Функция, разрывная на открытом множестве

[Dedekind]

Задача. Пусть $O$ - открытое множество. Постройте функцию $g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, которая будет разрывна в каждой точке $O$, но непрерывна в каждой точке $O^c$.

Попытка решения. Покажем, что следующая функция удовлетворяет условию.

$$g(x) = \begin{cases} \inf\{|x-a|: a\in O^c\},&\text{если $x\in O\cap \mathbb{Q}$}\\ 0,&\text{в противном случае} \end{cases}$$

1. $g(x)$ непрерывна на $O^c$. Пусть $c\in O^c$. Тогда $g(c) = 0$. Для любого $\varepsilon >0$ существует $\delta = \varepsilon$ такая, что если $|x - c|<\delta$, то $|g(x) - g(c)| = |g(x)| \le |x-c| < \varepsilon$. Предпоследнее неравенство следует из определения инфиМума (спасибо Combat Zone:)).

2. $g(x)$ разрывна на $O\cap \mathbb{Q}$. Пусть $c\in O\cap \mathbb{Q}$. Поскольку $O^c$ замкнуто, то $g(c) \equiv \alpha > 0$. Пусть $\varepsilon = \alpha/2$. Тогда, в силу плотности иррациональных чисел, для любого $\delta>0$ существует $x\in \mathbb{I}$, такой что $|x - c|< \delta$ и $|g(x) - g(c)| = |0 - \alpha| = \alpha \ge \varepsilon$.

3. $g(x)$ разрывна на $O\cap \mathbb{I}$. Пусть $c\in O\cap \mathbb{I}$. По определению, $g(c) = 0$. И вот тут я подзастрял. По идее, нужно доказать, что существует нижняя граница на $\inf\{|x-a|: a\in O^c\}$ так, что для любой дельта-окрестности $c$ значение $g$ на рациональных точках из этой окрестности нельзя сделать меньше определенного значения. Понятно, что для любой заданной дельта-окрестности, это можно показать. Но как доказать, что такая граница существует для любой окрестности?

-- 02.08.2025, 15:58 --

Хотя вот, похоже, есть один вариант. Поскольку $O$ открытое, то существует $\alpha>0$ такое что $V_\alpha (c) \equiv (c-\alpha, c + \alpha) \subseteq O$.

Тогда для любого $x\in V_\alpha (c) $: $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c-\alpha - a|: a\in O^c\}$ (или $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c+\alpha - a|: a\in O^c\}$).

В любом случае, для $0<\varepsilon < \inf\{|c\pm \alpha - a|: a\in O^c\} $ для любого $\delta>0$ найдется такой рациональный $x\in V_\delta (c)$, что $|g(x) - g(c)| = |g(x) - 0| = g(x) = \inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \varepsilon $.

[Combat Zone]

Мне кажется более естественным для такого примера определение предела по Гейне использовать.

[Anton_Peplov]

Прошу прощения, что такое $O^c$ ?

[Combat Zone]

Дополнение к множеству $O$. Не благодарите )

[Dedekind]

Combat Zone в сообщении #1696217 писал(а):

Мне кажется более естественным для такого примера определение предела по Гейне использовать.

В таком случае нужно доказать, что для любой точки $c\in $O\cap\mathbb{I}$ $ существует последовательность $(x_n) \to c$, и при этом $\lim g(x_n) \ne g(c) = 0$.
Как вариант, можно взять последовательность рациональных $(x_n) \to c$. Тогда $ g(x_n) \ne 0$ для любого $x_n$. Но ведь этого же недостаточно, чтобы утверждать, что $\lim g(x_n) \ne 0$. В общем, прошу еще одну подсказку:)

И все-таки, вот это рассуждение не проходит?

Dedekind в сообщении #1696151 писал(а):

Поскольку $O$ открытое, то существует $\alpha>0$ такое что $V_\alpha (c) \equiv (c-\alpha, c + \alpha) \subseteq O$.

