Hardy-Weierstrass Nowhere differentiable function

By | October 25, 2015

모든 점에서 연속이지만 미분불가능한 함수는 다음과 같은 함수로 잘 알려져있으며 보통은 고등미적분학 시간 때 증명을 한다.
\varphi\left(x\right)=\left|x\right|\left(-1\le x\le1\right)\varphi\left(x+2\right)=\varphi\left(x\right) for all x라 정의하면

    \[ f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\varphi\left(4^{n}x\right) \]

는 모든 점에서 연속이지만 모든 점에서 미분불가능하다. 증명은 PMA를 참고하길 바란다.

또 다른 예로는 다음과 같은 함수를 들 수 있다.

Theorem. If 0<\alpha<1, then

    \[ f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}} \]

is continuous but nowhere differentiable.

이 함수는 decay의 관점에서도 꽤나 중요한 결과를 가지고 있는 함수다. 이에 대해서는 차후에 설명한다.

f의 Fourier series의 convergence에 대해 논할 때 convolution을 이용해서 표현을 했던 것을 기억하자.

부분합 S_{N}\left(f\right)=\left(D_{N}*f\right)\left(x\right)이라 표현한다. 여기서 D_{N}\left(x\right)=\sum_{k=-N}^{N}e^{ikx}이다.

    \begin{align*} \sigma_{N}\left(f\right)\left(x\right) & =\frac{D_{0}\left(x\right)+D_{1}\left(x\right)+\cdots+D_{N-1}\left(x\right)}{N}\\ & =\left(F_{N}*f\right)\left(x\right) \end{align*}

이다. 여기서

    \[ F_{N}\left(x\right)=\frac{1}{N}\frac{\sin^{2}\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)} \]

이다.

이 정리의 증명의 핵심적인 아이디어는 delayed mean라는 도구다. f의 delayed means는

    \begin{align*} \triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right) & =2\sigma_{2N}\left(g\right)-\sigma_{N}\left(g\right)\\ & =g*\left(2F_{2N}-F_{N}\right)\left(x\right) \end{align*}

로 정의된다.

한 가지 관찰을 하기를

    \begin{align*} \sigma_{N}\left(f\right)\left(x\right) & =\frac{S_{0}\left(f\right)\left(x\right)+\cdots+S_{N-1}\left(f\right)\left(x\right)}{N}\\ & =\frac{1}{N}\sum_{l=0}^{N-1}\sum_{\left|k\right|\le l}a_{k}e^{ikx}\\ & =\frac{1}{N}\sum_{\left|n\right|\le N}\left(N-\left|n\right|\right)a_{n}e^{inx}\\ & =\sum_{\left|n\right|\le N}\left(1-\frac{\left|n\right|}{N}\right)a_{n}e^{inx} \end{align*}

를 얻는다. 그리고

    \[ D_{N}\left(x\right)=\sum_{\left|n\right|\le N}1\cdot a_{n}e^{inx} \]

라는 것을 생각해보자. 그리고 위 관찰을 이용해서 \triangle_{N}을 다음과 같이 표현할 수 있다:

    \[ \triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right)=\sum_{\left|n\right|\le N}1\cdot a_{n}e^{inx}+\sum_{N<\left|n\right|\le2N}2\left(1-\frac{\left|n\right|}{2N}\right)a_{n}e^{inx}. \]

이런 이유때문에 \triangle_{N}을 delayed mean이라 불림이 합당하다.

이제 본격적으로 함수 f가 모든 점에서 연속이지만 모든 점에서 미분가능하지 않음을 보이고자 한다.

우선

    \[ \left|f\left(x\right)\right|=\left|\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}}\right|\le\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n\alpha}}<\infty \]

이고 \sum_{n=0}^{N}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}}이 연속이고 f로 uniformly converge하므로 f는 연속함수다. 이제 미분가능성을 보이기 위하여 다음과 같은 관찰을 하도록 하자.

Lemma. g가 연속함수이고 x_{0}에서 미분가능하다고 하자. 그러면 g의 Cesàro mean은 \sigma_{N}\left(g\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)=O\left(\log N\right)이며

    \[ \triangle_{N}\left(g\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)=O\left(\log N\right) \]

이다.

