$f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R} \ \ \lim _{q \rightarrow t, \ q\in \mathbb{Q}} f(q) =g$

Question

Existe una función continua $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$

Demostrar que $ \exists t \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \ \ \exists g \in \mathbb{R} :\ \ \lim _{q \rightarrow t, \ q\in \mathbb{Q}}f(q)=g$.

Probar que hay $2^{\aleph _0}$ tal números $t$.

Sé que si una función es continua en los puntos racionales, entonces es continua en todo $ \mathbb{R}$, pero eso no es relevante para el problema, ¿es?

Le agradeceria toda su ayuda.

Gracias.

Answer 1

Aquí está mi intento; tengo la esperanza de que hay una solución más sencilla. (Pero si ya has visto los hechos que menciono a continuación, no es tan complicado.)

Vamos a definir $$\omega(f,x)=\limsup\limits_{\substack{t\to x\\t\in\mathbb Q}} f(t)-\liminf\limits_{\substack{t\to x\\t\in\mathbb Q}} f(t).$$ (Esto tiene sentido para$x\in\mathbb R$; aunque la función $f$ sólo está definida para los racionales.)

La continuidad en $\mathbb Q$ implica que el $\omega(f,x)=0$ si $x\in\mathbb Q$.

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El conjunto $\{x\in\mathbb R; \omega(f,x)<\varepsilon\}$ está abierto en $\mathbb R$ por cada $\varepsilon>0$.

Si definimos, por ejemplo, $$g(x)=\liminf\limits_{\substack{t\to x\\t\in\mathbb Q}} f(t),$$ entonces $$\omega(f,x)=\limsup\limits_{t\to x} g(t)-\liminf\limits_{t\to x} g(t)=\omega(g,x).$$ El hecho de que la función de $\omega(g,x)$ es semicontinua superior y el anterior conjunto es abierto se utiliza a menudo en la prueba de que el conjunto de puntos de continuidad de cualquier función es:$G_\delta$.

Véase, por ejemplo:

• Kaczor, Nowak: Problemas de Análisis Matemático II; Problema 1.4.20
• Conjunto de puntos de continuidad de la se $G_{\delta}$

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Por lo tanto $M=\{x\in\mathbb R; \omega(f,x)=0\}$ $G_\delta$ set que contiene racionales. Si podemos mostrar que $|M|=2^{\aleph_0}$, luego tenemos a $2^{\aleph_0}$ $M\setminus\mathbb Q$ con las propiedades requeridas.

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Por lo que es suficiente para mostrar que:

Cada denso $G_\delta$ subconjunto de los reales es incontable.

Por un resultado de Mazurkiewicz (se menciona, por ejemplo, en esta respuesta) subconjunto puede ser dotado de una métrica que la convierte en espacio métrico completo.

Si tenemos espacio métrico completo sin puntos aislados, entonces es incontable por Cantor-Bendixson teorema.

Algunos de los argumentos que demuestran que estos conjuntos deben ser incontables han dado también aquí:

• Cómo mostrar que $\mathbb{Q}$ no $G_\delta$
• Hace un denso $G_\delta$ subconjunto de un espacio métrico completo sin puntos aislados contienen un conjunto perfecto?

Answer 2

Deje $\Bbb P=\Bbb R\setminus\Bbb Q$, y para $x\in\Bbb R$ deje $B(x,\epsilon)=(x-\epsilon,x+\epsilon)$. Supongamos que el primer resultado es false. A continuación, para cada una de las $x\in\Bbb P$ hay un $n(x)\in\Bbb N$ tal que para cada una de las $\epsilon>0$ hay$p,q\in B(x,\epsilon)\cap\Bbb Q$$|f(p)-f(q)|\ge 2^{-n}$. Para $k\in\Bbb N$ deje $A_k=\{x\in\Bbb R\setminus\Bbb Q:n(x)=k\}$; por la categoría de Baire teorema hay un $m\in\Bbb N$ y un intervalo abierto $(a,b)$ $\Bbb R$ tal que $A_m$ es denso en $(a,b)\cap\Bbb P$ y, por tanto, en $(a,b)$. Fix $p\in(a,b)\cap\Bbb Q$. Desde $f$ es continuo, hay un $\epsilon>0$ tal que $|f(q)-f(r)|<2^{-m}$ todos los $q,r\in B(p,\epsilon)\cap\Bbb Q$, y de ello se sigue que $A_m\cap(a,b)\cap B(p,\epsilon)=\varnothing$, lo cual es una contradicción.

De hecho, esto muestra que los conjuntos de $A_k$ es para nada densa en $\Bbb P$. También cierran en $\Bbb P$. Para ver esto, supongamos que $x\in\operatorname{cl}_{\Bbb P}A_k$, y deje $\epsilon>0$ ser arbitraria; luego hay un $y\in A_k\cap B(x,\epsilon/2)$, por lo que hay $p,q\in B(y,\epsilon/2)\cap\Bbb Q\subseteq B(x,\epsilon)\cap\Bbb Q$$|f(p)-f(q)|\ge 2^{-k}$, y la demanda de la siguiente manera. Para $k\in\Bbb N$ vamos $U_k=\Bbb P\setminus A_k$; $U_k$ es un denso abierto subconjunto de $\Bbb P$, lo $G=\bigcap_{k\in\Bbb N}U_k$ es un denso $G_\delta$en $\Bbb P$, y claramente $f$ tiene una extensión continua para cada una de las $x\in G$. Por lo tanto, para terminar con el problema que sólo necesitan demostrar que $|G|=2^\omega$; esto se hace en esta respuesta a una pregunta anterior, también señaló Martin Sleziak en su respuesta.

Answer 3

Sugerencia:

Pregunta 2, ya tiene de $R$ $2^{\aleph_0}$ números, $Q$ tiene números contables, así $R\setminus Q$ todavía tiene $2^{\aleph_0}$ números...

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Añadido: Supongamos que $|R\setminus Q|=\kappa<2^{\aleph_0}$, entonces el $|R|=|R\setminus Q \cup Q|=\kappa+\aleph_0=\kappa<2^{\aleph_0}$, que conduce a una contradicción.