Тогда для любого $x\in V_\alpha (c) $: $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c-\alpha - a|: a\in O^c\}$ (или $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c+\alpha - a|: a\in O^c\}$).

В любом случае, для $0<\varepsilon < \inf\{|c\pm \alpha - a|: a\in O^c\} $ для любого $\delta>0$ найдется такой рациональный $x\in V_\delta (c)$, что $|g(x) - g(c)| = |g(x) - 0| = g(x) = \inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \varepsilon $.

Anton_Peplov в сообщении #1696221 писал(а):

Прошу прощения, что такое $O^c$ ?

Combat Zone в сообщении #1696222 писал(а):

Дополнение к множеству $O$. Не благодарите )

Да, так и есть.

[Combat Zone]

Dedekind в сообщении #1696268 писал(а):

В таком случае нужно доказать, что для любой точки $c\in $O\cap\mathbb{I}$ $ существует последовательность $(x_n) \to c$, и при этом $\lim g(x_n) \ne g(c) = 0$.
Как вариант, можно взять последовательность рациональных $(x_n) \to c$. Тогда $ g(x_n) \ne 0$ для любого $x_n$. Но ведь этого же недостаточно, чтобы утверждать, что $\lim g(x_n) \ne 0$. В общем, прошу еще одну подсказку:)

Я думаю, проще использовать результат вашей предыдущей задачи о непрерывности расстояния от точки до множества.
$\hat g(x)= \inf |x-a| \colon a\in A^c$ непрерывна на множестве $A$ (которое у вас $O$, мне обозначения не нравятся. Точка $c$ мне не нравится тоже, она народ с толку сбивает, путаясь с обозначением дополнения, пусть будет $x_0$).

А дальше без разницы, какое $x_0$, рациональное или иррациональное. Проблему представляют только те, что лежат в $A$.
Множество иррациональных всюду плотно, так что найдется последовательность, сходящаяся к $x_0$, на этой последовательности функция нулевая. Множество рациональных всюду плотно, и тоже найдется последовательность, сходящаяся к $x_0$, на ней функция будет равна расстоянию до множества, а оно непрерывно, и под его знаком можно переходить к пределу. Осталось сравнить и сделать выводы.

Открытость используется, расстояние от точки $x_0$ до дополнения должно быть строго положительно.

Dedekind в сообщении #1696268 писал(а):

Поскольку $O$ открытое, то существует $\alpha>0$ такое что $V_\alpha (c) \equiv (c-\alpha, c + \alpha) \subseteq O$.

Тогда для любого $x\in V_\alpha (c) $: $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c-\alpha - a|: a\in O^c\}$ (или $\inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \inf\{|c+\alpha - a|: a\in O^c\}$).

В любом случае, для $0<\varepsilon < \inf\{|c\pm \alpha - a|: a\in O^c\} $ для любого $\delta>0$ найдется такой рациональный $x\in V_\delta (c)$, что $|g(x) - g(c)| = |g(x) - 0| = g(x) = \inf\{|x - a|: a\in O^c\} > \varepsilon $.

Сейчас вчитаюсь. Свои мысли проще думать.

Upd. Нормально. Немного тяжеловесно на мой взгляд, но это вкусовщина.

[Dedekind]

Странно, вот до этого

Combat Zone в сообщении #1696272 писал(а):

Множество иррациональных всюду плотно, так что найдется последовательность, сходящаяся к $x_0$, на этой последовательности функция нулевая.

догадался быстро, а тут

Combat Zone в сообщении #1696272 писал(а):

Множество рациональных всюду плотно, и тоже найдется последовательность, сходящаяся к $x_0$, на ней функция будет равна расстоянию до множества, а оно непрерывно, и под его знаком можно переходить к пределу.

долго тупил, хотя это же то же самое практически:)

Combat Zone в сообщении #1696272 писал(а):

Нормально. Немного тяжеловесно на мой взгляд, но это вкусовщина.

Спасибо за помощь и фидбек!