处处连续处处不可微函数

(3)
其中 a(x) 是当 x → x+0 时的无穷小，且 a(x0) = 0, 由 (3) 有：
f (xn) = f (x0) + A(xn − x0) + a(xn)(xn − x0)
(4)
′
′
′
′
f (xn) = f (x0) + A(xn − x0) + a(xn)(xn − x0)
(5)
由 (4) 和 (5) 有：
′
′
≤ ε|xn − x0| + ε|xn − x0| = ε(xn − xn).
即
|
f
(x′n) x′n
− −
f (xn) xn
−
A|
<
ε.
从而 (1) 式成立。
再考虑 f ′ (x0) = +∞ 的情况. 此时对于任给的 M > 0, 存在 δ > 0, 使得当 0 ≤ x − x0 < δ 时有：
f (x) = ∑∞ an cos(bnπx),
n=0
其中
b
是奇数，a
∈
(0, 1)
为常数，使得：ab
>
1+
3π 2
.
Gauss
曾经称“数学是眼睛的科学”，但是要看
清 Weierstrass 摆在数学家们面前的这条曲线，单靠一双好眼睛是无论如何不够的。Weierstrass 的例子
使人们迫切感到彻底摆脱对几何直觉的依赖，重新认识考察分析基础的必要性。正如德国数学家 Paul
xn
′
− ζn
=
3 b−n 2
(10)
类似有
′
′
′
f (xn) − f (ζn) = Sn(xn, ζn) + Rn(xn, ζn)
(11)
′
(−1)Nn an
Rn(xn, ζn) = 1 − a
Hale Waihona Puke Baidu
(12)
′
3πan
|Sn(xn, ζn)| < 2(ab − 1)
(13)
由 (11)-(13) 式有：
按定义证明要简单得多。
Lemma 0.5. 设函数在 x0 处具有导数 f ′ (x0)(有限或无限)，xn, x′n 是满足如下条件的两个实数列：
xn ≤ x0 ≤ x′n, xn < x′n nl→im∞(x′n − xn) = 0
则
lim
n→∞
f (x′n) x′n
− −
f (xn) xn
=
′
|fn(x) − f (x)| ≤ ε
则称函数列 {fn}∞ n=1 在 E 上一致收敛于函数 f .
Definition.
级数
∑∞ ai(x)
的部分和为
sn(x) =
∑n ai(x)，若
{sn(x)}∞ n=1
在
E
上一致收敛，则称级数
i=1
i=1
∑∞ ai(x) 在 E 上一致收敛。
i=1
Theorem 0.1. (Weierstrass 判定定理) 设 {an(x)}∞ n=1 是定义在 E 上的函数列，且
本文是关于“处处连续处处不可微函数”的一些整理。本文给出的例子均是利用无穷级数来构造处 处连续处处不可微函数的。首先，先给出级数一致收敛的概念、判别方法及其性质。
以下总假设 E 为 R 中子集。
Definition. 如果对 ∀ε > 0, 都存在正整数 N , 使得 n ≥ N 时，对 ∀x ∈ E, 有
关于“处处连续处处不可微函数”的整理
摘要 本文是关于“处处连续处处不可微函数”的一些整理。因为本文给出的例子均是利用无穷级数
来构造的，故先给出级数一致收敛的概念、判别方法及其性质。接下来给出 van der Waerden 的例子。 然后，利用两个简单的判断连续函数不可微的引理来证明 Weierstrass 构造的历史上第一个“处处连续 处处不可微函数“的例子。最后，从泛函分析的角度，宏观、抽象地做出解释：C[0, 1] 空间中的处处不 可微函数集合的补集为第一纲集。
3 4
)n
γn
|
n=1
≥
3m
−
m∑−1 3n
n=1
=
1 (3m 2
+
1)
(7)
.
当 m → ∞ 时，δm → 0, 所以 f (x) 在 x 点处不可微。
Remark. 该构造由 van der Waerden 在 1930 年给出。
1861 年，德国数学家 Weierstrass 举出了一个处处连续但却处处不可微的函数例子，震惊了当时的 数学界。他给出的例子是：
4m|δm|
=
1 2
.
定义
γn
=
φ(4n(x
+
δm)) δm
−
φ(4nx) .