Proof. 다음과 같은 사실을 관찰하도록 하자:

    \begin{align*} \sigma_{N}\left(g\right)^{\prime}\left(x_{0}\right) & =\left.\frac{d}{dx}\int_{-\pi}^{\pi}F_{N}\left(x-t\right)g\left(t\right)dt\right|_{x=x_{0}}\\ & =\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\partial}{\partial x}F_{N}\left(x-t\right)g\left(t\right)dt\\ & =\int_{-\pi}^{\pi}F_{N}^{\prime}\left(x_{0}-t\right)g\left(t\right)dt\\ & =\int_{-\pi}^{\pi}F_{N}^{\prime}\left(t\right)g\left(x_{0}-t\right)dt \end{align*}

이다. F_{N}2\pi-주기함수이므로 \int_{-\pi}^{\pi}F_{N}^{\prime}\left(t\right)dt=0이다.
그러므로 gx_{0}에서 미분가능하므로

    \begin{align*} \left|\sigma_{N}^{\prime}\left(g\right)\left(x_{0}\right)\right| & =\left|\int_{-\pi}^{\pi}F_{N}^{\prime}\left(t\right)\left[g\left(x_{0}-t\right)-g\left(x_{0}\right)\right]dt\right|\\ & \le C\int_{-\pi}^{\pi}\left|F_{N}^{\prime}\left(t\right)\right|\left|t\right|dt \end{align*}

를 만족하는 상수 C가 존재한다.

이제 F_{N}^{\prime}\left(t\right)의 크기를 잠시 비교해보도록 하자:

    \[ \left|F_{N}^{\prime}\left(t\right)\right|\le AN^{2}\quad\text{and}\quad\left|F_{N}^{\prime}\left(t\right)\right|\le\frac{A}{\left|t\right|^{2}} \]

우선 첫 번째 사실을 보이기 위하여 F_{N}이 trigonometric polynomial이며 계수의 절댓값들이 1보다 작다는 사실에 유의하도록 하자. 그러면 F_{N}^{\prime}또한 trigonometric polynomial이며 계수의 절댓값들이 N보다는 크지 않다. 그러므로

    \[ \left|F^{\prime}\left(t\right)\right|\le N\left(2N+1\right)\le AN^{2} \]

이다.

반대를 보이기 위하여

    \[ F_{N}\left(x\right)=\frac{1}{N}\frac{\sin^{2}\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)} \]

x에 대하여 미분을 하면

    \[ \frac{\sin\left(\frac{Nx}{2}\right)\cos\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}-\frac{1}{N}\frac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)\sin^{2}\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{3}\left(\frac{x}{2}\right)} \]

이다. 그리고 \left|x\right|\le\pi에서 \left|\sin\left(\frac{Nx}{2}\right)\right|\le CN\left|x\right|,
\left|\sin\left(\frac{x}{2}\right)\right|\ge c\left|x\right|이므로

    \begin{align*} \left|F_{N}^{\prime}\left(x\right)\right| & \le\left|\frac{\sin\left(\frac{Nx}{2}\right)\cos\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right)}\right|+\frac{1}{N}\left|\frac{\cos\left(\frac{x}{2}\right)\sin^{2}\left(\frac{Nx}{2}\right)}{\sin^{3}\left(\frac{x}{2}\right)}\right|\\ & \le\frac{C}{\left|x\right|^{2}}+\frac{1}{N}\frac{C\left|Nx\right|^{2}}{\left|x\right|^{3}}=C^{\prime}\frac{1}{\left|x\right|^{2}}. \end{align*}

그러므로

    \begin{align*} \left|\sigma_{N}\left(g\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)\right| & \le C\int_{\left|t\right|\ge\frac{1}{N}}\left|F_{N}^{\prime}\left(t\right)\right|\left|t\right|dt+C\int_{\left|t\right|\le\frac{1}{N}}\left|F_{N}^{\prime}\left(t\right)\right|\left|t\right|dt\\ & \le CA\int_{\left|t\right|\ge\frac{1}{N}}\frac{1}{\left|t\right|}+CAN\int_{\left|t\right|\le N}dt\\ & =O\left(\log N\right)+O\left(1\right)\\ & =O\left(\log N\right) \end{align*}

이다. 그러므로 \triangle_{N}의 정의에 의하여 \triangle_{N}\left(g\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)=O\left(\log N\right)이다.


그러므로 미분가능성이 추가되면 delay mean의 derivative는 \log N정도의 decay를 가진다는 것을 알아냈다.

이제 이전에 정의한 함수 f의 성질을 이용하면서 위 성질을 이용해서 모순을 이끌어낼 것이다. 함수

    \[ f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}} \]

의 Fourier coefficient를 계산해보면 꽤나 신기한 성질을 가지고 있다:

Proposition. f의 Fourier coefficient는 \hat{f}\left(2^{k}\right)=\frac{1}{2^{k\alpha}} (단 k가 음이 아닌 정수)이고 그 외에는 모두 0이다.

Proof. 사실 정의에 의해서 자명하다. 정수 m에 대하여

    \begin{align*} \hat{f}\left(m\right) & =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}}e^{-imx}dx\\ & =\frac{1}{2\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n\alpha}}\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\left(2^{n}-m\right)x}dx \end{align*}

이다.

    \[ \int_{-\pi}^{\pi}e^{i\left(2^{n}-m\right)x}dx=\begin{cases} 0 & \text{if }2^{n}\neq m\text{ for all }n\ge0\\ 2\pi & \text{if }2^{n}=m \end{cases} \]

임을 생각하면 정리가 증명이 된다.


