Imam problem pri ispitivanju neprekidnosti funkcije:
[dispmath]fx=\begin{cases}
x^2, & x\in\mathbb{Q}\\
0, & x\notin\mathbb{Q}
\end{cases}[/dispmath] Ako posmatram neku proizvoljnu tačku [inlmath]x[/inlmath], ne mogu odrediti levi i desni limes cele funkcije u toj tački.

Neka postoji niz racionalnih brojeva [inlmath]\{q_n\}[/inlmath] takav da je monotono rastući i da [inlmath]\{q_n\}\to a\;(n\to+\infty)[/inlmath] i neka postoji isti takav niz iracionalnih brojeva [inlmath]\{i_n\}[/inlmath]. Sledi da je [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}f(q_n)=a^2,\;\lim\limits_{n\to+\infty}f(i_n)=0[/inlmath], pa sledi da ne postoji levi limes. Analogno, koristeći monotono opadajuće nizove, zaključujem da ne postoji ni desni limes. Odavde mogu zaključiti da ni u jednoj tački domena data funkcija nije neprekidna!

Međutim, može se primetiti da u tački [inlmath]x=0[/inlmath], ako primenim isti postupak pomoću podnizova, dobijam da za oba monotono rastuća niza funkcija teži [inlmath]0[/inlmath], a takođe isto dobijam i za monotono opadajuće nizove, pa se dobija da je [inlmath]\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}=f(0)=0[/inlmath]. Dakle, funkcija je neprekidna u tački [inlmath]x=0[/inlmath], dok u svim ostalim tačkama ima prekid.

Da li je ovaj postupak tačan? Da li pomoću ovih podnizova mogu tražiti levi i desni limes funkcije?

Ne vidim potrebu da se uopste spominje monotonost ovde ili levi i desni limes funkcije u nekoj tacki.
Stav
Neka je [inlmath]f\colon A\to\mathbb{R}[/inlmath] funkcija realne promenljive i [inlmath]a\in A[/inlmath] tacka nagomilavanja skupa [inlmath]A[/inlmath]. Tada su sledeca tvrdjenja ekvivalentna:
1. funkcija [inlmath]f[/inlmath] je neprekidna u tacki [inlmath]a[/inlmath];
2. [inlmath]\lim\limits_{x\to a}f(x)=f(a)[/inlmath]
3. za svaki niz [inlmath]x_n\in A[/inlmath], za koji je [inlmath]\lim\limits_{n\to a}x_n=a[/inlmath], vazi [inlmath]\lim\limits_{n\to a}f(x_n)=f(a)[/inlmath].
Ovde je dovoljno posmatrati jednu proizvoljnu tacku i uzeti dva niza (niz racionalnih i iracionalnih) i za jedan od njih (u zavisnosti od toga da li se radi o iracionalnoj ili racionalnoj tacki) nece vaziti 3 (a kaze da mora da vazi za svaki niz) pa je onda funkcija prekidna u toj tacki. Posle zakljucis da je prekidna svuda osim u [inlmath]0[/inlmath].

Gogele je napisao:Da li je ovaj postupak tačan? Da li pomoću ovih podnizova mogu tražiti levi i desni limes funkcije?

Ima analogna teorema za limes funkcije kad se predstavlja preko nizova i tu se zahteva da vazi za svaki niz. Tako da ne mozes da trazis nikada limes funkcije preko nizova jer ne mozes da ispitas za svaki moguci niz da li to vazi. Ovo je korisno samo kada hoces da dokazes da ne postoji limes ili da je funkcija prekidna tako sto ces uzeti dva razlicita niza koja teze ka tacki u kojoj ispitujes da li postoji limes ili je neprekidna i onda ako dobijes 2 razlicite vrednosti, zakljucis da funkcija nema limes / prekidna je. U slucaju da dobijes iste vrednosti za ta dva niza to i dalje ne znaci da ima limes / neprekidna, nije uvek lako ubosti ta dva niza da bi se dokazalo da funkcija nema limes / prekidna

Hvala!

