El lema del Ping-Pong

24 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

A lo largo de este post denotaremos $(G,\star)$ un grupo cualquiera, $e\in G$ es su neutro y $X$ un conjunto.

Definición: Decimos que $G$ actúa sobre $X$ si existe una aplicación $\phi: G\times X\rightarrow X$ que satisface

para todo $x\in X$ , $\phi(e,x)=x$ .
para todos $g,h\in G$ , $x\in X$ , $\phi(g\star h,x)=\phi(g,\phi(h,x))$ .

Observación: De lo anterior se deduce una definición equivalente de acción de grupo. Si dejamos fijo un elemento $g\in G$ entonces $\phi_{g}=x\mapsto\phi(g,x)$ es una biyección de $X$ . En efecto, $\phi(g,x)=\phi(g,y)$ implica que $\phi(g^{-1},\phi(g,x))=\phi(g^{-1},\phi(g,y))$ lo cual, por el punto (2) implica que $\phi(e,x)=\phi(e,y)$ lo cual por (1) significa que $x=y$ . Es decir, $\phi_{g}$ es inyectiva. La sobreyectividad resulta del hecho de que $\phi(g^{-1},x)$ tiene por imagen vía $\phi_{g}$ a $x$ .
Lo anterior muestra que la valuación por un elemento en $G$ define un homomorfismo de grupos entre $G$ y $Biy(X)$ donde este último es grupo por composición.

Ejemplo: Consideremos $G=<(z+1),(z+i)>$ con la operación de composición, y sea $X=\mathbb{C}$ . Entonces $G$ actúa en $X$ via la valuación. En efecto, definimos $\phi:G\times X\rightarrow X$ , dada por $\phi(g,z)=g(z)$ .

Lema (Ping-Pong): Supongamos que $G$ actúa sobre $X$ y consideremos $H_{1},H_{2}$ dos subgrupos de $G$ . Denotamos $H=<H_{1},H_{2}>$ el grupo generado por $H_{1}$ y $H_{2}$ . Supongamos además que existen dos subconjuntos de $X$ , $X_{1},X_{2}$ disjuntos, no vacíos, tales que

$h(X_{2})\subset X_{1}$ , para todo $h\in (H_{1}\setminus\{e\})$

$h(X_{1})\subset X_{2}$ , para todo $h\in (H_{2}\setminus\{e\})$

Supondremos también que $H_{1}$ tiene al menos $3$ elementos. Entonces $H$ es isomorfo a $H_{1}\ast H_{2}$ , donde $\ast$ denota el producto libre (el producto libre entre dos grupos contiene como elementos a todas las palabras formadas por elementos de ambos grupos luego de reducirlas).

Demostración:

Mostraremos que la aplicación natural $H_{1}\ast H_{2}\rightarrow G$ (dada por la inclusión luego de realizar las operaciones de grupo) es inyectiva. Esto quiere decir que para todo elemento de $H_{1}\ast H_{2}$ de la forma $a_{1}b_{1}...a_{n}b_{n}$ es distinto de $e$ para $n\geq 1$ , $a_{i}\in H_{1}$ , $b_{i}\in H_{2}$ ( $i\in\{1,...,n\}$ ) y con todos tales elementos diferentes de la identidad, salvo quizas $a_{1}$ o $b_{n}$ , pero no ambos.

Observación: Los elementos de $H_{1}\ast H_{2}$ son precisamente los productos formales descritos anteriormente, y por lo mismo, si la inyección natural satisface lo anterior, el grupo generado $H$ debe ser isomorfo a $H_{1}\ast H_{2}$ .

Consideremos entonces un elemento $g\in G$ de la forma $g=a_{1}b_{1}a_{2}b_{2}...a_{n}$ , con cada $a_{i}\in H_{1}$ , $b_{i}\in H_{2}$ , todos distintos de la identidad. Por hipótesis, existe $x_{0}\in X_{2}$ , por lo que $\phi(a_{n},x_{0})\in X_{1}$ , $\phi(b_{n-1},\phi(a_{n},x_{0}))\in X_{2}$ ,…, $\phi(a_{1},\phi(b_{1},...\phi(a_{n},x_{0})...))\in X_{1}$ . Es decir, por un simple proceso inductivo, y por nuestra hipótesis, se tiene $\phi(g,x_{0})\in X_{1}$ . Luego, ya que $X_{1}\cap X_{2}=\emptyset$ , $\phi(g,x_{0})\neq x_{0}$ , y por lo tanto $g\neq e$ .

