Seja $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida por $\begin{cases}x,\ \text{se}\ x \in \mathbb{Q}\\ -x,\ \text{se}\ x \not{\in} \mathbb{Q}\end{cases}$. Mostre que $f$ é contínua em $x = 0$ e descontínua para todo $x \neq 0$.

Seja $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ definida por $\begin{cases}x,\ \text{se}\ x \in \mathbb{Q}\\ -x,\ \text{se}\ x \not{\in} \mathbb{Q}\end{cases}$. Mostre que $f$ é contínua em $x = 0$ e descontínua para todo $x \neq 0$.

Resolução:

Observemos que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$, logo $f$ é contínua em $x = 0$.

Vamos agora supor que exista um $a \neq 0$ tal que $\displaystyle\lim_{x \rightarrow a} f(x) = f(a)$, ou seja,

$\forall \epsilon > 0, \exists \delta > 0 : |f(x) - f(a)| < \epsilon\ \Rightarrow\ |x - a| < \delta$.

Vamos supor que $a$ seja racional.

Tomando $x = a + b,\ (a + b) \not{\in} \mathbb{Q}$ e $\epsilon = |a|$, não existe $\delta$ que satisfaça a condição para um dado $b$ suficientemente pequeno.

Analogamente tomando $a$ irracional e $b$ tal que $(a + b)$ seja racional.

C.Q.D.

Demonstração da irracionalidade de $\sqrt{2}$.

Visando chegar a uma contradição, vamos supor que $\sqrt{2}$ seja racional, ou seja, $\sqrt{2} = \dfrac{p}{q},\ p,q \in \mathbb{Q},\ q \neq 0,\ \dfrac{p}{q}\text{ fração irredutível}$.

$2 = \dfrac{p^2}{q^2}\ \Rightarrow\ p^2 = 2q^2$ (I)

Por (I), $p$ deve ser par, logo podemos escrever, para um $s$ inteiro, $p = 2s$.

$p = 2s\ \wedge\ \text{(I)}\ \Rightarrow\ 4s^2 = 2q^2\ \Rightarrow\ 2s^2 = q^2\ \Rightarrow\ q\text{ é par.}$ (II)

(II) é um absurdo, pois, por hipótese, $\dfrac{p}{q}$ é uma fração irredutível.

Logo, $\sqrt{2}$ é irracional.

Descontinuidade da função característica dos racionais.

Mostre que a função \textit{característica dos racionais}, definida por

$\mathcal{X}_\mathbb{Q}(x) = \begin{cases}1,\text{ se }x \in \mathbb{Q}\\0,\text{ se }x \not{\in} \mathbb{Q}\end{cases}$

é descontínua em todos os pontos.

Resolução:

Vamos supor que existe um $p$ tal que $\mathcal{X}_\mathbb{Q}$ é contínua em $p$, ou seja, $\lim_{x \rightarrow p} \mathcal{X}_\mathbb{Q}(x) = \mathcal{X}_\mathbb{Q}(p)$, ou seja, pela definição de limite, $\forall \epsilon > 0,\ \exists \delta > 0\ :\ |x - p| < \delta\ \Rightarrow\ |\mathcal{X}_\mathbb{Q}(x) - \mathcal{X}_\mathbb{Q}(p)| < \epsilon$.

Seja $p$ racional, Se $x$ for irracional, não existe $\delta$ para $\epsilon = \dfrac{1}{2}$.

Analogamente, se $p$ é irracional, e se $x$ for racional, não existe $\delta$ para $\epsilon = \dfrac{1}{2}$.

Logo, por absurdo, $\mathcal{X}_\mathbb{Q}$ é descontínua em todos os pontos.

Demonstração: $(x,y)\in\mathbb{Q}\times\mathbb{Q};\Rightarrow x+2y \in\mathbb{Q}$.

Dados $x$ um número racional, e $y$ um número irracional, provemos que $x + 2y$ é irracional.

Vamos tomar a hipótese contrária.

Seja $x\ =\ \dfrac{p}{q}$ com $p\ \in\ \mathbb{Z}$ e $q\ \in\ \mathbb{Z}^*$. Teremos:

$\dfrac{p}{q}\ + 2y\ =\ \dfrac{p'}{q'}$ com p'\ \in\ \mathbb{Z}$ e $q'\ \in\ \mathbb{Z}^*$.

Assim:

$y\ =\ \dfrac{p'q - pq'}{2qq'}$

Como $p'q - pq'$ é inteiro e $2qq'$ é inteiro não-nulo, concluímos que $y$ é racional, o que é um absurdo.

Logo, para $x$ racional e $y$ irracional, $x + 2y$ é irracional.

Exercício: demonstrar racionalidade de $\sqrt{8+2\sqrt{7}}-\sqrt{8-2\sqrt{7}}$.

Chamemos $x\ =\ \sqrt{8 + 2\sqrt{7}} - \sqrt{8 - 2\sqrt{7}}$.

Como $\sqrt{8 + 2\sqrt{7}} > \sqrt{8 - 2\sqrt{7}}$, então $x\ >\ 0$.

$x^2\ =\ (\sqrt{8 + 2\sqrt{7}} - \sqrt{8 - 2\sqrt{7}})^2\ =$

$=\ 8 + 2\sqrt{7} - 2\sqrt{(8 + 2\sqrt{7})(8 - 2\sqrt{7})} + 8 - 2\sqrt{7}\ =$

$=\ 16 - 2\sqrt{64 - 28}\ =\ 16 - 12$

Logo:

$x^2\ =\ 4$

Como $x\ >\ 0 $, $ x\ =\ 2$, logo $\sqrt{8 + 2\sqrt{7}} - \sqrt{8 - 2\sqrt{7}}$ é racional.