primero que $x$ es racional, por lo $f(x) = x - 1$. Ahora establezca $\delta = \epsilon.$ Claramente, $$|x - 1| < \delta = \epsilon \implies |f(x)| = |x - 1| < \epsilon.$$

El siguiente caso es similar. Suponga $x$ es irracional, por lo $f(x) = 1 - x.$ Nuevo, establezca $\delta = \epsilon.$ Hemos $$|x - 1| < \delta = \epsilon \implies |x - 1| = |1 - x| < \epsilon.$$

Answer 1

Sí (a tu pregunta de si se le dio una forma válida de demostrar que es discontinua en a $0$, no a la pregunta del título).

Una modificación de este argumento podría ser dado para mostrar que $f$ es discontinua en cada una de las $x\neq 1$. (Si $x$ es irracional, sería en lugar de utilizar una secuencia de números racionales convergentes a $x$.) Pero es posible que desee pensar también acerca de cómo probar que $f$ es continua en a $x=1$.

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En la nueva pregunta sobre la continuidad de la $x=1$: El argumento es bueno todo, pero la lógica de la presentación no es totalmente satisfactoria, en mi opinión. Después de un determinado $\varepsilon>0$ es la hipótesis, la existencia de una sola $\delta>0$ necesita ser demostrado que funciona, en lugar de asignar $\delta$ en casos separados. Esto es prácticamente una muy leves que importa aquí, sobre todo porque el $\delta$ eligió fue el mismo en ambos casos (y por lo tanto esto puede parecer pedante), y de manera más general, si hay un número finito de casos, usted podría tomar $\delta$ es el mínimo de la función "$\delta$"s. Pero para presentar la conclusión en el orden lógico correcto, usted puede establecer el $\delta =\varepsilon$ hasta el frente, a continuación, muestran que, independientemente de si $x$ es racional o irracional, esta elección de $\delta$ rendimientos $|x-1|<\delta\implies |f(x)-f(1)|<\varepsilon$ (de modo que es evidente que estamos hablando de uno de los $\delta$).

Dado $\varepsilon>0$, vamos a $\delta =\varepsilon$. Independientemente de la racionalidad de $x$, $|f(x)-f(1)|=|x-1|$, por lo $|x-1|<\delta$ implica $|f(x)-f(1)|=|x-1|<\delta =\varepsilon$.