Es importante darse cuenta que lo que ocurre es idéntico a lo que ocurre en el ping-pong: La acción de grupo envia $x_{0}$ en $X_{1}$ , luego nuevamente por la accion este nuevo elemento es enviado a $X_{2}$ , luego a $X_{1}$ ,… y así sucesivamente hasta que al aplicar $\phi(a_{n},\dot)$ nos queda un elemento en $X_{1}$ .

Si suponemos ahora $g=a_{1}b_{1},...,a_{n}b_{n}$ con todos los elementos del productos distintos de la identidad y de la forma antes señalada, ya que $H_{1}$ tiene al menos $3$ elementos, existe $a\not\in\{e,a_{1}\}$ . Entonces por el caso ya visto se tiene que $a^{-1}ga\neq e$ y luego $g\neq e$ .

Si $g=b_{1}a_{2}...a_{n}$ , entonces $g^{-1}$ es de la forma del caso precedente, y luego $g^{-1}\neq e$ ; es decir, $g\neq e$ .

Finalmente, si $g=b_{1}a_{2}...a_{n}b_{n}$ , escogemos un elemento $a\in H_{1}$ distinto de la identidad, y consideramos $aga^{-1}$ . Este nuevo elemento cae en el primer caso que estudiamos, y luego es distinto de la identidad. Esto implica que $g\neq e$ .

$\blacksquare$

Nota: La hipótesis de la cardinalidad mayor o igual a 3 en $H_{1}$ es importante. Si consideramos $G$ el grupo de isometrías del plano euclideano, $H_{1}$ el subgrupo generado por la reflexión por el eje $x=0$ , $H_{2}$ el subgrupo generado por la reflexión por el eje $y=0$ , $X_{1}=\{(-1,-1),(1,1)\}$ y $X_{2}=\{(-1,1),(1,-1)\}$ , entonces todas las hipótesis se satisfacen, salvo la de la cardinalidad de $H_{1}$ , con $H_{1}\ast H_{2}$ siendo un grupo de infinitos elementos pero $<H_{1},H_{2}>$ solo con 4 elementos.

Sobre grupos y densidad.

15 marzo, 2013 de nfalvarado

Proposición: Sea $(\mathbb{R}, +)$ un grupo y $G\leq\mathbb{R}$ . Demuestre que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ , o bien $G=a\mathbb{Z}$ con algún $a$ en $\mathbb{R}$

Solución: Si $G$ es el grupo trivial escogemos $a=0$ . Luego $G=a\mathbb{Z}=0\mathbb{Z}.$

Consideremos entonces $G^+$ como el conjunto de los elemtos positivos de $G$ . Luego tenemos que $\inf{G^+}=0$ o $\inf{G^+}\neq 0$ .

Tomemos el caso en que $\inf{G^+}=0$ , entonces tenemos elementos positivos de $G$ arbitrariamente cerca de $0$ .

Afirmamos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$ .

En efecto, sean $x\in \mathbb{R}$ y $\varepsilon >0$ , consideremos $g\in G$ tal que $\varepsilon > g$ $>0$ .

Por otra parte, como $g\in G$ tenemos que $2g\in G$ , ya que $G$ es subgrupo de $(R,+)$ . Entonces repitiendo esto $k$ veces, notamos que $kg\in G$ para todo $k\in\mathbb{Z}$ . Ahora tomemos los intervalos de la forma $[(k-1)g,kg)$ ; es fácil ver que estos intervalos son disjuntos y que su largo es $g$ , además $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)=\mathbb{R}$ .

Por otro lado si $x\in$ $\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}[(k-1)g,kg)$ entonces $x\in [(k-1)g,kg]$ para algún $k$ en $\mathbb{Z}$ . Por lo tanto, como $|x-kg|<\varepsilon$ se tiene que todo $x$ se encuentra a distancia menor que $\varepsilon$ de algún $\bar{g}\in G$ para cualquier $\varepsilon$ . Así, concluimos que $G$ es denso en $\mathbb{R}$

Por otra parte, supongamos que $\inf{G^+}\neq 0$ , llamémosle $h$ .

