Функция, непрерывная в рац. точках и разрывная в иррациональ

[Someone]

Anonymous писал(а):

За объяснение конечно же БОЛЬШОЕ СПАСИБО, но нельзя ли чуточку по подробнее написать. Я нефига не понял причём сдесь $a_2=\alpha_2+\frac{\beta_2-\alpha_2}{3}$ и $b_2=a_2+\min\{\frac{\beta_2-\alpha_2}{3},\frac{1}{2}\}$! Я спрашивал про отрезки [a1,b1] ; [a2,d2] ; [/math]

Так я Вам и объясняю, откуда берутся отрезки $[a_1,b_1]$, $[a_2,b_2]$,... Просто привожу конкретный способ (совершенно необязательный). Интервал $(\alpha_n,\beta_n)$ получается из определения нигде не плотного множества, а нам нужно выбрать какой-нибудь отрезок $[a_n,b_n]$ внутри него. Я разделил интервал $(\alpha_n,\beta_n)$ на три равные части и взял среднюю часть, тогда $a_n=\alpha_n+\frac{\beta_n-\alpha_n}{3}$ и $b_n=a_n+\frac{\beta_n-\alpha_n}{3}$. Но нам нужно, чтобы длины отрезков стремились к нулю, потому что мы хотим применить к ним теорему о стягивающихся отрезках. В данном случае нетрудно доказать (я это показывал), что длины действительно стремятся к нулю, но это требует определённых рассуждений. Чтобы этих рассуждений избежать, можно заранее ограничить длину отрезка $[a_n,b_n]$ величиной $\frac{1}{n}$, которая стремится к нулю. Для этого нужно написать $b_n=a_n+\min\{\frac{\beta_n-\alpha_n}{3},\frac{1}{n}\}$.

[Someone]

PUZATIK писал(а):

А можно данную задачку по другому докoзать, или это единственное докозательство?
Если можно то пожалуйста напишите как.

Какую "данную"? О перечислении рациональных чисел? Можно. Например, так.
Определим множество $Q_n$ как множество рациональных чисел вида $\frac{m}{n}$, где $m\in\mathbb Z$. Так как множество целых чисел $\mathbb Z$ счётно, получаем, что и каждое $Q_n$, $n\in\mathbb N$ счётно. По теореме об объединении счётного множества счётных множеств, множество рациональных чисел $\bigcup_{n\in\mathbb N}Q_n$ счётно и, следовательно, его можно занумеровать натуральными числами (по определению счётного множества).
Но при таком доказательстве мы никакого конкретного способа нумерации не получаем - в отличие от изложенного ранее.

[Гость]

Someone писал(а):

Anonymous писал(а):

За объяснение конечно же БОЛЬШОЕ СПАСИБО, но нельзя ли чуточку по подробнее написать. Я нефига не понял причём сдесь $a_2=\alpha_2+\frac{\beta_2-\alpha_2}{3}$ и $b_2=a_2+\min\{\frac{\beta_2-\alpha_2}{3},\frac{1}{2}\}$! Я спрашивал про отрезки [a1,b1] ; [a2,d2] ; [/math]

Так я Вам и объясняю, откуда берутся отрезки $[a_1,b_1]$, $[a_2,b_2]$,... Просто привожу конкретный способ (совершенно необязательный). Интервал $(\alpha_n,\beta_n)$ получается из определения нигде не плотного множества, а нам нужно выбрать какой-нибудь отрезок $[a_n,b_n]$ внутри него. Я разделил интервал $(\alpha_n,\beta_n)$ на три равные части и взял среднюю часть, тогда $a_n=\alpha_n+\frac{\beta_n-\alpha_n}{3}$ и $b_n=a_n+\frac{\beta_n-\alpha_n}{3}$. Но нам нужно, чтобы длины отрезков стремились к нулю, потому что мы хотим применить к ним теорему о стягивающихся отрезках. В данном случае нетрудно доказать (я это показывал), что длины действительно стремятся к нулю, но это требует определённых рассуждений. Чтобы этих рассуждений избежать, можно заранее ограничить длину отрезка $[a_n,b_n]$ величиной $\frac{1}{n}$, которая стремится к нулю. Для этого нужно написать $b_n=a_n+\min\{\frac{\beta_n-\alpha_n}{3},\frac{1}{n}\}$.