Trougao je napisao:Posle zaključis da je prekidna svuda osim u [inlmath]0[/inlmath].

Pretpostavljam da se ovo zaključuje na sledeći način:
Neka je [inlmath]\{x_n\}[/inlmath] proizvoljni niz realnih brojeva takav da [inlmath]x_n\to0[/inlmath], kad [inlmath]n\to+\infty[/inlmath]. Tada važi [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=0[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{n\to+\infty}f(x_n)=f(0)=0[/inlmath], pa sledi da je funkcija neprekidna u tački [inlmath]x=0[/inlmath].

Trougao je napisao:3. za svaki niz [inlmath]x_n\in A[/inlmath], za koji je [inlmath]\lim\limits_{n\to a}x_n=a[/inlmath], vazi [inlmath]\lim\limits_{n\to a}f(x_n)=f(a)[/inlmath].

Treba da bude [inlmath]n\to+\infty[/inlmath] umesto [inlmath]n\to a[/inlmath], za [inlmath]\lim x_n[/inlmath]. Da ne bude zabune.

Da treba [inlmath]n\to\infty[/inlmath] nego sam kucajuci pri kopiranju zaboravio da promenim to.
Ja bih za [inlmath]0[/inlmath] isto primenio pricu sa nizom proizvoljnih racionalnih i iracionalnih brojeva mada ne vidim sto ne bi moglo da se kaze i proizvoljan realni.
U svakom slucaju uvek moze da se dokaze da je izvod funkcije jednak [inlmath]0[/inlmath] u [inlmath]0[/inlmath], pa onda iz toga sto sledi da funkcija ima izvod u [inlmath]0[/inlmath] sledi i da je neprekidna u [inlmath]0[/inlmath].

Trougao je napisao:Stav
Neka je [inlmath]f\colon A\to\mathbb{R}[/inlmath] funkcija realne promenljive i [inlmath]a\in A[/inlmath] tacka nagomilavanja skupa [inlmath]A[/inlmath]. Tada su sledeca tvrdjenja ekvivalentna:
1. funkcija [inlmath]f[/inlmath] je neprekidna u tacki [inlmath]a[/inlmath];
2. [inlmath]\lim\limits_{x\to a}f(x)=f(a)[/inlmath]
3. za svaki niz [inlmath]x_n\in A[/inlmath], za koji je [inlmath]\lim\limits_{n\to a}x_n=a[/inlmath], vazi [inlmath]\lim\limits_{n\to a}f(x_n)=f(a)[/inlmath].

Stavio sam da se posmatra proizvoljan niz kako bi se zadovoljio prvi uslov u trećem delu stava. Mislim da se samo tako mogu obuhvatiti svi nizovi koji teže nuli, a ne samo oni koji sastavljeni od racionalnih ili samo od iracionalnih brojeva.

Ja moram priznati da ne volim nesta preterano ovakve/zadatke primere.
Evo jednog nacina
[dispmath]f(x)=\begin{cases} x, & x\in\mathbb{Q}\\ 0, & x\notin\mathbb{Q} \end{cases}[/dispmath] Po definiciji ova funkcija je neprekidna u [inlmath]0[/inlmath]:
[dispmath]|f(x)-f(0)|=|f(x)-0|=|f(x)|[/dispmath] Sada ako je [inlmath]x[/inlmath] iracionalno imacemo:
[dispmath]|0|<\delta\;\Longrightarrow\;|0|<\epsilon[/dispmath] pa mozemo da uzmemo [inlmath]\delta=\epsilon[/inlmath]
takodje ako je [inlmath]x[/inlmath] racionalno:
[dispmath]|x|<\delta\;\Longrightarrow\;|x|<\epsilon[/dispmath] pa opet odaberemo [inlmath]\delta=\epsilon[/inlmath]. [inlmath]f(x)[/inlmath] je neprekidna u [inlmath]0[/inlmath] pa onda imamo da je i [inlmath]f(x)\cdot f(x)[/inlmath] (ova funkcija je ekvivalentna onoj gore) neprekidna u [inlmath]0[/inlmath] kao proizvod neprekidnih funkcija.