Análisis real: Mostrando $f: \Bbb Q \to \Bbb Q$ es continua

Question

El siguiente es de todos los que trabajan en $\mathbb{Q}$, no $\mathbb{R}$. Estoy trabajando con la función de $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ definido pieza-sabia por

$f(x)=-1$ si $x^2<2$

$f(x)=1$ si de lo contrario

Espero demostrar $f$ es continua. La sugerencia en mi libro de texto sugiere a descomponerlo en dos pasos: Uno, mostrar $f$ es continua en a $x$ si $x^2<2$, entonces, dos, mostrar $f$ es continua en a $x$ si $x^2>2$.

Para probar el primero, los libros sugiere que nos muestran: Si $x^2<2$$\delta=\frac{2-x^2}{6}$, muestran que $y^2<2$ siempre $|x-y|<\delta$. Esto es donde estoy atascado; he desesperadamente trató de probar esta declaración de varias maneras fue en vano.

No creo que muestra $|x-y|<\delta$ $\implies$ $y^2<2$ es posible únicamente por medio del álgebra como he probado muchas diferentes manipulaciones/factoring(s) y no puedo hacerlo. Además, he pensado en tomar el límite de ambos lados (desde $y<\frac{2-x^2}{6}+x$ puede ser fácilmente obtenida a través de álgebra y de la RHS $\to$ $\sqrt{2}$ como $x \to \sqrt{2}$) sin embargo, sé que el límite no necesita preservar estricto de las desigualdades y, además, estoy seguro de si puedo trabajar con $\sqrt{2}$ así porque, técnicamente, todo el problema está en $\mathbb{Q}$. Me siento como si estoy haciendo este problema más difícil de lo que es. Cualquier sugerencias o soluciones sería muy apreciada; el problema ha estado comiendo en mí todo el día y ahora estoy muy curioso de la solución después de mis muchos intentos fallidos.

Answer 1

Su $f$ es localmente constante, así que lo mejor es que sea continua. Pero para completar la prueba formal, sólo tiene que utilizar esta caracterización de la continuidad: $f$ es continua si y sólo si para cada abierto $U$ en el target de espacio (codominio), $f^{-1}(U)$ está abierto en el dominio. Bien: si $U$ contiene $1$$-1$, entonces la inversa de la imagen es $\mathbb Q$, abierto. Si no contiene ni, a la inversa de la imagen está vacía, abierta también. Si $U$ contiene $1$ pero no $-1$, entonces la inversa de la imagen es $[\langle-\infty,\sqrt2\rangle\cup\langle\sqrt2,\infty\rangle]\cap\mathbb Q$, la cual, por ser la intersección de $\mathbb Q$ con un de $\mathbb R$, es abierta en $\mathbb Q$. Similar en el caso de la inversa de la imagen contiene $-1$ pero no $1$, pero más corto.

Answer 2

Para esto tienes que tomar una secuencia de números racionales que convergen para algunos $x\in\mathbb{Q}$. Cualquiera de las $|x|<\sqrt{2}$ o $|x|>\sqrt{2}$; la igualdad nunca podrá.

A continuación, hay un intervalo de $\{y\in\mathbb{R}: |x-y|<\delta\}$ e todos $y$ también satisfacer $|y|<\sqrt{2}$ o $|y|>\sqrt{2}$. De cualquier manera la secuencia es finalmente constante después de aplicar el $f$, por lo tanto $f$ es continua.

En particular, si usted escribe $|x-\sqrt{2}|=d$, entonces la elección de $\delta =\min\{d/2,\epsilon/2\}$, usted puede asegurar la $y$ satisfacer la condición de que se reivindica.

Para la reclamación original--como por el op de la solicitud:

$$2-x^2=|\sqrt 2-x||\sqrt 2+x|$$

$$<d|\sqrt 2+x|$$

entonces a partir de la $|x|<\sqrt 2$ podemos aplicar la desigualdad de triángulo y obtener: $$2-x^2< d(\sqrt 2 +|x|)$$

$$\le d(\sqrt2+\sqrt 2)=2d\sqrt 2$$

luego dividiendo por 6 obtenemos:

$${2-x^2\over 6}< {d\sqrt 2\over 3}<d$$

Así que esto significa $|x-y|<\delta<d$ por lo tanto $|y|<\sqrt 2$, la definición del número de $d$.

