Continuità con il concetto di Aderenza

[Isaac888]

Salve a tutti. Devo provare questa faccenda:

$f:[0,1] \rightarrow [0,1]$

così definita: $$f(x)=\begin{cases} x & \mbox{se }x\in [0,1]\cap \mathbb{Q} \\ 0 & \mbox{se }x\in (\mathbb{R}-\mathbb{Q})\cap [0,1],
\end{cases}$$
è continua solo nel punto $0$.

Per provare questo voglio utilizzare la seguente cosa:

"Siano $X$ ed $Y$ due spazi topologici. Una applicazione $f:X\rightarrow Y$ è continua se, $\forall A\subseteq X$ e $\forall x\in X$ aderente ad $A$, il punto $f(x)$ è aderente ad $f(A)$".

Chiaramente $0$ è aderente ad ogni sottoinsieme del tipo $(0,b]$ con $b \leq 1$, perciò $f(0)=0$ è aderente ad $f((a,b])=(\mathbb{Q}\cap(0,b])\cup{0}=[0,b]\cap\mathbb{Q}$ perchè $0$ sta nella chiusura di $(0,b]$.(Non so se può valere come caso puntuale della prop. sopra...)

Ora prendo un punto $p\ne 0$ in $[0,1]$.
Se prendo (per esempio) l'intervallo $A:=(p,1]$, allora $p$ è aderente ad $A$, ma voglio far vedere che $f(p)$ non è aderente a $f(A)={0}\cup((p,1]\cap \mathbb{Q})$. Quest ultimo passaggio dimostrerebbe la tesi con la prop. di cui sopra. Il problema è che quello che ho fatto (tutto) mi puzza un pò, perchè con questo ragionamento mi viene che $f(p)$ sta nella chiusura di $f(A)$, anzi, sta proprio in $f(A)$ per tutti i $p$ irrazionali. C'è qualcosa che non mi torna. Qualcuno può aiutarmi? Dove sbaglio?

[j18eos]

Scusa, ma quella proposizione fornisce una condizione necessaria ma non sufficiente per la continuità? Oppure ricordo male!

[_fabricius_]

Supponiamo che la proposizione sia proprio una doppia implicazione (e che valga "puntualmente").
Allora per dimostrare la continuità in 0 occorre dimostrare che per tutti gli insiemi a cui 0 sia aderente, $0=f(0)$ sia aderente anche all'immagine. Mentre hai considerato solo una particolarissima tipologia di insieme.
Per provare invece la non continuità in $p \ne 0$ allora occorre mostrare che esiste qualche insieme cui p sia aderente mentre $f(p)$ non è aderente all'immagine. Qualcuno per cui resti aderente può esistere (e infatti ne hai beccato uno), basta che non siano tutti.

[Isaac888]

Scusa, ma quella proposizione fornisce una condizione necessaria ma non sufficiente per la continuità? Oppure ricordo male!

Forse ricordi male. Ho appena notato di averla come definizione di continuità sul Manetti a pag 7. L'unica differenza è che al posto di $X$ ed $Y$ ci sono $\mathbb{R}^n$ ed $\mathbb{R}^m$. Il motivo credo sia solo perchè, fino a quella pagina, non ha ancora introdotto il concetto "astratto" di aderenza di un punto ad un insieme, ma solo quello "metrico".

hai considerato solo una particolarissima tipologia di insieme

(Qui Immagino che frabricius si riferisca, per esempio, alle tipologie non connesse...).

[Isaac888]

Tentativo di ridimostrazione della continuità in ${0}$:

Supponiamo che $f$ non sia continua in ${0}$. Allora $\exists A\subseteq[0,1]$ t.c. ${0}$ sia aderente ad $A$ ma non ad $f(A)$ (ricordo che ${0}=f({0})$).

Cioè $\exists U$ intorno aperto di ${0}$ t.c. $U\cap f(A)=\emptyset$. Voglio far vedere che questa cosa può essere contraddetta.
Naturalmente $A$ non può essere contenuto in $[0,1]\cap\mathbb{Q}$, altrimenti $f(A)=A$ e si avrebbe che $f(A)$ sarebbe aderente ad $f({0})$. Contro le ipotesi (di assurdo) fatte.
Allora $A\cap (\mathbb{R}-\mathbb{Q})\ne \emptyset$. Allora ${0}\in f(A)$, cioè $U\cap f(A)\ne \emptyset$. Assurdo


Tentativo con la prop di cui al primissimo post per il caso ($p\ne0$):

Se $\exists A\subseteqX$ t.c. $p$ sia aderente ad $A$ ma $f(p)$ non è aderente ad $f(A)$, allora $f$ non è continua in $p$ ($p\ne0$).

