La función de Weierstrass es continua en todas partes y diferenciable (ver prueba). Dados los parámetros de $0<a<1$ e $b$ un entero impar tal que $ab>1+\frac{3}{2}\pi$, esto es
$$w(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a^n\cos(b^n\pi x)$$
Ahora tenga en cuenta que esto puede ser integrado para un rendimiento en todas partes $C^1$ nada $C^2$función de:
$$W(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\pi}\left(\frac{a}{b}\right)^n\sin(b^n\pi x)$$
Esto es muy similar a la función original, sólo que $a$ ha disminuido, reguladora de la suma. Claramente, esto construcciones por doquier $C^k$ nada $C^{k+1}$ funciones.
Para pasar a la suavidad, pero sólo en un punto, necesitamos una manera de alguna manera interpolar entre los valores de $a$ dependiendo $x$... así que vamos a cambiar a $x$ directamente.
Intente (parcial de la parcela aquí)
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\cos(b^n\pi x)\left|x\right|^n$$
que tiene buenas razones para ser localmente $C^n$ para todos los $n$ en los barrios de $0$ de tamaño aproximadamente $b^{-n}$.
Tras la prueba original idea en (1), vamos a tratar de usar la M de Weierstrass-test para la convergencia uniforme de la $k$th termwise derivados de esta suma. Utilizando la regla del producto, el $k$th derivados de la $n$th plazo parece
$$f_n^{(k)}=\sum_{q=0}^{\min(n,k)}\binom{k}{q}\cos\left(b^n\pi x+\frac{(k-q)\pi}{2}\right)\left(b^n\pi\right)^{k-q}\frac{n!}{(n-q)!}\mathrm{sgn}(x)^q\left|x\right|^{n-q}$$
Por lo suficientemente pequeña magnitud de $x$, un crudo límite superior en la magnitud del término es
$$\left|f_n^{(k)}\right|<\sum_{q=0}^k\binom{k}{q}\left(b^n\pi\right)^{k-q}n^q\left|x\right|^{n-q}<2^k\left(b^n\pi\right)^kn^k\left|x\right|^{n-k}=\left(\frac{b^k}{\left|x\right|}\right)^n\left(2\pi n\left|x\right|\right)^k$$
y recordar que $k$ es una constante aquí. Desde polinomios ($n^k$) están dominadas por las exponenciales ($k^n$), la serie converge uniformemente siempre $\frac{b^k}{\left|x\right|}<1$ para todos los $k$.
Por lo tanto, en el barrio de $\left(-b^{-k},b^{-k}\right)$, la función de $f(x)$ es $C^k$.
Para probar la otra dirección, nos vamos a recoger $b\geq7$ para nuestros propósitos. Supongamos que $\left|x\right|$ es tal que $b^k\left|x\right|<1$ e $b^{k+1}\left|x\right|>1+\frac{3}{2}\pi$, que es
$$b^{-k}\left(\frac{1+\frac{3}{2}\pi}{b}\right)<\left|x\right|<b^{-k}$$
y hemos optado $b$ para hacer de este intervalo no trivial.
Tenga en cuenta que el termwise $k$th derivado de la doble suma es absoluta y uniformemente convergente, así que, básicamente, podemos reorganizar tanto como queremos. En particular, nos vamos a dividir a cabo el "principal" de la pieza de donde tomamos la derivada de la $\cos$ todo el tiempo:
$$\begin{align*}f_n^{(k)}&=\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|x\right|\right)^n\\
&\hphantom{{}={}}+\sum_{q=1}^{\min(n,k)}\binom{k}{q}\cos\left(b^n\pi x+\frac{(k-q)\pi}{2}\right)\left(b^n\pi\right)^{k-q}\frac{n!}{(n-q)!}\mathrm{sgn}(x)^q\left|x\right|^{n-q}\end{align*}$$
Llame el resto de los trozos $f^{(k)*}_n$ y tomar la derivada de una vez más y enlazado:
$$\left|\left(f^{(k)*}_n\right)'\right|<\sum_{q=1}^{k+1}\binom{k+1}{q}\left(b^n\pi\right)^{k+1-q}n^q\left|x\right|^{n-q}<2^{k+1}\left(b^n\pi\right)^kn^{k+1}\left|x\right|^{n-k-1}=\left(\frac{b^k}{\left|x\right|}\right)^n\left(2\pi n\left|x\right|\right)^{k+1}$$
y el punto es que según nuestra hipótesis, $\frac{b^k}{\left|x\right|}<1$ y el de Weierstrass M-prueba todavía se aplica.
Lo que esto significa es que
$$f^{(k)}=\underbrace{\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|x\right|\right)^n}_{\text{call this }f^{(k)p}}+\sum_{n=0}^{\infty}f^{(k)*}_n$$
justo cuando hemos demostrado que la última suma es en sí misma continuamente diferenciable. Por lo tanto, $f^{(k)}$ sí es diferenciable si y sólo si la parte principal $f^{(k)p}$ es.
Ahora, para tomar la derivada en algún valor $a$, nosotros sólo nos preocupamos de un barrio de $a$, así que vamos a aproximar con la real de Weierstrass de la función con el parámetro $b^k\left|a\right|$:
$$f^{(k)p}=\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|a\right|\right)^n+\sum_{n=0}^{\infty}\underbrace{\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}\left(\left|x\right|^n-\left|a\right|^n\right)}_{\text{call this }f^{(k)e}_n}$$
Tomamos la derivada del error termwise el uso de los primeros principios:
$$\begin{align*}\left(f^{(k)e}_n\right)'(a)&=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f^{(k)e}_n(a+h)-\overbrace{f^{(k)e}_n(a)}^0}{h}\\
&=\left(\lim_{h\rightarrow0}\pi^k\cos\left(b^n\pi(a+h)+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}\right)\left(\lim_{h\rightarrow0}\frac{\left|a+h\right|^n-\left|a\right|^n}{h}\right)\\
&=\pi^k\cos\left(b^n\pi a+\frac{k\pi}{2}\right)b^{kn}n\;\mathrm{sgn}(a)\left|a\right|^{n-1}\end{align*}$$
y una última vez, por la M de Weierstrass-prueba de los términos de error son continuamente diferenciables.
Finalmente, nos quedamos con
$$f^{(k)}-(C^1\text{ function})=\sum_{n=0}^{\infty}\pi^k\cos\left(b^n\pi x+\frac{k\pi}{2}\right)\left(b^k\left|a\right|\right)^n$$
que es una función de Weierstrass con los parámetros de $b^k\left|a\right|$ e $b$, y por hipótesis de esta función es la nada diferenciable. Por lo $f$ dentro de este rango es $C^k$ pero no $C^{k+1}$.