Answer 3

Esto es lo que yo haría, dado algo de conocimiento acerca de los números reales. Encontrar una secuencia de racionales $x_n$$x_n^2 < 2$$x_n \to \sqrt{2}$. Dado un $x$$x^2 < 2$$x>0$, encontramos una $n$$x_n > x$. A continuación, establezca $\delta=|x_n-x|$. Hacer lo mismo para $x^2>2$ (y para $x<0$).

A seguir tu sugerencia (que es totalmente independiente de la existencia de los números reales), tenga en cuenta que para $x>0$, $f(x)=x^2$ está aumentando, y para $x<0$, $f(x)=x^2$ está disminuyendo. Así que el "peor caso" en un intervalo de $[x-\delta,x+\delta]$$x+\delta$$x>0$$x-\delta$$x<0$.

Así que usted puede dividir en los casos. Es decir, mostrar que si $x>0$$x^2<2$$\left ( x+\frac{2-x^2}{6} \right )^2 < 2$, y que si $x<0$$x^2<2$$\left ( x - \frac{2-x^2}{6} \right )^2 < 2$.

Edit: en realidad, he aquí un intuitivo pero todavía completamente rigurosa prueba. Deje $x \in \mathbb{Q}$$x^2 < 2$. Supongamos $x_n$ es una secuencia de racionales con $x_n \to x$. Debido a $x_n \to x$, hay un $N$, de modo que para $n \geq N$, $x_n^2 < 2$. (Sketch: $x_n^2 = (x_n-x+x)^2 = (x_n-x)^2 + 2x(x_n-x) + x^2$. Elija $N$ suficientemente grande como para que los dos primeros términos son menos de $|2-x^2|$.)

A continuación, $x^2 \leq 2$ por la preservación de nonstrict de las desigualdades. Pero $x \in \mathbb{Q}$, lo $x^2 \neq 2$, lo $x^2 < 2$. Por lo tanto $f(x_n) \to f(x)$, lo $f$ es continua en a $x$ Repetir para $x^2 > 2$.

Answer 4

$x + \epsilon$ es más fácil de trabajar que el $x + \frac{2-x^2}{6}$.

También, mostrando que $2 - (x+\epsilon)^2 \geq 0$ es más fácil que mostrar a los $(x+\epsilon)^2 \leq 2$.

Pero yo pongo en duda la elección de $\epsilon$: sospecho que el método de Newton le dará una mejor elección de $\epsilon$. Si utilizamos el método de Newton para aproximar una raíz de la función $f(t) = t^2 - 2$, entonces se da una aproximación a $x$ la siguiente aproximación es

$$ y = x - \frac{f(x)}{f'(x)} = x - \frac{x^2 - 2}{2x} $$

y como recuerdo, el método de Newton para calcular una raíz cuadrada da siempre subestima. (Si estoy recordando que, erróneamente, entonces lo correcto es que los suplentes sobrestima y subestima, y por lo tanto sólo tiene que ejecutar el algoritmo dos veces) he hecho este tipo de ejercicio antes, y $2-y^2$ sólo por arte de magia se simplifica: específicamente $(2-x^2)^2$, si recuerdo correctamente.

Y lo que es mejor que haya elegido

$$ \frac{2-x^2}{2x} $$

tan largo como $x$ no está demasiado lejos de $\sqrt{2}$. Pero ahora veo la motivación detrás de su elección de $\epsilon$. Si tenemos

$$ 0 < x < 3$$

entonces tenemos

$$ \epsilon < \frac{2-x^2}{2x} $$

y, presumiblemente, la elección de $\epsilon$ también termina trabajando para el caso de $x \leq 0$.

Sin embargo, me parece que esta "simplificación" realmente sólo hace que el problema más complicado, y es mucho mejor que simplemente dividir el dominio en los casos y el uso de diferentes opciones de $\epsilon$ en cada uno.