Prueba de continuidad de una función real!

Question

Deje $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ser una función real, y que se cumpla que: para todos los $x\in\mathbb{R}$ $$\lim_{r\to x,r\in\mathbb{Q}}f(r)=f(x).$$ Mostrar que $f$ es continua en a $\mathbb{R}.$

Answer 1

Para una fija $x$, y un determinado $\epsilon>0$, en primer lugar, encontrar una $\delta$, de modo que, si $r$ es racional y $|r-x|<\delta$$|f(r)-f(x)|<\epsilon$. Entonces si $t$ es cualquier real con decir $|t-x|<\delta/2$ podemos elegir un racional $r$ muy cerca de $t$ tal que $r$ es también dentro de$\delta$$x$. Ahora aplique el triángulo de la desigualdad $(f(t)-f(x)) = (f(t)-f(r)) + (f(r)-f(x))$ y obtener

$|f(t)-f(x)|<=|f(t)-f(r)|+|f(r)-f(x)|.$

Desde $t$ está cerca de a $r$ el primer término es pequeño, y desde $r$ está cerca de a $x$ el segundo término es pequeño. La idea es que en cada término independiente uno racional y uno real se produce, por lo que su hipótesis acerca de la convergencia de los límites de lo racional convergencia de los valores de a real se aplica. No me llene en todos los detalles, pero con algún tipo de manipulación que uno puede hacerse una cosa menos de $2\epsilon$.

EDIT: Esto tiene que ser pensado a través de más. Estoy de acuerdo con el OP que no está claro cómo los detalles deben ir. Pero al menos a mí me parece que va a ir a través de...

Otro intento, más detalles: Dado el fijo real $x$ y algunos $\epsilon>0$. Primero podemos elegir el $\delta_1>0$, de modo que racional, $r$ hemos

$|r-x|<\delta_1$ implica $|f(r)-f(x)|<\epsilon/2$.

Definir $\delta=\delta_1/2$

Supongamos $t$ es real con $|t-x|<\delta = \delta_1/2$.

Ahora podemos recoger $\delta'>0$, de modo que racional, $r$ hemos

$|r-t|<\delta'$ implica $|f(r)-f(t)|<\epsilon/2$.

Ahora pon $\delta_2=min(\delta,\delta')$ y escoger un racional $r$$|r-t|<\delta_2$.

Luego tenemos a $|r-x|<=|r-t|+|t-x|<\delta_1/2+\delta_1/2=\delta_1$, de modo que $|f(r)-f(x)|<\epsilon/2$, y también de $|r-t|<\delta_2$ también hemos $|r-t|<\delta'$, de modo que $|f(r)-f(t)|<\epsilon/2$. Por fin llegamos a $|f(t)-f(x)|<\epsilon$ sobre la aplicación de la desigualdad de triángulo.

Answer 2

Fijar un $\xi\in{\mathbb R}$. Si $f$ no fueron continuas en $\xi$ podríamos encontrar una $\epsilon_0>0$, y para cada una de las $\delta>0$ un punto de $x_\delta\in U_\delta(\xi)$ con $$|f(x_\delta)- f(\xi)|\geq\epsilon_0\ .$$ Consider such an $x_\delta$. As $$\lim_{q\to x_\delta, \ q\in{\mathbb Q}} f(q)=f(x_\delta)$$ we can find a $q_\delta\in{\mathbb Q}$ with $|q_\delta x\delta|<\delta$ such that $$|f(q_\delta)-f(x_\delta|<{\epsilon_0\over2}\ .$$

De ello se desprende que hay para cada una de las $\delta>0$ un punto de $q_\delta\in U_{2\delta}(\xi)\cap{\mathbb Q}$ tal que $$|f(q_\delta)-f(\xi)|\geq{\epsilon_0\over2}\ .$$ This contradicts $\lim_{q\a \xi \ q\in{\mathbb Q}} f(q)=f(\xi)$.

Answer 3

Parece Rudin del teorema 4.6 (en la Tercera edición) es casi exactamente esto. Parafraseando a hacer que coincida con la situación:

Si $x$ es un punto límite de $\mathbb Q$, $f$ es continua en a $x$ si y sólo si $\lim_{r\rightarrow x,r\in \mathbb Q}f(r)=f(x)$.

Claramente, todos los $x\in \mathbb R$ límite de puntos de $\mathbb Q$. Lamentablemente, Rudin la prueba es, y cito exactamente,

"Esto es evidente si comparamos las Definiciones 4.1 y 4.5".

El primero es la definición del límite y la segunda la definición de continuidad. Tal vez lo que él está diciendo es que al ser un punto límite garantiza que un $\delta$ barrio de $x$ siempre va a existir, que contiene una adecuada $r$, y podemos usar el mismo $\delta$ para cualquier correspondientes a $\epsilon$ se utiliza para establecer el límite en la hipótesis.

Answer 4

Aquí está mi respuesta. (correcto o no)
Prueba: vamos a utilizar el Teorema de Heine： Supongamos $x_n\to x_0$$n\to \infty$, queremos demostrar que: $$\lim_{n\to \infty}f(x_n)=f(x_0).$$ Debido a $$\lim_{r\to x,r\in\mathbb{Q}}f(r)=f(x)\ \ (*)$$ sabemos que: para cualquier $\epsilon>0,\exists\ \delta>0$, s.t al $|r-x_n|<\delta$ $r\in\mathbb{Q}$ $$|f(r)-f(x_n)|<\epsilon.$$ Ahora tome $\epsilon_n=\frac{1}{n}$,$\exists \ \delta_n'>0$, s.t al $|r-x_n|<\delta_n'$ $r\in\mathbb{Q}$ $$|f(r)-f(x_n)|<\epsilon_n=\frac{1}{n}.$$ Deje $\delta_n=\min\{\delta_n',1/n\}$, obviamente, $\delta_n\leq\frac{1}{n}$, a continuación, tome $r_n$ tal que $|r_n-x_n|<\delta_n\leq\frac{1}{n}.$ Y que satisface a que $$|f(r_n)-f(x_n)|<\epsilon_n=\frac{1}{n}.$$ Por $|r_n-x_n|<\frac{1}{n}$$x_n\to x_0$, sabemos que $r_n\to x_0.$ La combinación de $(*)$, obtenemos $$\lim\limits_{n\to \infty}f(r_n)=f(x_0).$$ Para cualquier $\epsilon>0,\exists N>0$, s.t al $n>N$ $$\frac{1}{n}<\frac{\epsilon}{2}\ \text{and}\ |f(r_n)-f(x_0)|<\frac{\epsilon}{2}.$$ Por lo $|f(x_n)-f(x_0)|\leq|f(x_n)-f(r_n)|+|f(r_n)-f(x_0)|<\frac{1}{n}+\frac{\epsilon}{2}<\epsilon.$ Aquí viene el resultado.