funzione continua ma non derivabile in nessun punto

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rargh
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funzione continua ma non derivabile in nessun punto

Messaggio da rargh » 21 ott 2005, 17:52

Mi sembra di aver sentito dire che la famosa funzione continua ma derivabile in nessun punto si possa ottenere con una procedura tipo frattale: espongo allora questa funzione:

$ \[ \begin{array}{l} j \in \mathbb{Z} \\ f_n (\frac{j}{{2^n }}) = 0 \\ f_n (\frac{j}{{2^n }} + \frac{1}{{2^{n + 1} }}) = \frac{1}{{2^{n + 1} }} \\ \frac{j}{{2^n }} < x_ + < \frac{j}{{2^n }} + \frac{1}{{2^{n + 1} }} \Rightarrow f_n (x_ + ) = \left( {x_ + - \frac{j}{{2^n }}} \right) \\ \frac{j}{{2^n }} + \frac{1}{{2^{n + 1} }} < x_ - < \frac{{j + 1}}{{2^n }} \Rightarrow f_n (x_ - ) = \left( {\frac{{j + 1}}{{2^n }} - x_ - } \right) \\ \end{array} \] $

La successione di funzioni converge uniformemente a 0?

Vediamo intanto le discontinuità della funzione per n finito:
$ \[ \begin{array}{l} f'_n (x_ + ) = 1 \\ f'_n (x_ - ) = - 1 \\ \\ i \in \mathbb{Z} \\ I_n = \left\{ {x = \frac{i}{{2^{n + 1} }}} \right\} \\ x_i \in I_n \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to x_i } f'(x) = ? \\ \end{array} \] $

Abbiamo definito f su tre insiemi diversi:
$ \[ \begin{array}{l} \forall i \in \mathbb{Z} \\ \frac{{2i}}{{2^{n + 1} }} < x_ + < \frac{{2i + 1}}{{2^{n + 1} }} \Leftrightarrow x_ + \in P_n \\ \frac{{2i + 1}}{{2^{n + 1} }} < x_ - < \frac{{i + 1}}{{2^n }} \Leftrightarrow x_ - \in D_n \\ x_i = \frac{i}{{2^{n + 1} }} \Leftrightarrow x_i \in I_n \\ \end{array} \] $

Questi tre insiemi sono complementari e formano R:
$ \[ \begin{array}{l} P_n \cap D_n = \emptyset \\ P_n \cap I_n = \emptyset \\ D_n \cap I_n = \emptyset \\ P_n \cup D_n \cup I_n = \mathbb{R} \\ \end{array} \] $

Ora qui ho molti dubbi: al tendere di n all'infinito la derivata della funzione non è definita in nessun punto? Quindi:

$ \[ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } P_n = \emptyset \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } D_n = \emptyset \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } I_n = \mathbb{R} \\ \end{array} \] $

Quindi In, che per n finito è numerabile, diventerebbe non numerabile e acquisterebbe la cardinalità del continuo? Sono un po' in confusione.

Qualcuno può chiarire?

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 21 ott 2005, 18:17

tutto sta nel fatto che i limiti non si fanno così ... bisogna stare ben attenti alle ipotesi e a quali convergenze si usano.
Innanzitutto è scomodo definire la funzione come hai fatto tu : meglio usare una serie (spero, anzi credo, che la funzione sia la stessa, ma non si sa mai).

Poniamo $ \displaystyle{\phi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\quad \phi(x)=\inf_{m\in\mathbb{Z}}\mid x-m\mid} $

Ovvero, la funzione a dente di sega : tra n e n+1/2 è lineare con coeff ang 1 e tra n+1/2 e n+1 è lineare con coeff ang -1.

Adesso definiamo $ \displaystyle{f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\phi(2^nx)}{2^n}} $; questa serie converge uniformemente quindi f è continua perchè lo sono gli addendi.

Ora, dimostriamo che f non è derivabile in nessun punto :
sia x un numero reale; consideriamo due successioni che tendono a x, costruite come segue
$ a_n\to x\quad a_n=\frac{k_n}{2^n}<x \forall\ n $
$ b_n\to x\quad b_n=\frac{k_n+1}{2^n}>x\forall\ n $
dove i $ k_n $ sono interi scelti opportunamente.

