Visa att f som är 1 på rationella, 0 på irrationella inte är gränsvärde av kontinuerliga funktioner

Känner du till Baire-Osgoods sats? (Detta är möjligen en overkill, men påståendet som du ska bevisa följer ganska direkt från satsen.)

LuMa07 skrev:

Känner du till Baire-Osgoods sats? (Detta är möjligen en overkill, men påståendet som du ska bevisa följer ganska direkt från satsen.)

Det gjorde jag inte (och de flesta egenskaperna som finns i satsen känner jag inte till, Baire space, meager set, metrizable topological space), men jag tog inspiration av en del av ett bevis av satsen och det ledde fram till ett bevis av påståendet.

Mycket trevligt :) 

Det här ser ut som ett exempel för att illustrera något steg i utvecklingen av förståelsen av funktioner och reella tal. Har det ett namn? Jag tänkte på Liouville och Weierstrass, men hittar inget så enkelt.

Funktionen $f$ heter Dirichlets funktion och jag har sett den i sig för att illustrera saker om de reella talen ($f$ är diskontinuerlig över allt och inte riemann integrerbar).

Om du menar själva frågan i sig tror jag det har att göra med faktumet att $f$ kan skrivas som ett gränsvärde av funktioner som kan skrivas som gränsvärden av kontinuerliga funktioner (detta nämndes i den ursprungliga problemformuleringen), 

$\displaystyle f\left(x\right) = \lim_{m\to \infty}\left(\lim_{n\to \infty} \cos(m! \pi x)^{2n}\right)$

Poängen tänker jag är då att visa att funktioner kan skrivas som dubbelt gränsvärde inte alltid kan skrivas som ett enkelt gränsvärde (av kontinuerliga funktioner). Kanske.  

Eftersom vi ännu inte sett ngt konkret bevisförsök finns ett behov av att väcka upp den här tråden ur sin dvala. Här är ett  försök som inte bygger på kategorisatsen (Baire).

Antag att det finns en funktionsföljd f_n av kontinuerliga fkner på R, som konvergerar punktvis mot den aktuella fknen f (Dirichlets fkn). Tag en godtycklig punkt x i R, säg irrationell och en öppen omgivning V =D(0,r) med 0<r<0,5. På grund av att x är irrationell har vi f(x)=0. Då finns ett N sådant att n>N ==> |f_n(x)-f(x)|=|f_n(x)|<r dvs f_n(x) tillhör V. f_n är kontinuerlig ==> f_n^-1(V) är öppen. Men då Q är tät i R finns en rationell punkt a i f_n^-1(V) där f(a)=1 >0,5, vilket strider mot att f_n—>f. Fallet x rationell följer med samma teknik.

Tomten skrev:

...

Men då Q är tät i R finns en rationell punkt a i f_n^-1(V) där f(a)=1 >0,5, vilket strider mot att f_n—>f.

...

Det är nog inte så här enkelt (eller så missar jag någonting). Det finns ingen likformighet i påståendet som man vill bevisa, så jag ser inte direkt varför det skulle strida mot punktvis konvergens $f_n \to f$.

Notera i synnerhet att punkten $a$ beror av mängden $f_n^{-1}(V)$, d.v.s. $a$ beror av $n$ och det borde betecknas $a_n$.

Hade det gått att välja en gemensam punkt $\displaystyle a \in \bigcap_{n>N} f_n^{-1}{(V)} \cap \mathbb{Q}$, så skulle det verkligen strida mot punktvis konvergens $f_n(a) \to f(a)$.

Kan ta och skriva ut min lösning. (Jag kommer blanda några svenska och engelska termer då jag inte kan allt på svenska pga engelsk litteratur)

Antag att det finns en följd kontinuerliga funktioner $\{f_n\}$ så att $f_n \to f$. Låt $\varepsilon > 0$ och definiera (detta steg tog jag från baire beviset). Låt $D_{ij}=\{x\in \mathbb R : |f_i(x)-f_i(j)|\leq \varepsilon\}$ för positiva heltal $i,j$ och definiera $A_n = \bigcap_{i,j>n}D_{ij}$.

