Ayuda con la modificación de Takagi funciones

Question

En primer lugar, tengo que dar algunas definiciones y la información de fondo:

Definir $h(x)=|x|$$x\in [-1,1]$. Extender esta función a $\mathbb R$ definiendo $h(x+2) = h(x)$. Aquí es un gráfico de $h$:

Ahora bien, si definimos $g(x) = \sum_{n=0}^\infty {1 \over 2^n}h(2^nx)$ $g$ es el Takagi función. Se puede probar que $g$ es continua y diferenciable. Hice ambas cosas. La continuidad de la siguiente manera fácilmente desde la M de Weierstrass de la prueba y no la diferenciabilidad primero se puede mostrar que para diádica puntos y, a continuación, para no diádica puntos.

Ahora estoy interesado en dos diferentes versiones modificadas de la Takagi función:

$$ g_1(x) = \sum_{n=0}^\infty {1\over 2^n}h(3^n x)$$ y $$ g_2(x) = \sum_{n=0}^\infty {1\over 3^n}h(2^n x)$$

Estos dos se ven fácilmente ser continua.

Podría alguien por favor, muéstrame cómo determinar la la diferenciabilidad de ambos $g_1$$g_2$? De verdad lo intenté, pero fracasó.

Answer 1

Yo creo que Daniel es una conjetura, así que permítanme hacer algunos trabajos en $g_1(x)$. Deje $c=2m/3^k$ para algunos entero $m$ y algunos entero positivo $k$. Quiero mostrar que la $g_1(x)$ no es diferenciable en a $x=c$. Definir $\epsilon_a = 2/3^a$ para enteros positivos $a$. Vamos a calcular $\frac{g_1(c+\epsilon_a)-g_1(c)}{\epsilon_a}$ y muestran el límite de $a\rightarrow \infty$ no converge a un número real.

Para cualquier entero no negativo,$n\geq a$, $(2)3^{n-a}$ es un entero par, entonces: \begin{eqnarray*} h(3^nc + 3^n\epsilon_a) - h(3^nc) &=& h(3^nc + (2)3^{n-a})-h(3^nc)\\ &=& h(3^{n}c) - h(3^nc) \\ &=& 0 \end{eqnarray*}

Si $a>n\geq k$ $2m3^{n-k}$ es un entero par, y el derecho derivado de la $h(x)$$x=2m3^{n-k}$$1$. Desde $(2)3^{n-a}<1$, tenemos: \begin{eqnarray*} h(3^nc + 3^n\epsilon_a) - h(3^nc) &=& h(2m3^{n-k} + (2)3^{n-a})-h(2m3^{n-k})\\ &=& (2)3^{n-a} \end{eqnarray*}

En resumen, asumiendo $a>k$:
\begin{eqnarray*} \frac{g_1(c+\epsilon_a)-g_1(c)}{\epsilon_a} &=& \frac{1}{\epsilon_a}\left[\sum_{n=0}^{k}\frac{1}{2^n}[h(3^nc+3^n\epsilon_a)-h(3^nc)] + \sum_{n=k+1}^{a-1}\frac{(2)3^{n-a}}{2^n}\right] \\ &\geq&\frac{1}{\epsilon_a}\left[-\sum_{n=0}^k\frac{3^n\epsilon_a}{2^n} + \sum_{n=k+1}^{a-1}\frac{(2)3^{n-a}}{2^n} \right] \\ &=& -\sum_{n=0}^k(3/2)^n + \sum_{n=k+1}^{a-1}(3/2)^n \end{eqnarray*} y el lado derecho va a$\infty$$a\rightarrow \infty$. Por lo $g_1(x)$ no es diferenciable en a $x=c$.

Answer 2

Deje $x \in \mathbb{R}$. Para $n$, definir $a_n,b_n \in 1/3^{n+1}.\mathbb{Z}$ como seguir. Si $x$ es en cierto intervalo de $[\frac{2p}{3^n},\frac{2p+1}{3^n})$, puesto $a_n=\frac{2p}{3^n}$$b_n=\frac{2p+2/3}{3^n}$. Si $x$ es en cierto intervalo de $[\frac{2p+1}{3^n},\frac{2p+2}{3^n})$, puesto $a_n=\frac{2p+4/3}{3^n}$$b_n=\frac{2p+2}{3^n}$. En ambos casos $y \mapsto h(3^n y)$ es de pendiente constante en un intervalo de longitud de $1/3^n$ contiene $x,a_n,b_n$.

Para $k \geq n+1$, $h(3^k a_n) =0$ y $h(3^k b_n)=0$.

Para $k \leq n$, $\frac{h(3^k b_n)-h(3^k a_n)}{b_n-a_n} = \varepsilon_k(x).3^k$ donde $\varepsilon_k(x)$ es el derecho derivado de la $h$$3^kx$.

Por lo tanto $$\frac{g_1(b_n)-g_1(a_n)}{b_n-a_n} = \sum_{k=0}^{n} \varepsilon_k(x) \frac{3^k}{2^k}.$$ Así que la secuencia $(g_1(b_n)-g_1(a_n))/(b_n-a_n)$ no converge.

Supongamos que $g_1$ ha derivado $\lambda$$x$. Escribir $\frac{g_1(b_n)-g_1(a_n)}{b_n-a_n}-\lambda = \left( \frac{g_1(b_n)-g_1(x)}{b_n-x} -\lambda \right) \frac{b_n-x}{b_n-a_n} + \left( \frac{g_1(x)-g_1(a_n)}{x-a_n} -\lambda\right) \frac{x-a_n}{b_n-a_n}$. Este llega a cero debido a que $\frac{b_n-x}{b_n-a_n}$ $\frac{x-a_n}{b_n-a_n}$ está acotada.

Para $g_2$. Deje $x \in \mathbb{R}$. Para $h>0$, escribir $$\frac{g_2(x+h)-g_1(x)}{h} = \sum_{k} g_k(h),$$ con $g_k(h) = \frac{h(2^k(x+h))-h(2^k x)}{3^kh}$. Desde $h$ $1$- Lipchitz, tenemos $\|g\|_{\infty} \leq (2/3)^k$. Por otra parte $\lim_{h \to 0} g_k(h) = (2/3)^k h^+(2^kx)$ donde $h^+$ es el derecho derivado de la $h$. Por lo tanto $g_2$ tiene derecho derivado $\sum_k (2/3)^k h^+(2^kx)$. Similarmente $g_2$ ha dejado de derivados $\sum_k (2/3)^k h^-(2^kx)$. Por lo tanto $g$ ha derivado en todo no diádica rationnals.