¿Pueden ser domados monstruos del análisis real de esta manera?

Question

Considerar la Función de Weierstrass (algo generalizado para longitudes de onda arbitraria $\,\lambda > 0$ ): $$W(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin\left(n^2\,2\pi/\lambda\,x\right)}{n^2}$$ $W(x)$ es un ejemplo de una función que es continua en todas partes, pero diferenciable (O, para el nitpickers entre nosotros: diferenciable sólo en un conjunto de puntos de medida cero). Tratamos de eliminar el carácter patológico de la función $W(x)$ en mucho la misma manera como ha sido tratado con la eliminación de las singularidades en Este podría ser llamado Renormalization?, es decir, por convolución con un "ampliado" de Dirac-función Delta, en nuestro caso una Gaussiana: $$\int_{-\infty}^{^\infty} W(\xi) \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(x-\xi)^2/\sigma^2}\,d\xi =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{^\infty} \frac{e^{-\frac{1}{2}(x-\xi)^2/\sigma^2}\left[e^{i\,n^2\,2\pi/\lambda\,\xi}-e^{-i\,n^2\,2\pi/\lambda\,\xi}\right]}{2\,i\,n^2}$$ Exponentes se reescribe de la siguiente manera: $$-\frac{1}{2}(x-\xi)^2/\sigma^2 \pm i\,n^2\frac{2\pi}{\lambda}\xi = - \frac{1}{2}\left(\frac{\xi}{\sigma}\right)^2 + \frac{x}{\sigma}\frac{\xi}{\sigma} \pm i\,n^2\frac{2\pi}{\lambda}\sigma\frac{\xi}{\sigma} - \frac{1}{2}\left(\frac{x}{\sigma}\right)^2 = -\frac{1}{2}\left[\frac{\xi}{\sigma}-\left(\frac{x}{\sigma} \pm i\,n^2\frac{2\pi}{\lambda}\sigma\right)\right)^2 -\frac{1}{2}\left(n^2\frac{2\pi}{\lambda}\sigma\right)^2 \pm i\,n^2\frac{2\pi}{\lambda}x$$ Dar para la integral de convolución: $$\sum_{n=1}^\infty \int_{-\infty}^{^\infty} e^{-\frac{1}{2}\left[\xi/\sigma-(x/\sigma \pm i\,n^2\,2\pi/\lambda\,\sigma)\right]^2}\,d(\xi/\sigma)\times\sigma\times\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\;(=1)\\ \times e^{-\frac{1}{2}\left(n^2\,2\pi/\lambda\,\sigma\right)^2}\frac{e^{i\,n^2\,2\pi/\lambda\,x} - e^{-i\,n^2\,2\pi/\lambda\,x}}{2i\,n^2}\qquad \Longrightarrow \\ \overline{W}(x) = \sum_{n=1}^\infty e^{-\frac{1}{2}\left(n^2\,2\pi/\lambda\,\sigma\right)^2}\frac{\sin\left(n^2\,2\pi/\lambda\,x\right)}{n^2}$$ La idea es que un monstruo de la función que se "suavizan" de este modo, podría ser diferenciable, así como continua. Un posible argumento es que la derivada de la integral de convolución también puede ser calculado de la siguiente manera: $$\frac{d}{dx} \int_{-\infty}^{^\infty} W(\xi) \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2}(x-\xi)^2/\sigma^2}\,d\xi = \int_{-\infty}^{^\infty} W(\xi) \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \left(-\frac{x-\xi}{\sigma^2}\right) e^{-\frac{1}{2}(x-\xi)^2/\sigma^2}\,d\xi$$ Pero no estoy seguro de si esto cuenta como una prueba. De ahí la pregunta: es el Weierstrass monstruo de la función "domesticado" por este "renormalization" procedimiento y ha llegado a ser diferenciable en todas partes, de hecho?

Answer 1

Ya que contamos con: %#% $de #% se deduce que:$$\overline{W}(x) = \sum_{n=1}^{+\infty}e^{-An^2}\frac{\sin(Bn^2 x)}{n^2}$ $tan asumiendo$$\overline{W}(x)-\overline{W}(y)=\sum_{n=1}^{M}e^{-An^2}\frac{\sin(Bn^2 x)-\sin(Bn^2 y)}{n^2}+O(e^{-AM^2}(x-y)),$ y explotando la Lipschitz condición para la función seno: %#% $#% por lo tanto la función de Weierstrass suavizada es una función Lipschitz y$|x-y|\leq\frac{1}{M^2} desde el lado derecho es una serie absolutamente convergente. Iterando una y otra vez el mismo argumento tenemos que $$\left|\frac{\overline{W}(x)-\overline{W}(y)}{x-y}\right|\leq \sum_{n=1}^{M}B e^{-An^2}+O(e^{-AM^2})=O(1),$ es una función de$$ \overline{W}'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}Be^{-An^2}\cos(Bn^2 x)$, ya que la función seno y coseno son siempre limitadas y coeficientes$\overline{W}$decaimiento muy rápido tan pronto como$C^{\infty}$ es bastante grande.