Exista functie cu limita infinit in orice punct rational?

[Alin Galatan]

Exista functii \( f:R\to R \) astfel ca \( \lim_{x\to r}f(x)=\infty,\:\forall r\in Q? \)

[Tiberiu Popa]

Este o consecinta a unei probleme data la nationala.

Vezi http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic ... 675#440675

[Alin Galatan]

Rezolvarea mea e urmatoarea: presupunem prin absurd ca ar exista o astfel de functie. Fie \( \left\{r_n\right\} \) sirul numerelor rationale. Atunci \( \forall m\in N \), pentru fiecare \( r_n \) exista un \( \epsilon_n(m)>0 \) astfel ca \( f(x)>m \), \( \forall x\in \left(r_n-\epsilon_n(m),r_n+\epsilon_n(m)\right)\backslash\left\{r_n\right\} \).
Notam \( F(m)=\bigcup_{n=1}^{\infty}\left(r_n-\epsilon_n(m),r_n+\epsilon_n(m)\right) \). Multimile \( F(m) \) sunt deschise. Avem deci ca \( f(x)>m,\forall x\in F(m)\backslash Q \).
Notam \( F=\bigcap_{m=1}^{\infty}F(m) \).
Daca \( F\backslash Q\neq\emptyset\Rightarrow\exists\lambda\in F\backslash Q\Rightarrow f(\lambda)>m,\forall m\in N \), evident absurd.
Deci \( F=Q\Rightarrow |F|=\aleph_0 \), deci se scrie ca reuniune de multimi inchise, fara interior.
\( R\backslash F=R\backslash\bigcap_{m=1}^{\infty}F(m)=\bigcup_{m=1}^{\infty}(R\backslash F(m)) \)
Intrucat \( R\backslash F(m) \) sunt multimi inchise, fara interior (daca ar exista un interval inclus in \( R\backslash F(m) \), inseamna ca acesta nu intersecteaza \( F(m) \), absurd, deoarece \( F(m) \) contine toate rationalele), obtinem ca \( R=F\cup (R\backslash F) \) unde ambele multimi se scriu ca reuniuni de multimi inchise fara interior (ABSURD, contrazicand teorema lui Baire).
Deci nu exista functii f cu acea proprietate.

[maky]

Raspunsul este nu. Demonstrez prin reducere la absurd.
Incep cu urmatoarea afirmatie: fie \( [a,b] \) un interval cu proprietatea ca \( f(x) \geq k \), pentru orice \( x\in[a,b] \). Atunci exista un interval \( [c,d] \) astfel incat \( f(x) \geq k+1 \) pentru orice \( x\in [c,d] \) si \( [c,d] \subseteq [a,b] \).
Demonstratie: exista un numar rational \( q \in (a,b) \). Cum \( \lim_{x\rightarrow q} f(x)=+\infty \), rezulta ca exista o vecinatate a lui \( q \) pe care \( f(x)\geq k+1 \), pentru orice \( x \in (q-\varepsilon,q+\varepsilon)\setminus \{q\} \). Mai mult, consider aceasta vecinatate ca fiind inclusa in \( [a,b] \). Aleg \( [c,d] \subset (q-\varepsilon,q) \). Atunci, din cele de mai sus, \( [c,d] \subseteq [a,b] \) si \( f(x)\geq k+1 \) pentru orice \( x \in [c,d] \). Acum definesc sirul de intervale \( I_k = [a_k,b_k] \) cu proprietatea ca \( I_k \subseteq I_{k-1} \) si \( f(x)\geq k \) pentru orice \( x\in I_k \). (Constructia este posibila datorita afirmatiei anterioare, procedand inductiv - tot de mai sus se deduce si cum gasesc primul interval din sir). Din teorema lui Cantor, multimea \( S=\bigcap_{k} I_k \) este nevida (*).
Fie \( x\in S \). Se observa ca \( f(x) \geq k \) pentru orice \( k \) natural, contradictie.

Observatie: pentru \( f : \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R} \), functia data de \( f(x)=q \), pentru \( x=p/q \), cu \( \gcd(p,q)=1 \) si \( q>0 \) (adica scrierea sub forma de fractie ireductibila) satisface relatia din enunt.
Afirmatia marcata cu (*) face diferenta intre \( \mathbb{R} \) si \( \mathbb{Q} \).