Eftersom $g_{ij}(x)= |f_i(x)-f_i(j)|$ är kontinuerlig och $D_{ij} = g_{ij}^{-1}([0,\varepsilon])$ ('preimage' av en sluten mängd) följer det att $D_{ij}$ är sluten. Då $A_n$ är en countable intersection av slutna mängder gäller det att $A_n$ är sluten för alla $n$. 

Då $f_n \to f$ för alla $x\in \mathbb R$ så gäller det att varje talföljd $f_n(x)$ för ett fixt $x$ är convergent och därmed cauchy. Därmed, för varje $x\in \mathbb R$ finns ett $n$ så att $x\in A_n$. Detta ger att $\mathbb R = \bigcup_{n=1}^\infty A_n$.

Nu kan vi använda övning 2.30 i Rudin (påståendet av denna övning finns längst ned) som ger att det finns ett $A_k$ med nonempty interior. Låt $x_0 \in A_k^\circ$ (interior av $A_k$). Då finns ett $r>0$ så att $B_r(x_0)=\{x\in \mathbb R: |x_0-x|<r\}\subset A_k$. Fixera något heltal $m>k$. För varje $x\in B_r(x_0)$ har vi 

$|f_i(x)-f_m(x)|\leq \varepsilon$ 

när $i>k$. Vi låter $i\to \infty$ för att få 

$|f(x)-f_m(x)|\leq \varepsilon$.

Då $f_m$ är kontinuerlig är $f_m$ likformigt kontinuerlig på den kompakta mängden $[x_0-r/2,x_0+r/2],$ tag ett $\delta$ så att om $|x-y|<\delta$ så är $|f_m(x)-f_m(y)|< \varepsilon$ för $x,y\in [x_0-r/2,x_0+r/2]$.

Låt $r^\prime=\min\{\delta/2,r/2\}$ och tag $\alpha,\beta \in B_{r^\prime}(x_0)$ så att $\alpha\in \mathbb Q$ och $\beta\notin \mathbb Q$ (möjligt då $\mathbb Q$ och $\mathbb R\setminus \mathbb Q$ är dense). Då är $|\alpha-\beta|\leq |\alpha-x_0|+|x_0-\beta|<\delta$.

Vidare är
$1 = |f(\beta)-f(\alpha)|\leq |f(\beta)-f_m(\beta)|+|f_m(\beta)-f_m(\alpha)|+|f_m(\alpha)-f(\alpha)|$

Den första och sista termen är mindre än $\varepsilon$ då $\alpha,\beta \in B_{r^\prime}(x_0)\subset A_k$. Den mittersta termen är mindre än $\varepsilon$ eftersom $f_m$ är likformigt kontinuerlig och $|\alpha-\beta|<\delta$ och $\alpha,\beta \in [x_0-r/2,x_0+r/2]$. Alltså får vi $1\leq 3\varepsilon$. Då $\varepsilon$ var arbiträr är detta en motsägelse. 

Påståendet från övning 2.30 i Rudin (Jag skriver av den på engelska)

If $\displaystyle \mathbb R^k = \bigcup_{n=1}^\infty F_n$ where each $F_n$ is a closed subset of $\mathbb R^k$, then at least one $F_n$ has a nonempty interior.  

Det är ngt konstigt med utskriften av den sista delen av beviset. Det verkar som att beteckningarna fallit bort. Är det ngn AI- översättning från engelska? I nuvarande skick är det föga läsbart.

Min Rudin heter Real and Complex Analysis och där finns ingen övning 2.30. Är det en annan Rudin du har?

Om du är på mobilen kan det buggas ut. Det ser ok ut för mig och jag har inte använt AI. Övningen är från baby rudin (Principles of mathematical analysis). 

Jepp, jag var på mobilen. Här på datorn funkar det som det ska. Tack!