Si $h\notin G$ , podemos escoger una sucesión de elementos distintos y mayores que $h$ . Consideremos la sucesión $(h_i)_{i\in\mathbb{N}}$ , decreciente. Luego como converge es una sucesión de Cauchy.

Entonces $\forall \varepsilon >0$ , $\exists N$ tal que $|h_n-h_m|<\varepsilon$ , $\forall n,m \geq N$ .

Sabemos que $h_n, h_m \in G$ , entonces $h_n-h_m \in G$ .

Si la diferencia entre los términos de la sucesión es negativa, basta considerar el inverso para hacerla positiva. Luego considerando $h=\varepsilon$ tenemos un elemento del grupo positivo y menor que $h$ , lo que es absurdo. Entonces tenemos que $h\in G$ .

Consideremos ahora $[(k-1)h,kh)$ , por lo demostrado anteriormente tenemos que solo $(k-1)h$ está en el intervalo, entonces luego es fácil ver que los únicos elementos de $G$ que pertenecen a $\bigcup_{k\in \mathbb{Z}} [(k-1)h,kh)$ son de la forma $hk$ , por lo tanto $G$ es de la forma $h\mathbb{Z}$ para algún $h\in \mathbb{R}$ .

Sobre cardinalidades

13 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

Consideremos un conjunto no vacío $X$ y el conjunto de las partes de $X$ (o dicho de otra forma, el conjunto de subconjuntos de $X$ ), denotado por $\mathcal{P}(X)$ . Entonces $X$ y $\mathcal{P}(X)$ tienen cardinalidades distintas.

Recordemos que cuando los conjuntos son infinitos, decimos que dos conjuntos $A,B$ tienen la misma cardinalidad si existe una biyección entre ellos; i.e. si existe $\phi:A\rightarrow B$ biyectiva.

Supongamos entonces que $X$ y $\mathcal{P}(X)$ tienen la misma cardinalidad y denotemos $\phi$ su biyección.

Definimos entonces el siguiente conjunto

$E:=\{x\in X\textmd{ }|\textmd{ }x\not\in\phi(x)\}$

Esta definición tiene sentido por lo siguiente: $\phi(x)$ denota un subconjunto de $X$ por lo que es natural preguntarse si $x$ está o no en su imagen.

Observación: $E\neq\emptyset$ pues en particular $\emptyset\in\mathcal{P}(X)$ por lo que (por definición de biyección) debe existir algún elemento $y\in X$ tal que $\phi(y)=\emptyset$ , de donde se concluye que $y\not\in\phi(y)$ y luego $y\in E$

Como $E\subset X$ , y nuevamente por definición de biyección, se tiene que debe existir $z\in X$ tal que $\phi(z)=E$ . Entonces, ¿ $z$ está o no en $E$ ? si lo estuviera quiere decir (por definición de $E$ ) que $z\not\in\phi(z)=E$ , lo cual sería absurdo. Si no lo estuviera entonces nuevamente por definición del conjunto $z\in\phi(z)=E$ lo cual es también un absurdo. Hemos llegado entonces a una contradicción lógica, no puede existir ningún elemento en $X$ que tenga por imagen $E$ y por lo tanto no puede existir una biyección.

Una aplicación directa de este resultado es el hecho de que los naturales no se encuentran en biyección con las sucesiones a valores en $\{0,1\}$ . Dicho mas precisamente $\mathbb{N}$ y $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ no tienen la misma cardinalidad. De hecho mostraremos algo más concreto: $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ y $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ tienen la misma cardinalidad (y por lo que mostramos anteriormente esto demuestra lo que queremos).

Definimos $\phi:\mathcal{P}(\mathbb{N})\rightarrow\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ como sigue: si $E\in\mathcal{P}(\mathbb{N})$ es decir $E\subset X$ , escribimos $\phi(E)=\{x_{i}\}_{i\in\mathbb{N}}$ , donde $x_{i}=1$ si $i\in E$ y $x_{i}=0$ si $i\not\in E$ .