Ora, se f è differenziabile, $ \lim_{n\to\infty}\frac{f(b_n)-f(a_n)}{b_n-a_n}=f'(x) $.
Ora, $ f(a_n)=\sum_{h=1}^{n-1}\frac{\phi(2^ha_n)}{2^h} $; infatti se h>n-1, $ 2^ha_n $ è intero e la funzione dente di sega vale 0.

Quindi $ \frac{f(b_n)-f(a_n)}{b_n-a_n}=\displaystyle{\sum_{h=1}^{n-1}\frac{\phi(2^{h-n}k_n+1)-\phi(2^{h-n}(k_n)}{2^{h-n}}} $

Del resto, se n>2, $ \phi $ è lineare in $ [k_n2^{-n}, (k_n+1)2^{-n} $ e dunque otteniamo
$ \frac{f(b_n)-f(a_n)}{b_n-a_n}=\sum_{h=1}^{n-1}(\pm 1)=\pm(n-1) $
dove il segno dipende dal punto x, ma è uguale per tutti gli addendi.

Quindi al tendere di n all'infinito, il rapporto incrementale in x va all'infinito anch'esso, per un qualunque punto x. Perciò f non è derivabile.

publiosulpicio
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Messaggio da publiosulpicio » 21 ott 2005, 18:45

Al riguardo trovo molto interessante, e direi anche contro l'intuizione, che in un certo senso le funzioni continue mai derivabili sono, in un certo senso topologico, la "stra grande maggioranza" delle funzioni continue.. ovviamente tutto ciò si può rendere preciso.

rargh
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Messaggio da rargh » 21 ott 2005, 19:08

Mi hai detto "i limiti non si fanno così", senza spiegare il perché. Hai proposto una dimostrazione alternativa, però a me interessava di più sapere a che insiemi tendevano al limite gli insiemi Pn,Dn e In.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 21 ott 2005, 23:28

Innanzitutto, non sono sicuro di che cosa parli quando dici limite di una successione di insiemi ... c'è una definizione, ma è piuttosto complicata e non penso che tu ti stia riferendo a quella (consiste nel definire prima il massimo e il minimo limite di una successione e poi parlare di limite quando questi due sono uguali).

In secondo luogo, "il limite" degli insiemi su cui la ennesima approssimante è non derivabile sarà sicuramente contenuto nell'insieme in cui il limite non è derivabile, ma di certo non lo esaurirà :
$ f_n\to f \quad I_n=\{x | f_n \textrm{ non der. in } x\}\quad N=\{ x | f \textrm{non der in } x\} $
Se ora poni $ I=\lim_{n\to \infty}I_n $, potrai dire che $ I\subseteq N $ ma non che $ I=N $.
Per fare questa seconda affermazione, è necessario che le derivate delle f_n convergano uniformemente a una qualche funzione (oltre che le f_n convergano esse stesse almeno puntualmente a f).
Quindi il limite degli I_n non sarà R, anche perchè ogni I_n è numerabile e essi stessi sono in numero numerabile, quindi anche il loro limite sarà un insieme numerabile.

Il limite degli I_n è l'insieme $ D_2=\{q\in\mathbb{Q} | \exists n\in\mathbb{N} \textrm{ t.c. } 2^nq\in\mathbb{Z}\} $.
I limiti degli altri due sono una faccenda un po' più complicata ... non sono sicuro che abbiano senso.

Comunque, ripeto che i limiti di questi insiemi non danno alcuna informazione esauriente sul comportamento della funzione limite in ambito di derivabilità.
Ultima modifica di EvaristeG il 22 ott 2005, 01:28, modificato 1 volta in totale.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 22 ott 2005, 01:27

Tanto per capirci, il tuo discorso funziona con la funzione
$ \displaystyle{f(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{\phi(2^ix)}{2^{2i}}} $
dove phi è quella di prima.
Questa f è continua e derivabile fuori dall'insieme $ D_2 $ che ti ho scritto prima (dimostrarlo è banale con la convergenza totale della serie delle derivate) e gli insiemi di positività e negatività della derivata che tu definisci corrispondono a diversi valori della derivata della funzione limite (data da una somma di inversi di potenze di due, il cui segno dipende appunto dall'insieme in cui il punto sta al passo ennesimo).

rargh
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Messaggio da rargh » 22 ott 2005, 12:34

Ok grazie, sei stato esauriente. Vedo che le successioni di funzioni restano per me uno degli argomenti più ostici che abbia trovato in analisi, dove quasi tutto è antiintuitivo.

rargh
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Messaggio da rargh » 22 ott 2005, 14:54

