Función continua diferenciable en $[0,1]\setminus\mathbb{Q}$ pero no diferenciable en todos los $\mathbb{Q}\cap[0,1]$ ?

Question

Estoy tratando de encontrar un ejemplo de una función continua que sea diferenciable en todos los irracionales pero no diferenciable en todos los racionales en $[0,1]$ .

Desde $\mathbb{Q}$ es contable, anótelo como $\mathbb{Q}=\{q_0,q_1,q_2,\dots\}$ . Definir un mapa $g\colon\mathbb{Q}\to\mathbb{R}$ por $q_n\mapsto 2^{-n}$ . Desde $\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{2^n}$ es absolutamente convergente, $\sum_{r\in\mathbb{Q}}g(r)$ también lo es. Entonces defina $f\colon [0,1]\to\mathbb{R}$ por $$ f(x)=\sum_{r\in\mathbb{Q};r<x}g(r) $$ que está bien definida.

No es difícil ver que $f$ es monotónicamente creciente en $[0,1]$ y, por tanto, integrable en Riemann en $[0,1]$ . He podido demostrar que $f$ es continua en todos los irracionales, pero discontinua en todos los racionales. Puedo añadir esto si es necesario.

Por el teorema fundamental del cálculo, la función $F\colon [0,1]\to\mathbb{R}$ definido por $$ F(x)=\int_0^x f $$ es continua, y diferenciable en todos los irracionales ya que $f$ es continua en todos los irracionales.

El ejemplo de la página 7 de estas notas, Math 131AH Invierno 2003, Prof. Terry Tao señala que $F$ es realmente no diferenciable en cada racional, por el uso del teorema del valor medio.

Estoy confundido porque no veo cómo puedo aplicar el teorema del valor medio. No creo que deba aplicarlo a $f$ ya que $f$ no es diferenciable en ningún intervalo no degenerado. Además, aunque $F$ es continua, no creo que pueda aplicarle el teorema del valor medio sin asumir que $F$ es diferenciable en todos los racionales de algún intervalo, lo que parece una gran suposición.

¿Cómo puede el teorema del valor medio (si es necesario), mostrar que $F$ es discontinua en todos los racionales? Gracias.

Answer 1

Su ejemplo de una función continua en los irracionales pero discontinua en los racionales puede reformularse como sigue: escribiendo $\mathbb Q\cap[0,1] = \{q_0,q_1,q_2,\dots\}$ como antes, definir $$ f_n(x) = \begin{cases} 0, &\text{if } x\le q_n, \\ 2^{-n}, &\text{if } x>q_n.\end{cases} $$ Entonces su ejemplo $f(x)$ es simplemente $f(x) = \sum_{n=0}^\infty f_n(x)$ . En esta formulación, es fácil ver dónde está la discontinuidad en algún $q_k$ viene de: todas las funciones que se añaden son continuas allí excepto $f_k$ .

Así que para construir una función diferenciable en irracionales pero no diferenciable en racionales, sugiero probar $F(x) = \sum_{n=0}^\infty F_n(x)$ , donde $$ F_n(x) = \begin{cases} 0, &\text{if } x\le q_n, \\ 2^{-n}(x-q_n), &\text{if } x>q_n.\end{cases} $$ (Y sí, este $F$ realmente es $\int f$ aunque no es necesario saberlo: se pueden deducir las propiedades de diferenciabilidad de $F$ directamente de la definición anterior).

Answer 2

Supongamos que no, es decir, $F$ es diferenciable en algún punto racional $x_0 \in [0,1]$ y por lo tanto $f$ es continua en este $x_0$ . Dejemos que $x_0 \in [0,x]$ con $0\le x\le 1$ . Desde $0\le x_0 \le x$ entonces $x-x_0\ge 0$ por lo que por la propiedad arquimediana existe un entero positivo $n \ge 1$ tal que $n(x-x_0)>1$ es decir, $x-x_0 > \frac{1}{n}$ . Además, como $f$ es creciente tenemos $f(x-x_0)>f(\frac{1}{n})$ ...........(*).

Desde $F$ es cts en arbitrario $x_0 \in [0,1]$ el para $\epsilon >0$ y elegir un $\delta = \frac{\epsilon}{M}$ con $M>0$ tal que $|F(x)-F(x_0)| < \epsilon$ , siempre que $0<|x-x_0|<\delta$ . \begin{align} \left| {F\left( x \right) - F\left( {x_0 } \right)} \right| &= \left| {\int_0^x {f\left( t \right)dt} - \int_0^{x_0 } {f\left( t \right)dt} } \right| \\ &= \left| {\int_0^x {f\left( t \right)dt} + \int_{x_0 }^0 {f\left( t \right)dt} } \right| = \left| {\int_{x_0 }^x {f\left( t \right)dt} } \right| \\ &\le \int_{x_0 }^x {\left| {f\left( t \right)} \right|dt} \le \frac{M}{{\delta \left( {x - x_0 } \right)}}\left( {x - x_0 } \right) = \epsilon .....(**) \end{align} (También se puede hacer por MVT). Por otra parte, dado que $f$ aumentando con (*) tenemos

\begin{align} \left| {F\left( x \right) - F\left( {x_0 } \right)} \right| = \left| {\int_{x_0 }^x {f\left( t \right)dt} } \right| = \left| {\int_0^{x - x_0 } {f\left( {t + x_0 } \right)dt} } \right| &\ge \left| {\int_0^{{\textstyle{1 \over n}}} {f\left( {t + x_0 } \right)dt} } \right| \\ &= \left| {\int_{x_0 }^{{\textstyle{1 \over n}} + x_0 } {f\left( t \right)dt} } \right| \\ &= \left| {F\left( {x_0 + \frac{1}{n}} \right) - F\left( {x_0 } \right)} \right| (< \epsilon \,\,\text{by (**)}) \\ \end{align}

que es una contradicción. Dado que $x_0$ es un racional arbitrario en $[0,1]$ para que $F$ no es cts en [0,1] por lo tanto $F$ no es diferenciable en ningún racional $x_0 \in [0,1]$ .