Es claro por la definición que $\phi$ es efectivamente una función, y además es biyectiva pues si $\phi(E)=\phi(F)$ para $E,F\subset X$ , entonces (para $\phi(E)=\{x_{i}\}_{i\in\mathbb{N}}$ y $\phi(F)=\{y_{j}\}_{j\in\mathbb{N}}$ ) se tiene $x_{i}=y_{i}$ para todo $i\in\mathbb{N}$ , de donde $i\in E\Leftrightarrow i\in F$ , lo que concluye que $E=F$ . Finalmente una sucesión $\{x_{i}\}_{i\in\mathbb{N}}$ define al conjunto $A=\{i\in\mathbb{N}:x_{i}=1\}$ y por definicion $\{x_{i}\}_{i\in\mathbb{N}}=\phi(A)$ (la construcción de $A$ nos entrega realmente la inversa de $\phi$ ).

Observación: Muchas veces en los textos se denota la cardinalidad de $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ como $2^{\mathbb{N}}$ . Tiene bastante sentido si lo pensamos por el hecho de que $\{0,1\}$ tiene dos elementos.

Como ultima observación, uno puede definir una función inyectiva $X\rightarrow\mathcal{P}(\mathbb{X})$ que asocia a cada elemento $x\in X$ al conjunto singleton $\{x\}\subset X$ . No deben confundir, $x$ es solo un elemento del conjunto $X$ y su singleton es el conjunto que contiene a un solo elemento de $X$ , solo contiene a $x$ . Esto nos dice que la cardinalidad de $X$ es estrictamente menor que la cardinalidad de $\mathcal{P}(\mathbb{X})$ .

Sobre continuidad y continuidad uniforme

8 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

Recordemos que en $\mathbb{R}$ los conjuntos compactos son aquellos cerrados y acotados. Estos tienen otra caracterización dada por el hecho de que toda sucesión en un tal conjunto contiene una subsucesión convergente (que converge en el conjunto).

Consideremos entonces $I=[a,b]\subset\mathbb{R}$ , el cual es un conjunto compacto. En este post daremos una propiedad de las funciones continuas sobre este tipo de intervalos que trae consecuencias potentes en su estudio. En un futuro post daremos una de estas consecuencias en detalle.

Recuerdo: Una función continua $f:U\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ se dice Uniformemente Continua si para cada $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que para todos $x,y\in U$ se tiene

$|x-y|<\delta$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$

Es sumamente importante darse cuenta de la diferencia con la continuidad. En estricto rigor la continuidad de una función nos dice que $\delta$ existe y depende del punto (en el que evaluamos la continuidad) y de $\varepsilon$ . Según nuestra definición de continuidad uniforme, tal $\delta$ no depende del punto en cuestión. Podemos decir de manera poco formal que nuestro $\delta$ sirve en cada punto, es uniforme en el conjunto $U$ (¡de ahí el nombre de la continuidad!).

Un ejemplo de función continua y no uniformemente continua es $f:(0,1)\rightarrow\mathbb{R}$ definida por $f(x)=\frac{1}{x}$ (¡Compruébenlo!).

Proposición: Sea $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ continua. Entonces $f$ es uniformemente continua.

Demostración:

El método de la prueba es por contradicción, es decir, supondremos que nuestra función es continua pero no uniformemente continua. En algún momento llegaremos a una contradicción con alguna hipótesis. El punto crucial en la demostración es la estructura topológica de nuestro dominio: $I$ es un compacto.

En lenguaje matemático formal, la continuidad uniforme es equivalente a

$\forall\varepsilon>0$ $\exists\delta>0$ tales que $\forall x,y\in I$ se tiene

$|x-y|<\delta$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$

si negamos toda esta oración, nos queda

$\exists\varepsilon_{0}>0$ tal que $\forall\delta>0$ existen $x_{\delta},y_{\delta}\in I$ que satisfacen

$|x_{\delta}-y_{\delta}|<\delta$ y $|f(x_{\delta})-f(y_{\delta})|\geq\varepsilon_{0}$ .

En particular, para $\delta_{n}=\frac{1}{n}$ , existen $x_{n},y_{n}\in I$ con la propiedad anterior.

Ahora usaremos la compacidad, $\{x_{n}\}_{n}$ es una sucesión en un conjunto compacto, por lo tanto contiene una subsucesión convergente. Por simplicidad de notación supondremos entonces, sin perder la generalidad, que $\{x_{n}\}_{n}$ es convergente, digamos que converge a $x_{0}\in I$ . Notar que

$|x_{0}-y_{n}|\leq|x_{0}-x_{n}|+|x_{n}-y_{n}|<|x_{0}-x_{n}|+\delta_{n}$

y ya que ambos términos a la derecha tienden a $0$ se tiene que $\{y_{n}\}_{n}$ es convergente y converge a $x_{0}$ .