1) Se $p \in\mathbb{Q}$, allora $A:=[0,1]\cap(\mathbb{R}-\mathbb{Q})$ è denso in $[0,1]$, perciò $p$ è aderente in $A$. Tuttavia $f(A)={0}$, allora $f({p})={p}$ non è aderente a ${0}$. Infatti $\exists U$ intorno aperto di ${p}$ che non contiene ${0}$.

2) Sia $\alpha\ne0$. Se $p$ non appartiene a $mathbb{Q}$, sia $A:=(\alpha,p)\cap\mathbb{Q}$. Allora $p$ è banalmente aderente ad $A$, ma $f(A)=A$ ed $f({p})={0}$. Perciò è chiaro che $f({p})$ non è aderente ad $f(A)$.

Secondo Tentativo di ridimostrazione della discontinuità in $p\ne0$:

(Lo faccio sfruttando questo: Se la controimmagine dell'intorno di un punto non è intorno per la controimmagine del punto stesso, allora la funzione non è continua nel punto).

Sia $U$ un intorno aperto di $f(p)\ne0$ (Se $f(p)=0$? rinnovo la domanda di cui sotto). Per densità si ha che $U\cap\mathbb{Q}\ne\emptyset$ e $U\cap\(\mathbb{R}-mathbb{Q})\ne\emptyset$. Si vede subito che $f^{-1}(U)={x\in[0,1]|f(x)\in U}=U\cap\mathbb{Q}$ che chiaramente, non solo non è un intorno di $p$, in quanto unione numerabile di singoletti, ma è anche un chiuso. Dunque $f$ non è continua in $p$.

Qualcuno mi dica, per favore, se ho fatto bene.

Domanda:

Ha senso considerare l'intorno $U$ che ho considerato io? Voglio dire, Lo spazio di partenza è $[0,1]$ e ${0}$ è un punto di frontiera. Perchè $U$ sia un intorno di ${0}$ non dovrebbe esistere un aperto $V$ che contiene ${0}$ tutto contenuto in $U$? Ho il dubbio che in questo caso non esista, perchè $U$ e $V$ con quelle caratteristiche dovrebbero avere punti anche al di fuori dell'intero spazio, cioè al di fuori di $[0,1]$.

Oppure posso fare lo gnorri e fare finta di considerare $f$ come la restrizione di una funzione che è definita su un insieme più grosso??

[Frink]

Supponiamo che $f$ non sia continua in ${0}$. Allora $\exists A\subseteq[0,1]$ t.c. ${0}$ sia aderente ad $A$ ma non ad $f(A)$ (ricordo che ${0}=f({0})$).

Cioè $\exists U$ intorno aperto di ${0}$ t.c. $U\cap f(A)=\emptyset$. Voglio far vedere che questa cosa può essere contraddetta.
Naturalmente $A$ non può essere contenuto in $[0,1]\cap\mathbb{Q}$, altrimenti $f(A)=A$ e si avrebbe che $f(A)$ sarebbe aderente ad $f({0})$. Contro le ipotesi (di assurdo) fatte.
Allora $A\cap (\mathbb{R}-\mathbb{Q})\ne \emptyset$. Allora ${0}\in f(A)$, cioè $U\cap f(A)\ne \emptyset$. Assurdo

Mi pare vada bene.

Tentativo con la prop di cui al primissimo post per il caso ($ p\ne0 $):

Se $ \exists A\subseteqX $ t.c. $ p $ sia aderente ad $ A $ ma $ f(p) $ non è aderente ad $ f(A) $, allora $ f $ non è continua in $ p $ ($ p\ne0 $).

1) Se $ p \in\mathbb{Q} $, allora $ A:=[0,1]\cap(\mathbb{R}-\mathbb{Q}) $ è denso in $ [0,1] $, perciò $ p $ è aderente in $ A $. Tuttavia $ f(A)={0} $, allora $ f({p})={p} $ non è aderente a $ {0} $. Infatti $ \exists U $ intorno aperto di $ {p} $ che non contiene $ {0} $.

2) Sia $ \alpha\ne0 $. Se $ p $ non appartiene a $ mathbb{Q} $, sia $ A:=(\alpha,p)\cap\mathbb{Q} $. Allora $ p $ è banalmente aderente ad $ A $, ma $ f(A)=A $ ed $ f({p})={0} $. Perciò è chiaro che $ f({p}) $ non è aderente ad $ f(A) $.