Aspetta, avrei dei dubbi sulla tua affermazione che:
$ \[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } I_n = D_2 = \{ q \in \mathbb{Q}\left| {\exists m \in } \right.\mathbb{N}\left| {2^m q \in \mathbb{Z}\} } \right. \] $

Ma qui stiamo facendo tendere n all'infinito in un insieme I_n definito come segue:
$ \[ \begin{array}{l} i \in \mathbb{Z} \\ I_n = \{ x = \frac{i}{{2^{n + 1} }}\} \\ \end{array} \] $

Ora stiamo facendo tendere all'infinito il denominatore di quella frazione, quindi tende all'infinito anche il numeratore. Per n finito x è un sottoinsieme di Q, ma sappiamo che si possono fare successioni in Q che all'infinito tendono a numeri reali qualsiasi (Q è denso in R).

Rappresentiamo x e i in base 2:

$ \[ \begin{array}{l} k \in \mathbb{Z}, \\ b_k (n) = \{ + 1,0, - 1\} \\ N(n):\mathbb{N} \mapsto \mathbb{Z} \\ i = \sum\limits_{k = 0}^{N(n)} {b_k (n)2^k } \\ x_n = \frac{i}{{2^{n + 1} }} = \sum\limits_{k = 0}^N {b_k (n)2^{k - n - 1} } \\ \bar k = k - n - 1 \\ b_{\bar k} (n) = b_{k - n - 1} (n) \\ x_n = \sum\limits_{\bar k = - n - 1}^{N - n - 1} {b_{\bar k} (n)2^{\bar k} } \\ \end{array} \] $

Ora so che un numero reale finito qualsiasi può essere rappresentato in base , dove la sommatoria avrà l'indice che andrà da meno infinito fino a un numero finito.

$ \[ \begin{array}{l} x \in \mathbb{R} \\ \left| x \right| < + \infty \\ c_{\bar k} = \{ + 1,0, - 1\} \\ x = \sum\limits_{\bar k = - \infty }^M {c_{\bar k} } 2^{\bar k} \\ \end{array} \] $

Allora basta fare tendere all'infinito la successione N(n) e i coefficienti a dei valori opportuni, per avere dalla successione degli x_n un valore reale qualsiasi.


$ \[ \begin{array}{l} N(n) = ? \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (N(n) - n - 1) = M \\ \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } b_{\bar k} (n) = c_{\bar k} \\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{\bar k = - n - 1}^{N - n - 1} {b_{\bar k} (n)2^{\bar k} } = \sum\limits_{\bar k = - \infty }^M {c_{\bar k} } 2^{\bar k} = x \\ \end{array} \] $

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Messaggio da EvaristeG » 22 ott 2005, 16:17

Dunque ...
$ I_n\subseteq I_{n+1} $
===>
$ I=\lim_{n\to\infty}I_n=\bigcup_{n}I_n $
Quindi
$ x\in I \Leftrightarrow x\in I_n $ per un qualche n.
Questo è il motivo della mia affermazione.

Se vuoi vedere le cose in base 2, I_n è l'insieme dei numeri tali che la loro rappresentazione in base 2 ha al più n cifre non nulle dopo la virgola; quindi in generale il limite è l'insieme dei numeri in base 2 che hanno un numero finito di cifre non nulle dopo la virgola (i "decimali limitati" in base 2).

Infine, vorrei farti notare che fare il limite all'infinito di una successione di insiemi non vuol dire fare il limite dei loro elementi.
Visto che siamo in argomento, ecco le definizioni usuali :
$ \displaystyle{\limsup_{n}A_n=\bigcap_{m\geq 0}\bigcup_{n\geq m}A_n} $
$ \displaystyle{\liminf_{n}A_n=\bigcup_{m\geq 0}\bigcap_{n\geq m}A_n} $
Quando limsup e liminf coincidono si parla di limite. Puoi verificare da solo che se la successione è "crescente" (A_n sta dentro A_(n+1) ) allora il limite è l'unione e se è "decrescente" è l'intersezione.