Por último, la función es continua, por lo que en particular es continua en $x_{0}$ , es decir, para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta$ tal que $|x-x_{0}|<\delta$ implica $|f(x)-f(x_{0})|<\varepsilon$ . Escogemos $\varepsilon=\frac{\varepsilon_{0}}{2}$ y luego existe un $\delta_{0}$ con la propiedad de la definición de continuidad. Ya que tanto $\{x_{n}\}$ como $\{y_{n}\}$ convergen a $x_{0}$ se tiene que desde $n$ suficientemente grande,

$x_{n}\in B(x_{0},\delta_{0})$ y $y_{n}\in B(x_{0},\delta_{0})$

y luego (para $n$ suficientemente grande)

$|f(x_{n})-f(y_{n})|\leq|f(x_{n})-f(y_{0})|+|f(x_{0})-f(y_{n})|<\frac{\varepsilon_{0}}{2}+\frac{\varepsilon_{0}}{2}=\varepsilon_{0}$

es decir

$|f(x_{n})-f(y_{n})|<\varepsilon_{0}$

pero nuestra hipótesis era justamente que para tales sucesiones $|f(x_{n})-f(y_{n})|\geq\varepsilon_{0}$ . Hemos llegado a un absurdo.

Esto muestra que una función continua definida en un intervalo compacto debe ser uniformemente continua.

$\blacksquare$

Sobre subsucesiones II

6 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

Consideremos una sucesión de números reales $\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$ .

Definición: Una partición (finita) de $\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$ es una colección finita de subsucesiones tal que, como conjuntos, son mutuamente disjuntas y su unión es la sucesin original.

Proposición: Si todas las subsucesiones de la partición convergen a un mismo límite, entonces la sucesión original converge. Más aún su límite es el límite de cada subsucesión.

Demostración: Sean $\phi_{1},...,\phi_{m}:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ funciones estrictamente crecientes que definen las subsucesiones de la partición. Es decir, $\bigcup_{i=1}^{m}\{x_{\phi_{i}(n)}\}_{n\in\mathbb{N}}=\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$ y $\{x_{\phi_{i}(n)}\}_{n\in\mathbb{N}}\cap\{x_{\phi_{j}(n)}\}_{n\in\mathbb{N}}=\emptyset$ para todos $i,j$ distintos. Por hipótesis, para cada $i\in\{1,...,m\}$ se tiene

$\lim_{n\rightarrow\infty}x_{\phi_{i}(n)}=L$

por lo que para cada $\varepsilon>0$ existe $N(i)\in\mathbb{N}$ tal que $n>N(i)$ implica $|x_{\phi_{i}(n)}-L|<\varepsilon$ .

Definimos $N=\max\{\phi_{1}(N(1)),...,\phi_{m}(N(m))\}$ , entonces para cada $n>N$ se tiene que $x_{n}$ es el término de alguna subsucesión (de ahí la importancia que la unión de los términos de las subsucesiones sea la sucesión original) por lo que necesariamente $|x_{n}-L|<\varepsilon$ . Esta es exactamente la definicion de límite, por lo que concluye la demostración.

$\blacksquare$

Observación: Podríamos debilitar un poco las hipótesis y seguir manteniendo el resultado. Por ejemplo, la condición de que las subsucesiones sean mutuamente disjuntas no se usa rigurosamente (la usamos para poder asegurar que la sucesión original está suficientemente cerca del límite sin ponernos en demasiados casos) pero en muchos casos es mas útil trabajar bajo estas condiciones. Por lo demás, la demostración resulta mucho mas sencilla.

Un problema de continuidad

6 marzo, 2013 de Felipe Riquelme

Consideremos la función $f:[0,1]\rightarrow[0,1]$ definida por $f(x)=0$ para $x\in[0,1]\setminus(\mathbb{Q}\setminus\{0\})$ y $f(x)=\frac{1}{q}$ para $x=\frac{p}{q}$ donde $p,q$ son enteros primos relativos no negativos ( $q\neq 0$ ).

Afirmación: $f$ es continua en los irracionales y discontinua en los racionales (distintos de cero).

