Dirichlet Fonksiyonun Süreksiz Olduğunu İspat ediniz.

Question

$f\left( x\right) =\begin{cases}1,\ x \in \mathbb{Q}\\ 0, \ x\notin \mathbb{Q}\end{cases}$ Dirichlet fonksiyonudur. Buna göre $x$'in her değeri için f fonksiyonun kuralı $f(x)$ süreksizdir, kanıtlayınız. Akşam vakitlerinde cevabı gireceğim. Tartışabiliriz.

Comments

$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 :)