Большое спасибо! теперь то я всё понял!!!!!!!!!!!!

[LynxGAV]

А я думала, что Гость все это время прикалывается. Оказалось все не так просто. А индюк думал..

[PUZATIK]

Someone писал(а):

PUZATIK писал(а):

А можно данную задачку по другому докoзать, или это единственное докозательство?
Если можно то пожалуйста напишите как.

Какую "данную"? О перечислении рациональных чисел? Можно. Например, так.
Определим множество $Q_n$ как множество рациональных чисел вида $\frac{m}{n}$, где $m\in\mathbb Z$. Так как множество целых чисел $\mathbb Z$ счётно, получаем, что и каждое $Q_n$, $n\in\mathbb N$ счётно. По теореме об объединении счётного множества счётных множеств, множество рациональных чисел $\bigcup_{n\in\mathbb N}Q_n$ счётно и, следовательно, его можно занумеровать натуральными числами (по определению счётного множества).
Но при таком доказательстве мы никакого конкретного способа нумерации не получаем - в отличие от изложенного ранее.

Я понимаю, что я задал не корректно поставленный вопрос! Вообще-то я имел ввиду:
"можно ли доказать, что не существует такой функции которая была бы непрерывной во всех рациональных точках и .... подругому? Или это единственный способ?

[Гость]

LynxGAV писал(а):

А я думала, что Гость все это время прикалывается. Оказалось все не так просто. А индюк думал..

А счего это я должен прикалываться? Просто мне были непонятны многие моменты!!!
Задача очень интересная, и мне хочется хорошо понять как она решается!

Спасибо всем кто мне помогает разобраться!!!!!!!!!!!!!!!!

[LynxGAV]

Извините, PUZATIK. Была не права. У Вас столько смайлов и восклицательных знаков, что я растерялась.
Давно у меня не было столько эмоций.

[Someone]

PUZATIK писал(а):

Я понимаю, что я задал не корректно поставленный вопрос! Вообще-то я имел ввиду:
"можно ли доказать, что не существует такой функции которая была бы непрерывной во всех рациональных точках и .... подругому? Или это единственный способ?

Не слишком ли много Вы от меня хотите?
Вы поняли то решение, которое я предложил? На мой взгляд, оно весьма естественно. Во всяком случае, оно сразу же пришло мне в голову.
Что касается другого способа, то он наверняка существует. Вот и попробуйте его придумать.

[POKEMON]

Someone писал(а):

Множество $U_n$, очевидно, открыто; кроме того, оно является всюду плотным, так как содержит множество точек непрерывности функции $f(x)$. Поэтому дополнительное множество $F_n=\nathbb{R}\setminus U_n$ замкнуто и нигде не плотно на числовой прямой $\mathbb{R}$.

Почему если множество $U_n$ открыто и всюду плотно, то его дополнение $F_n=\nathbb{R}\setminus U_n$ замкнуто -- это я понял! А вот почему оно является нигде не плотным я не понял! Подскажите пожалуйста!!!!

[Someone]

POKEMON писал(а):

Someone писал(а):

Множество $U_n$, очевидно, открыто; кроме того, оно является всюду плотным, так как содержит множество точек непрерывности функции $f(x)$. Поэтому дополнительное множество $F_n=\nathbb{R}\setminus U_n$ замкнуто и нигде не плотно на числовой прямой $\mathbb{R}$.

Почему если множество $U_n$ открыто и всюду плотно, то его дополнение $F_n=\nathbb{R}\setminus U_n$ замкнуто -- это я понял! А вот почему оно является нигде не плотным я не понял! Подскажите пожалуйста!!!! :cry: :cry: :cry:

Да потому, что для любого интервала $(a,b)\subseteq\mathbb R$ множество $(a,b)\setminus F_n=(a,b)\cap U_n$ открыто (как пересечение двух открытых множеств) и непусто (так как $U_n$ всюду плотно). Поэтому (по определению открытого множества на числовой прямой) для любой точки $x\in(a,b)\setminus F_n$ (которая обязательно найдётся, так как $(a,b)\setminus F_n$ непусто) существует интервал $(x-\delta,x+\delta)\subseteq(a,b)\setminus F_n$, $\delta>0$, что и означает, что множество $F_n$ нигде не плотно в $\mathbb R$ (по определению нигде не плотного множества).

