Estoy tratando de dar una $\epsilon$-$\delta$ la prueba de que la siguiente función $f$ es continua para $x\notin\mathbb Q$ pero no es para $x\in\mathbb Q$.
Deje $f:\mathbb{A\subset R\to R}, \mathbb{A=\{x\in R| x>0\}}$ dado por: $$ f(x) = \begin{cases} 1/n,&x=m/n\in\mathbb Q \\ 0,&x\notin\mathbb Q \end{casos} $$
donde $m/n$ está en el nivel más bajo de los términos.
Alguien me puede ayudar con esta prueba (prefiero una respuesta con un $\epsilon$-$\delta$ la prueba).
Muchas gracias!
SUGERENCIAS: Para demostrar que $f$ es continua en un irracional $x$, show para cualquier $n\in\Bbb Z^+$ usted puede elegir $\delta>0$ lo suficientemente pequeño para que el intervalo de $(x-\delta,x+\delta)$ no contiene fracción con un denominador $\le n$ en el menor plazo. Utilice el hecho de que entre dos racionales con denominador $m$ hay una diferencia de al menos $\frac1m$.
Para mostrar que $x$ es discontinua en un racional $\frac{m}n$, vamos a $\epsilon=\frac{m}n$ (o más pequeña reales positivos), y observar que todos los no-vacío intervalo abierto en $\Bbb R$ contiene un número irracional.
Para $x=\frac mn\in\mathbb Q$ seleccione $\epsilon=\frac1{2n}>0$. Asumir que hay es $\delta>0$ tal que $|x-y|<\delta$ implica $|f(y)-f(x)|<\epsilon$. A continuación, especialmente a $f(y)>\frac{1}{2n}$ tales $y$, lo que significa que todas esas $y$ son racionales y tienen denominador $<2n$. Incluso sin saber que el irrationals son densos, podemos ver que $y=\frac ab$ $b<2n$ $y\ne x$ implica $$|y-x|=\frac{|an-bm|}{bn}\ge \frac1{bn}>\frac1{2n^2}$$ debido a que el numerador debe ser $\ge 1$. Pero, por supuesto, no son (racional) de los números de $y$ $|y-x|\le \frac1{2n^2}$ (por ejemplo,$y=x+\frac1{2n^2+1}$), por lo tanto no hay tal $\delta$ existe $f$ no es continua.
Deje $x\notin\mathbb Q$ $\epsilon>0$ ser dado. Queremos una $\delta>0$ tal que $|y-x|<\delta$ implica $|f(y)-f(x)|<\epsilon$. Seleccione $n>\frac1\epsilon$. A continuación, queremos que $|y-x|<\delta$ implica que el $y$ es irracionales o tiene un denominador $\ge n$. Para cada una de las $k< n$, hay sólo un número finito racionales $\frac mk$ con denominador $k$$|\frac mk-x|<1$. Entonces $$\delta =\min\left\{\left|\frac mk-x\right|\colon k<n, \left|\frac mk-x\right|<1\right\} $$ hará el truco.
Podemos demostrar que para cada $a\in(0,1)$ tenemos $$\lim_{x\to a}f(x)=0$$
desde donde veremos sólo es continuo en el irracional puntos. Así que, vamos a escoger el $a\in(0,1)$, y vamos a ser determinado $\epsilon >0$. Elija $n$, de modo que $1/n\leq \epsilon$.
En primer lugar, observamos que los únicos puntos donde podría ser falso que $|f(x)-0|<\epsilon$ $$\frac{1}{2};\frac{1}{3},\frac{2}{3};\frac{1}{4},\frac{3}{4};\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}; \cdots ;\frac{1}{n}, \cdots ,\frac{{n - 1}}{n}$$ If $un$ is rational, then $$ could be one of those numbers. But, as many as there can be, the amountof these numbers are finite. Thus, for some $p/p$ in that list, the number $$|a-p/q|$$ is least. If $un$ is one of these numbers, consider $p/p\neq un$. Then, take $\delta$ as this distance. It will then be the case that if $0<|x-a|<\delta$, then $x$ será ninguno de los números
$$\frac{1}{2};\frac{1}{3},\frac{2}{3};\frac{1}{4},\frac{3}{4};\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5}; \cdots ;\frac{1}{n}, \cdots ,\frac{{n - 1}}{n}$$
por tanto, es cierto que $|f(x)-0|<\epsilon$.
Usted puede encontrar otro ejemplo interesante aquí.
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