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Messaggio da rargh » 22 ott 2005, 16:48

Se I_n+1 contiene I_n che senso ha fare l'unione di tutti gli I_n?
Non sono sicuro di un'altra cosa, il limite di I_n sarebbe secondo te l'insieme dei numeri con numero di decimali in base 2 finito. Ovviamente i limiti delle singole successioni degli elementi in I_n tendono invece a numeri reali qualsiasi. Quindi vuoi dire che il limite della successione di insiemi non è costituito dall'insieme dei limiti delle singole successioni che lo compongono. E' questo che non riesco a capire.

rargh
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Messaggio da rargh » 23 ott 2005, 13:26

Ringrazio EvaristeG per la grande pazienza avuta. Grazie all'aiuto credo di aver capito come risolvere la questione con gli insiemi.
Quando calcoliamo la derivata della funzione limite, che, come hai fatto notare, non è sempre il limite della successione di derivate, dobbiamo calcolare i seguenti limite, stando attenti all'ordine! Prima definisco i soliti insiemi:
Ora calcolo il limite:
$ \[ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{f_n (x + h) - f_n (x)}}{h}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{g_n (x,h)}}{h}} \right) \\ h = h_1 + h_2 \le 2^{ - n} \\ g_n (x,h) = \left\{ \begin{array}{l} + h \\ h_1 - h_2 \\ - h \\ \end{array} \right. \\ \end{array} \] $

Al tendere di n all'infinito non è possibile determinare quale valore assume g_n.
Infatti definiamo i soliti insiemi:
$ \[ \begin{array}{l} \forall i \in \mathbb{Z} \\ \frac{{2i}}{{2^{n + 1} }} < x_ + < \frac{{2i + 1}}{{2^{n + 1} }} \Leftrightarrow x_ + \in P_n \\ \frac{{2i + 1}}{{2^{n + 1} }} < x_ - < \frac{{i + 1}}{{2^n }} \Leftrightarrow x_ - \in D_n \\ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } I_n = S = \{ q \in \mathbb{Q}\left| {\exists m \in \mathbb{N}} \right.\left| {2^m q \in \mathbb{Z}\} } \right. \\ S = \bigcup\limits_n {I_n } \\ \end{array} \] $

L'insieme dei punti in cui f_n non è derivabile, all'infinito tende a un insieme S che è ancora numerabile, ma denso in $ \mathbb{R} $. Dato che per la funzione f_n, i punti di I_n definivano gli estremi degli intervalli che appartenevano agli insiemi di positività e negatività della derivata prima, (gli insiemi P_n e D_n), al tendere di n all'infinito si ha il seguente problema: se x non appartiene a S, non è possibile determinare se appartiene a P o a D.
$ \[ \begin{array}{l} \forall x \in \mathbb{R}, \\ \forall a_1 ,b_1 \in S\left| {a_1 < x < b_1 } \right. \\ \exists a_2 ,b_2 \in S\left| {a_1 < a_2 < x < b_2 < b} \right._1 \\ b_1 = \frac{{p_1 }}{{2^{m_1 } }},p_1 > 2^{m_1 } x \\ x2^{m_2 } < p_2 < p_1 2^{m_2 - m_1 } \\ m_2 > m_1 \Rightarrow \exists p_2 \\ \end{array} \] $

Gli insiemi P_n e D_n, che al finito erano complementari:
$ \[ \begin{array}{l} P_n \cap D_n = \emptyset \\ P_n \cap I_n = \emptyset \\ D_n \cap I_n = \emptyset \\ P_n \cup D_n \cup I_n = \mathbb{R} \\ \end{array} \] $

ma all'infinito hanno un'intersezione non vuota:
$ \[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {P_n \cap D_n } \right) \ne \emptyset \] $

Anzi, al limite i due insiemi coincidono:
$ \[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } P_n = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } D_n = \mathbb{R}/S \] $

EvaristeG, confermi il tutto?

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Messaggio da EvaristeG » 23 ott 2005, 13:56

Il tuo stesso ragionamento non cambia di una virgola per la funzione che ti ho scritto io due post fa, che è derivabilel, quindi non può essere corretto.
Ripeto che per determinare la derivabilità del limite di una successione di funzioni non basta guardare gli insiemi di non derivabilità degli elementi della successione, nè bastano considerazioni di densità : è una caratteristica di regolarità delle funzioni e della loro convergenza che non può essere espressa in modo semplice tramite la topologia degli insiemi di definizione delle funzioni.

fph
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Messaggio da fph » 23 ott 2005, 16:26

A colpi di google si trova questa:
http://www.apronus.com/math/nodiffable.htm
(non ho verificato i conti che fa ma l'idea sembra funzionare)
Non è una dimostrazione costruttiva, però sembra essere abbastanza semplice.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

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