La discontinuidad en los racionales no es difícil de ver; para todo racional no nulo $x_{0}=\frac{p}{q}$ en su forma irreductible, existe una sucesión de irracionales $\{x_{n}\}_{n\geq 1}$ convergente a $x_{0}$ . Notar entonces que $f(x_{0})=\frac{1}{q}$ mientras que $f(x_{n})=0$ para todo $n\geq 1$ , lo que muestra la discontinuidad en $x_{0}$ .

Si $x_{0}=0$ , debemos probar que para toda sucesión $\{x_{n}\}_{n\geq 1}$ convergente a $x_{0}$ , se tiene $f(x_{n})$ converge al origen. Hay tres casos por estudiar para una tal sucesión. Si todos los términos de la sucesión son irracionales, no hay nada que probar pues $f(x_{n})=0$ para todos los términos. Si todos son racionales, entonces son de la forma $x_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}}$ , todos en su forma irreducible. Como la sucesión converge a cero, entonces cualquier sucesión de términos no negativos $\{y_{n}\}_{n\geq 1}$ tal que $y_{n}\leq x_{n}$ también converge a cero. Basta considerar entonces $y_{n}=f(x_{n})=\frac{1}{q_{n}}\leq x_{n}$ . Por último si la sucesión contiene términos racionales e irracionales, entonces contiene o infinitos racionales o infinitos racionales (pudiendo ser ambas). Luego, si hay infinitos irracionales y finitos racionales existe una subsucesión $\{x_{n_{k}}\}_{k}$ que contiene a todos los irracionales. Por el primer caso esta sucesión satisface que la sucesión de imágenes converge al origen, y ya que la sucesión $\{x_{n}\}_{n}$ solo contiene finitos racionales se concluye que la sucesión de imágenes $\{f(x_{n})\}_{n}$ converge también al origen. Naturalmente si hay finitos irracionales en la sucesión, el argumento es el mismo. Basta considerar el caso en que la sucesión contiene infinitos racionales e irracionales. Como antes consideramos la subsucesion $\{x_{n_{k}}\}_{k}$ que contiene a todos los irracionales y la subsucesion $\{x_{m_{k}}\}_{k}$ que contiene a todos los racionales. Ambas sucesiones satisfacen que sus imagenes por $f$ convergen al mismo límite y forman una partición de la sucesión $\{f(x_{n})\}_{n}$ , luego esta última debe converger al origen. (Ver Sobre Subsucesiones II)

Queda mostrar la continuidad en los irracionales…

Recuerdo: Una función $f:U\subset\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ es continua en $x_{0}\in U$ si y sólo si para todo $\varepsilon>0$ existe $\delta>0$ tal que

$|x-x_{0}|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(x_{0})|<\varepsilon$

Sea $x_{0}$ irracional y $\varepsilon>0$ . Por propiedad Arquimediana existe $q\in\mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{q}<\varepsilon$ . Notemos entonces que para todo $x$ irracional $|f(x)-f(x_{0})|<\varepsilon$ pues $|f(x)-f(x_{0})|=|0-0|=0$ . Ademas, existe una cantidad finita de racionales que satisfacen $f(x)\geq\frac{1}{q}$ ; en efecto, estos racionales deben ser (en su forma irreductible) a lo más de la forma $x_{i,j}=\frac{i}{j}$ con $1\leq j\leq q$ , $1\leq i\leq q$ , pues $f(x_{i,j})\geq\frac{1}{q}$ y cualquier otro racional irreductible $\frac{r}{s}$ que satisfaga $f(\frac{r}{s})\geq\frac{1}{q}$ debe satisfacer $s\leq q$ y por tanto $0\leq r\leq s\leq q$ . Llamamos $R$ al conjunto de todos los racionales $x\in[0,1]$ que satisfacen $f(x)\geq\frac{1}{q}$ . Al ser finito es un conjunto cerrado y claramente $x_{0}$ no pertenece al conjunto. Por lo tanto la distancia de $x_{0}$ a $R$ , definida como $d(x_{0},R)=\min\{d(x_{0},x):x\in R\}$ es estrictamente positiva. Definimos entonces $\delta=d(x_{0},R)$ . Tal $\delta$ sirve pues para todo racional $x\in B(x_{0},\delta)$ , $x\not\in R$ y por lo tanto $f(x)<\frac{1}{q}\leq\varepsilon$ . Esto es exactamente la afirmación de continuidad (que faltaba solo para los racionales).