(6)
当 n > m 时，4nδm 是偶数，所以 γn = 0. 当 0 ≤ n ≤ m 时，(3) 式意味着 |γn| ≤ 4n.
由于 |γm| = 4m, 可知：
f (x |
+
δm) δm
−
f (x) |
=
|
∑ m (
=
(−1)Nn an −
1−a
(6)
i=0
对于 Sn(x′n, xn) 中的项，利用不等式：
| cos(x) − cos(y)| ≤ |x − y|
及 (4) 式得：
′
|Sn(xn, xn)|
≤
π b−n 2
n∑−1 (ab)k
=
π b−n (ab)n − 1 2 ab − 1
<
πan 2(ab − 1)
(7)
k=0
由 (5)-(7) 式得：
′
|f (xn)
−
f (xn)|
>
( 1
1 −
a
−
π 2(ab −
)an 1)
=
λan
(8)
其中
1
π
λ = 1 − a − 2(ab − 1) > 0
由 (3) 式和 (7) 式得：
|
f
(x′n) x′n
− −
f (xn) xn
|
>
2λ(ab)n
(9)
因为 ab > 1，故由 (9) 式有：
3π
ab > 1 + (1 − a)
(2)
2
则 f (x) 在 R 上也处处不存在无穷导数（双侧）。
Proof. 设 x 固定。对于任意正整数 n, 存在唯一的整数 Nn，使得
b−n(Nn
−
1 2
)
≤
x
<
b−n(Nn
+
1 2
)
令
4
xn
=
b−n(Nn
+
1 2
),
x′n
=
b−n(Nn
+
1)
则
0
<
′
xn
|an(x)| ≤ Mn (x ∈ E, n = 1, 2, 3...).
若
∑∞ Mn
在 E 上收敛，则
∑∞ an(x) 在 E 上一致收敛。
n=1
n=1
Theorem 0.2. 如果 {fn(x)}∞ n=1 是 E 上的连续函数序列，且在 E 上一致收敛于 f (x), 则 f (x) 在 E 上 连续。
下面证明 Weierstrass 构造的函数在 R 上处处不可微，事实上，利用上述两个引理，我们有以下更 强的定理。
Theorem 0.7. 设 0 < a < 1,b 是奇数，令
f (x) = ∑∞ an cos(bnπx)
n=0
如果
π
ab
>
1+
(1 2
−
a)
(1)
则 f (x) 在 R 上处处不存在有限的单侧导数；如果
Proof. 定义
φ(x) = |x| (−1 ≤ x ≤ 1)
(1)
再要求
φ(x + 2) = φ(x).
(2)
以此将 φ(x) 的定义扩展到实数轴上，那么对于一切 s 与 t, 有：
1
|φ(s) − φ(t)| ≤ |s − t|
(3)
. 特别地，φ(x) 在 R 上连续。定义
f (x)
=
∑ ∞ 3 (
du Bois-Reymond 所说，这个例子“不论在直接的直觉或是在批判的理解方面，都同样非常奇妙”。
下面将证明 Weierstrass 的这个例子。根据定理 1 的判别方法和推论 3，我们不难得到该函数在 R
上连续。对于其不可微性，首先有以下两个引理, 利用它们来证明连续函数的不可微性时，往往比直接
(−1)Nn [f (xn) − xn − ζn′
f (x) − f (x0) ≥ M (x − x0)
(3)
当 0 < x0 − x < δ 时有：
f (x0) − f (x) ≥ M (x0 − x)
(4)
取正整数 N，使得当 n > N 时有：
0 ≤ x′n − x0 < δ, 0 ≤ x0 − xn < δ 于是当 n > N 时，由 (3) 和 (4) 由：
k=0
Rn(x′n, xn) = ∑∞ ak[cos(bkπx′n) − cos(bkπxn)]
k=n
cos(bk π xn )
=
cos[biπ(Nn
+
1 2
)]
=
0
cos(bkπx′n) = cos[biπ(Nn + 1)] = −(−1)Nn
于是
′
Rn(xn, xn)
=
−an
∑ ∞ ai(−1)Nn
即：
f (x′n) x′n
− −
f (xn) xn
≥
M
于是，当 f ′ (x0) = +∞ 时，(1) 式亦成立。 同理可证当 f ′ (x0) = −∞ 时，(1) 式成立。
3
Lemma 0.6. 设 f (x) 在 x0 处具有有限的右导数 f (x+0 ) = A,λ 是正常数，xn, x′n 是满足如下条件的两
Corollary 0.3. 如果级数 ∑∞ ai(x) 在 E 上一致收敛，且 an(x) 在 E 上连续,n = 1, 2, 3... 则级数
i=1
∑∞ ai(x) 在 E 上连续。
i=1
下面给出一个在 R 上处处连续而又处处不可微的函数的例子。
Theorem 0.4. R 上存在处处不可微的连续函数。
f (x′n) x′n
− −
f (xn) xn
=
A+
a(x′n)(x′n
−
xn) − a(xn)(xn x′n − xn
−
x0)
=
A
+
[a(x′n)
−
a(xn)](x′n − x0) + x′n − xn
a(xn)(x′n
−
xn)
(6)
≤
A
+
a(x′n)
− λ
a(xn)
+
a(xn)
由 (6) 和 (1) 即可得 (2) 式成立。
|xn − x0| < δ, |x′n − x0| < δ.
