Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.1k kez görüntülendi
$f\left( x\right) =\begin{cases}1,\ x \in \mathbb{Q}\\ 0, \ x\notin \mathbb{Q}\end{cases}$ Dirichlet fonksiyonudur. Buna göre $x$'in her değeri için f fonksiyonun kuralı $f(x)$ süreksizdir, kanıtlayınız. Akşam vakitlerinde cevabı gireceğim. Tartışabiliriz.
Lisans Matematik kategorisinde (129 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 1.1k kez görüntülendi
$c \in \mathbb{R} $ olsun ve sifirdan farkli olsun. O zaman bir tane elemanlari $ \mathbb{Q}$ da olan $a_n$ dizisi vardir ki $\lim_{n\to\infty} a_n = c$ ve bir tane de elemanlari $ \mathbb{Q}^c$ de olan $b_n$ dizisi vardir ki $\lim_{n\to\infty} b_n = c$ (Neden ?). Dikkat edin ki $\lim_{n\to\infty} f(a_n) = 1$

ama $\lim_{n\to\infty} f(b_n) = 0$. Bu nedenle fonksiyon her yerde sureksizdir. Bir (yada iki) soru da benden olsun. $f|_{\mathbb{Q}}$  ve $f|_{\mathbb{Q^c}}$ fonksiyonlarinin surekli oldugunu gosterebilir miyiz ? Diger bir soru olarak ise sunu gosterebilir miyiz?

Her $f : \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ fonksiyonu icin $\mathbb{R}$ de yogun bir $D$ kumesi vardir ki $f|_D$ sureklidir.
"Her $f : \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ fonksiyonu icin $\mathbb{R}$ de yogun bir $D$ kumesi vardir ki $f|_D$ sureklidir."

ilginç bir soru. Ayrı bir soru olarak sorulsa yi olur.
bir baska kanit ise su olabilir:

Teoremler:

Her kapali kumenin on goruntusu kapali ise $f$ sureklidir.

$X$ aciktir ancak ve ancak $X$ in ici (interior?) $X$ e esitse.

$int(X) = X \iff X $ acik .

$X$ kapalidir ancak ve ancak $X$ in kapanisi (closure?) $X$ e esitse.

$cl(X) = X \iff X $ kapali .

$\text{int}(\mathbb{Q}) = \{\} $

$\text{cl}(\mathbb{Q}) = \mathbb{R} $

 

Alisilageldik topolojiyi alalim $\mathbb{R}$ ustune.

$\{1\}$ ve $\{0\}$  kapali kumeler. Ongoruntuleri ise $f^{-1})\{1\}) = \mathbb{Q}$ ve $f^{-1})\{0\}) = \mathbb{Q^c}$

.

$\mathbb{Q}$ nun ici kendisine esit olmadigi icin $\mathbb{Q}$ acik bir kume degil o zaman $\mathbb{Q^c}$ kapali degil.

$\mathbb{Q}$ nun kapanisi kendisine esit olmadigi icin $\mathbb{Q}$ kapali bir kume degil o zaman $\mathbb{Q^c}$ acik bir kume degil.

 

Aslinda araliklardan bir tanesi icin gostersek yeterliydi sanirim. Neyse sonuc olarak $\mathbb{Q}$ ne acik ne kapali ve bir kapali kumenin ongoruntusu yani $f$ surekli degil.
$\epsilon$ - $\delta$ kaldi galiba bir de
$f\left( x\right) =\begin{cases}1,\ x \in \mathbb{Q}\\ 0, \ x\notin \mathbb{Q}\end{cases}$

Diyelim ki $f(x)$ sürekli olsun. O halde:

$\lim _{x\rightarrow x_{0}}f\left( x\right) =f\left( x_{0}\right) \Leftrightarrow \forall \varepsilon >0,\exists \delta>0:$ eğer, $\left| x-x_{0}\right| <\delta$ ise $\left| f\left( x\right) -f\left( x_{0}\right) \right| <\varepsilon$ olur.

O halde $\varepsilon=1$ olsun. yazılabilir ki:

$\left| f\left( x\right) -f\left( x_{0}\right) \right| <1$. O zaman $x_{0}$ rasyonel bir sayı olsun, o halde $f(x_{0})=1$ olur. Fakat, rasyonel sayıların yoğunluğundan dolayı $x\in(x_{0}-\delta, x_{0}+\delta)$ aralığından irrasyonel bir sayı seçebiliriz. o da $f(x)=0$ olur. Kısacası,

$\left|0-1\right|<1$, ki bu da çelişkidir.

Aynısını, tekrar ve bu sefer $f(x_{0})$'ı irrasyonel seçerek, bir çelişki elde ederiz. Bu iki çelişki bize bu fonksiyon kuralının her aralıkta süreksiz olduğunu gösterir. $\blacksquare$
Katkılarınızdan dolayı teşekkür ederim.

İlgili linkte ispatlanmış

Genellikle eğer aynı soru sorulmuşsa soru kapatılıyor

Kapatılmasında maruz yok, aynı soruymuş. Ama burada iki üç cevap birden toplandığı için silmek içimden gelmiyor açıkçası :)
20,247 soru
21,774 cevap
73,415 yorum
2,139,007 kullanıcı