Aiuto funzione continua
Ho un problema nel risolvere questo esercizio:
"Dimostrare che una funzione $f$ è continua se e solo se $f^-1((a,+oo))$ e $f^-1((-oo,a))$ sono aperti, per ogni $a$ appartenente a $R$. Tale affermazione è ancora vera per ogni $a$ appartenente a $Q$?
Ho dimostrato che $f$ continua implica che $f^-1((a,+oo))$ e $f^-1((-oo,a))$ sono aperti. Qualche suggerimento per dimostrare l'altra implicazione e il secondo quesito?? Grazie!!
"Dimostrare che una funzione $f$ è continua se e solo se $f^-1((a,+oo))$ e $f^-1((-oo,a))$ sono aperti, per ogni $a$ appartenente a $R$. Tale affermazione è ancora vera per ogni $a$ appartenente a $Q$?
Ho dimostrato che $f$ continua implica che $f^-1((a,+oo))$ e $f^-1((-oo,a))$ sono aperti. Qualche suggerimento per dimostrare l'altra implicazione e il secondo quesito?? Grazie!!
Risposte
Prova per assurdo l'altra implicazione.
P.S. Come sono i razionali nei reali?
P.S. Come sono i razionali nei reali?
Ci ho provato!! Ho tentato di farlo anche con la contro nominale!! Solo che non riesco ad usare il fatto che quei due insiemi siano aperti. Mi spiego meglio.
Ragiono per assurdo. Suppongo che $f$ non sia continua. Allora esiste almeno un sottoinsieme $V$ di $R$ aperto tale che $f^(-1)(V)$ non è aperto. Da qui non riesco a procedere.
Ho anche pensato al fatto che i razionali sono densi in $R$ ma non so usare questo fatto!
Ragiono per assurdo. Suppongo che $f$ non sia continua. Allora esiste almeno un sottoinsieme $V$ di $R$ aperto tale che $f^(-1)(V)$ non è aperto. Da qui non riesco a procedere.
Ho anche pensato al fatto che i razionali sono densi in $R$ ma non so usare questo fatto!
Sono riuscito a dimostrare la seconda implicazione. Mi rimane solo il discorso dei razionali!
Se non è continua o fa un buco o c'è un salto giusto? Se c'è un buco e il buco è in un irrazionale sei fregato, se c'è un salto invece sicuramente nell'intervallo saltato c'è un razionale che ti fa accorgere del salto 
Non riesco a seguire il ragionamento di @Maci86 (i salti e buchi).
Anzi, secondo me l'affermazione iniziale rimane vera se prendiamo soltanto $a\in QQ$.
Sia $f$ la funzione di @asintoto. Per ogni collezione di sottoinsiemi $U_a\subset RR$
(con $a$ in un insieme arbitrario di indici $A$) si ha che
$f^{-1}(\cap_{a\in A}U_a)=\cap_{a\in A}f^{-1}(U_a)$
e
$f^{-1}(\cup_{a\in A}U_a)=\cup_{a\in A}f^{-1}(U_a)$.
Ora ogni aperto $U\subset RR$ e' unione di intervalli aperti $(a,b)$ con $a,b\in QQ$.
E ogni intervallo $(a,b)$ e' uguale a $(-\infty,b)\cap(a,+\infty)$. Quindi se
per ogni $a,b\in\QQ$ gli insiemi $f^{-1}(-\infty,b)$ e $f^{-1}(a,+\infty)$ sono aperti,
anche $f^{-1}(U)$ e' aperto e $f$ e' quindi continua.
Anzi, secondo me l'affermazione iniziale rimane vera se prendiamo soltanto $a\in QQ$.
Sia $f$ la funzione di @asintoto. Per ogni collezione di sottoinsiemi $U_a\subset RR$
(con $a$ in un insieme arbitrario di indici $A$) si ha che
$f^{-1}(\cap_{a\in A}U_a)=\cap_{a\in A}f^{-1}(U_a)$
e
$f^{-1}(\cup_{a\in A}U_a)=\cup_{a\in A}f^{-1}(U_a)$.
Ora ogni aperto $U\subset RR$ e' unione di intervalli aperti $(a,b)$ con $a,b\in QQ$.
E ogni intervallo $(a,b)$ e' uguale a $(-\infty,b)\cap(a,+\infty)$. Quindi se
per ogni $a,b\in\QQ$ gli insiemi $f^{-1}(-\infty,b)$ e $f^{-1}(a,+\infty)$ sono aperti,
anche $f^{-1}(U)$ e' aperto e $f$ e' quindi continua.
Supponi che limite destro e sinistro della funzione in un punto di discontinuità tendano entrambi a Pi Greco, come si comporterebbe il criterio?
Non capisco bene cosa vuoi dire. Sia $f$ per esempio la funzione $RR\rightarrow RR$
definita da $f(x)=\pi$ per ogni $x\in RR$ diverso da zero mentre $f(0)=1$ diciamo.
Cosi' abbiamo una discontinuita' del tipo che descrivi tu.
In questo caso pero, $f^{-1}(-\infty, 2)$ e' uguale a $\{0\}$ e non e'
aperto. Il criterio funziona.
Riesci a costruire un controesempio diverso?
definita da $f(x)=\pi$ per ogni $x\in RR$ diverso da zero mentre $f(0)=1$ diciamo.
Cosi' abbiamo una discontinuita' del tipo che descrivi tu.
In questo caso pero, $f^{-1}(-\infty, 2)$ e' uguale a $\{0\}$ e non e'
aperto. Il criterio funziona.
Riesci a costruire un controesempio diverso?
Prendi la funzione:
$f(x)=x forall x≠pi$
Cosa dici?
$f(x)=x forall x≠pi$
Cosa dici?
Se escludi $\pi$ dal dominio di definizione di $f$, allora $f$ e' continua.
Se invece $f$ e' una funzione da $RR$ in $RR$, devi anche dire cos'e' $f(\pi)$.
Diciamo che $f(\pi)=1$. Allora $f^{-1}(-\infty,2)=(-\infty,2)\cup\{\pi\}$ non e' aperto.
Se invece $f$ e' una funzione da $RR$ in $RR$, devi anche dire cos'e' $f(\pi)$.
Diciamo che $f(\pi)=1$. Allora $f^{-1}(-\infty,2)=(-\infty,2)\cup\{\pi\}$ non e' aperto.
Aspetta, se è fuori dal dominio non da problemi?
Non capisco cosa intendi.
Se $f$ non e' definita in $\pi$, allora $f$ non e' una funzione.
Almeno non da $RR$ in $RR$. La restrizione di $f$ a $RR-\{pi\}$
e' una funzione ed e' evidentemente continua.
Dove sono i "problemi"?
Se $f$ non e' definita in $\pi$, allora $f$ non e' una funzione.
Almeno non da $RR$ in $RR$. La restrizione di $f$ a $RR-\{pi\}$
e' una funzione ed e' evidentemente continua.
Dove sono i "problemi"?
E la definizione con gli aperti sul codominio funziona?
Si, perche' $f$ e' continua.
Anche usando i razionali?
Si, per ogni insieme aperto, in particolare per intervalli della forma $(a,+\infty)$
e $(-\infty,a)$ con $a$ razionale.
e $(-\infty,a)$ con $a$ razionale.
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