从而有：
|f (xn) − f (x0) − A(xn − x0)| < ε|xn − x0| |f (x′n) − f (x0) − A(x′n − x0)| < ε|x′n − x0|
′
′
′
′
|f (xn) − f (xn) − A(xn − xn)| ≤ |f (xn) − f (x0) − A(xn − x0)| + |f (xn) − f (x0) − A(xn − x0)|
f (x0).
(1)
2
Proof. 先考虑 f ′ (x0) = A 为有限的情况。任给 ε > 0, 取 δ > 0, 使得当 |x − x0| < δ 时，有：
|f (x) − f (x0) − A(x − x0)| < ε|x − x0|
(2)
取正整数 N，使得 n > N 时有：
则当 n > N 时, 由 (1) 得：
(−1)Nn [f (xn)
−
′
f (ζn)]
=
an 1−a
+
(−1)Nn
Sn
(xn,
′
ζn
)
an
′
> 1 − a − |Sn(xn, ζn)|
(14)
an
3πan
>
−
1 − a 2(ab − 1)
于是由 (2) 式得
an
3πan
r=
−
>0
1 − a 2(ab − 1)
由 (10) 式及 (14) 式得:
个实数列
x0 ≤ xn < x′n
x′n − xn ≥ λ(x′n − x0)
(1)
lim
n→∞
x′n
=
x0
则
lim
n→∞
f (x′n) − f (xn) x′n − xn
=
A
(2)
Proof. 由假设可知，f (x) 可表示为：
f (x) = f (x0) + A(x − x0) + a(x)(x − x0), x ≥ x0
−
x0
≤
3 b−n 2
(3)
′
xn
− xn
=
1 b−n 2
(4)
由 (3) 式和 (4) 式有：
x′n
− xn
≥
1 3
(x′n
− x)
令
′
′
′
f (xn) − f (xn) = Sn(xn, xn) + Rn(xn, xn)
(5)
其中
当 k = n + i, i ≥ 0 时，
Sn(x′n, xn) = n∑−1 ak[cos(bkπx′n) − cos(bkπxn)]
lim
n→∞
|
f
(x′n) x′n
− −
f (xn) xn
|
=
∞
5
于是由引理 6 知，f 在 x 处不可能存在有限的右导数。 同理可证 f (x) 在 x 处也不可能存在有限的左导数。 下证当 (2) 式成立时，f (x) 也不存在无穷导数。令 ζn′ = b−n(Nn − 1), 则 ζn′ < x < xn, 且:
f (x′n) − f (x0) ≥ M (x′n − x0) f (x0) − f (xn) ≥ M (x0 − xn)
从而有：
f (x′n) − f (xn) = f (x′n) − f (x0) + f (x0) − f (xn) ≥ M (x′n − x0) + M (x0 − xn) = M (x′n − xn)
)nφ(4nx)
(4)
4
n=0
由于 0 ≤ φ(x) ≤ 1, 定理 1 表明，级数
∑∞
(
3 4
)n
φ(4n
x)
在
R
上一致收敛。根据推论
3
得：f (x)
在
n=0
R 上连续。
现在固定一个实数 x 和一个正数 m, 令
δm
=
1 ±2
·
4−m
(5)
其中的符号要使得在
4mx
与
4m(x
+
δm)
之间没有整数，这一定能做到，因为