Anche qui direi che va bene, anche se non ho prestato troppa attenzione al punto 2), che avrei dimostrato in modo più simile al primo:

scelto $p \ne 0$, $p \in \mathbb{R}-\mathbb{Q}$, sia $A=(0,1] \cap \mathbb{Q}$. Siccome $p$ è diverso da $0$ è punto di aderenza di $A$, e siccome $f(A)={0}$ e $f(p)=p$, $f(p)$ non è aderente ad $f(A)$ (per un intorno disgiunto da ${0}$ va bene prendere la ball di raggio $p/2$...).

Domanda:

Ha senso considerare l'intorno $ U $ che ho considerato io? Voglio dire, Lo spazio di partenza è $ [0,1] $ e $ {0} $ è un punto di frontiera. Perchè $ U $ sia un intorno di $ {0} $ non dovrebbe esistere un aperto $ V $ che contiene $ {0} $ tutto contenuto in $ U $? Ho il dubbio che in questo caso non esista, perchè $ U $ e $ V $ con quelle caratteristiche dovrebbero avere punti anche al di fuori dell'intero spazio, cioè al di fuori di $ [0,1] $.

Oppure posso fare lo gnorri e fare finta di considerare $ f $ come la restrizione di una funzione che è definita su un insieme più grosso??

Non credo di aver capito la domanda. Il tuo intorno $U$ è aperto in $[0,1]$ con la topologia di sottospazio se è l'intersezione di un aperto di $\mathbb{R}$ con $[0,1]$, quindi ad esempio per un intorno di ${0}$ va benissimo prendere la ball $B(0,\epsilon)\cap [0,1]$.

[_fabricius_]

Il ragionamento del secondo tentativo funziona solo quando U non contiene 0 ed è contenuto in [0,1], e puoi scegliere U in questo modo solo quando $f(p)$ è diverso da 0, cioè quando p è razionale. Se infatti U contiene 0 non è più vero che $f^{-1}(U)=U\cap\mathbb{Q}$.

[Isaac888]

Il tuo intorno $U$ è aperto in $[0,1]$ con la topologia di sottospazio se è l'intersezione di un aperto di $\mathbb{R}$ con $[0,1]$, quindi ad esempio per un intorno di ${0}$ va benissimo prendere la ball $B(0,\epsilon)\cap [0,1]$.

Direi che hai ragionissima. Era esattamente quello che mi serviva sapere.

scelto p≠0, p∈R−Q, sia A=(0,1]∩Q. Siccome p è diverso da 0 è punto di aderenza di A, e siccome f(A)={0} e f(p)=p, f(p) non è aderente ad f(A) (per un intorno disgiunto da {0} va bene prendere la ball di raggio p2...).

$f(A)=A$ nel caso in cui $A=(0,1]\cap\mathbb{Q}$ ed $f(p)=0$ se $p\in(\mathbb{R}-\mathbb{Q})$.

Nel passaggio 2) prendo $A$ fatto a quella maniera perchè prendendo $(0,1]\cap\mathbb{Q}$, questo viene lasciato fisso da $f$, mentre $p$ viene mandato in $0$. A questo punto le immagini sono aderenti e non ho risolto nulla. Infatti nello svolgere la dimostrazione ero stato tentato di fare come te, appunto, come dici, per "analogia" con 1). Salvo poi aver scoperto e posto rimedio (spero a modo!) a quello che ho detto.

Il ragionamento del secondo tentativo funziona solo quando U non contiene 0 ed è contenuto in [0,1], e puoi scegliere U in questo modo solo quando f(p) è diverso da 0, cioè quando p è razionale. Se infatti U contiene 0 non è più vero che f−1(U)=U∩Q.

Ci provo:

Se $f(p)=0$, siano $\epsilon>0$, e $U_{\epsilon}:=B(0,\epsilon)\cap[0,1]$ un su intorno in $[0,1]$. Allora $f^{-1}(U_{\epsilon})={x\in[0,1]| 0\leq f(x)<\epsilon}=( [0,\epsilon)\cap\mathbb{Q} )\cup ( [0,1]\cap(\mathbb{R}-\mathbb{Q}) ) = U_{\epsilon} \cup [ [\epsilon,1]\cap(\mathbb{R}-\mathbb{Q})]$
che è un intorno di $p$ solo se $p\inU_{\epsilon}$, ma se $\epsilon$ è abbastanza piccolo, dato che $p\ne0$, si ha che $p$ non appartiene ad $U_{\epsilon}$. Allora ho trovato un intorno di $f(p)=0$ la cui controimmagine non è intorno per $p$. Quindi $f$ non è continua.

Così può tornare?

[_fabricius_]

Mi sembra tutto corretto Isaac!