Вы бы литературу-то почитали бы. Ей богу, пользы больше будет.

[Pokemon]

Хочется уточнить: если множество содержит все рациональные или все иррациональные точки, то оно всюду плотно. Это ведь доказывается по определению всюду плотного множества ветно? Если нет то как?

[Someone]

Pokemon писал(а):

Хочется уточнить: если множество содержит все рациональные или все иррациональные точки, то оно всюду плотно. Это ведь доказывается по определению всюду плотного множества ветно? Если нет то как? :D :D :D

Исключительно по определению. Поскольку каждый интервал содержит хотя бы одну рациональную и хотя бы одну иррациональную точку, то оба множества всюду плотны на числовой прямой. А если $A\subseteq\mathbb R$ всюду плотно в $\mathbb R$ и $A\subseteq B\subseteq\mathbb R$, то и $B$ всюду плотно в $\mathbb R$ - по определению всюду плотного множества.
Я, вообще-то, нахожусь в некотором затруднении, поскольку не понимаю причины Вашего затруднения в этом вопросе.

[Гость]

Someone писал(а):

Pokemon писал(а):

Хочется уточнить: если множество содержит все рациональные или все иррациональные точки, то оно всюду плотно. Это ведь доказывается по определению всюду плотного множества ветно? Если нет то как?

Исключительно по определению. Поскольку каждый интервал содержит хотя бы одну рациональную и хотя бы одну иррациональную точку, то оба множества всюду плотны на числовой прямой. А если $A\subseteq\mathbb R$ всюду плотно в $\mathbb R$ и $A\subseteq B\subseteq\mathbb R$, то и $B$ всюду плотно в $\mathbb R$ - по определению всюду плотного множества.
Я, вообще-то, нахожусь в некотором затруднении, поскольку не понимаю причины Вашего затруднения в этом вопросе.

Мне просто хотелось этот факт уточнить!!! Просто мы ещё не проходили всюду плотное множество! Я изучаю это сам!!! Большое спасибо за помощь!!!

[Гость]

Someone писал(а):

Anonymous писал(а):

А когда мы доказывали что множество иррациональных точек не явл. множ. первой по Бэру категории, сначала писали (Напротив заранее будем предпологать, что множество рац. чисел сод. в этом множ...)! дак вот можно это не писать? Или это объязательно?

А можно этот пункт по-подробней написать? Пожалуйста!!!!!!!!!!
За ранее длагодарен!!!

Нам же нужно найти ИРРАЦИОНАЛЬНОЕ число, не содержащееся в $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$. Простейший способ обеспечить, чтобы $q_0\in\bigcap_{n\in\mathbb N}[a_n,b_n]$ было иррациональным, состоит в том, чтобы заранее исключить все рациональные числа, присоединив их к $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$.

Хочется ещё кое что уточнить: мы доказывали что точка q0 является иррациональным числом и она не содержится в множестве $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$ , то ведь это означает что все иррациональные числа не содержаться в данном множестве? Можете по подробнее этот пункт рассказать? Очень прошу!!!!

[Someone]

Anonymous писал(а):

Хочется ещё кое что уточнить: мы доказывали что точка q0 является иррациональным числом и она не содержится в множестве $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$ , то ведь это означает что все иррациональные числа не содержаться в данном множестве? Можете по подробнее этот пункт рассказать?

О, боже! Так мы же и доказываем, что множество иррациональных чисел не содержится в $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$! Идея доказательства как раз и состоит в том, что мы находим заведомо иррациональную точку $q_0\notin\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$. А заведомо иррациональная она как раз потому, что все рациональные мы включили в $\bigcup_{n\in\mathbb N}F_n$ - я Вам этот момент уже пояснял.