이 사실을 바탕으로 다음의 관찰을 얻을 수 있다.

Lemma. 만약 2N=2^{n},이라면

    \[ \triangle_{2N}\left(f\right)\left(x\right)-\triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right)=\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}} \]

이다.

Proof. 우선

    \[ \triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right)=\sum_{\left|n\right|\le N}1\cdot a_{n}e^{inx}+\sum_{N<\left|n\right|\le2N}2\left(1-\frac{\left|n\right|}{2N}\right)a_{n}e^{inx} \]

라는 점을 기억하고 앞의 Proposition을 통해

    \[ \triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right)=\sum_{\left|n\right|\le N}1\cdot a_{n}e^{inx}=S_{N}\left(f\right)\left(x\right) \]

이다. 왜냐하면 N<\left|n\right|<2N에서는 a_{n}=0이기 때문이다.

마찬가지로

    \[ \triangle_{2N}\left(f\right)\left(x\right)=\sum_{\left|n\right|\le2N}1\cdot a_{n}e^{inx}=S_{2N}\left(f\right)\left(x\right) \]

이다.

그러므로

    \begin{align*} \triangle_{2N}\left(f\right)\left(x\right)-\triangle_{N}\left(f\right)\left(x\right) & =S_{2N}\left(f\right)\left(x\right)-S_{N}\left(f\right)\left(x\right)\\ & =a_{2N}e^{i\left(2N\right)x}\\ & =\frac{1}{2^{n\alpha}}e^{i2^{n}x} \end{align*}

이다. 왜냐하면 a_{k}=0 if k<0 and N+1\le k<2N이고 a_{2^{n}}=\frac{1}{2^{n\alpha}}이기 때문이다.


이제 이를 바탕으로 증명을 마무리하고자 한다. 첫 번째 Lemma에 의하여

    \[ \left|\triangle_{2N}\left(f\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)-\triangle_{N}\left(f\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|=O\left(\log N\right) \]

이지만

    \[ \left|\triangle_{2N}\left(f\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)-\triangle_{N}\left(f\right)^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|=2^{n\left(1-\alpha\right)}\ge cN^{1-\alpha} \]

를 얻는다. 그러나 0<\alpha<1일 때 N^{1-\alpha}\gg\log N이므로 이는 모순이다.

따라서 함수

    \[ f\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e^{i2^{n}x}}{2^{n\alpha}} \]

는 모든 점에서 연속이지만 모든 점에서 미분가능하지 않다.

이제 조금 다른 관점에서 이 함수를 바라보고자 한다. 적당한 변수치환을 통하여

    \[ \hat{g}\left(n\right)=\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left[g\left(x\right)-g\left(x+\frac{\pi}{n}\right)\right]e^{-inx}dx \]

를 유도할 수 있다.

만약 g\alpha-Hölder continuous라면\left(0<\alpha\le1\right)일 경우,

    \begin{align*} \left|\hat{g}\left(n\right)\right| & \le\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left|g\left(x\right)-g\left(x+\frac{\pi}{n}\right)\right|dx\\ & =\frac{1}{4\pi}C\frac{1}{\left|n\right|^{\alpha}}=\frac{C^{\prime}}{\left|n\right|^{\alpha}} \end{align*}

이다. 그러므로 \hat{g}\left(n\right)=O\left(\frac{1}{\left|n\right|^{\alpha}}\right)이다.
여기서 \hat{g}의 decay를 더 줄일 수 있느냐라는 물음이 나올 수 있다. 그러나 앞에서 정의한 함수 f\alpha-Hölder continuous\left(0<\alpha<1\right)이면서 \hat{f}\left(N\right)=\frac{1}{N^{\alpha}} whenever N=2^{k}이다.

이제 f\alpha-Hölder continuous\left(0<\alpha<1\right)임을 보이고자 한다.

    \begin{align*} & \left|f\left(x+h\right)-f\left(x\right)\right|\\ & \le\sum_{2^{k}\le\frac{1}{\left|h\right|}}\frac{1}{2^{k\alpha}}\left|e^{i2^{k}h}-1\right|+\sum_{2^{k}>\frac{1}{\left|h\right|}}\frac{1}{2^{k\alpha}}\left|e^{i2^{k}\left(x+h\right)}-e^{i2^{k}x}\right|. \end{align*}

첫번째 합에서는 \left|h\right|>1이면 합은 0이다. 그러므로 \left|h\right|\le1이라 가정하자. l2^{-l-1}<\left|h\right|\le2^{-l} 만족하는 유일한 음이 아닌 정수라고 하자. 그러면

    \begin{align*} \sum_{2^{k}\le\frac{1}{\left|h\right|}}\frac{1}{2^{k\alpha}}\left|e^{i2^{k}h}-1\right| & \le\sum_{k=0}^{l+1}\left(2^{k}\left|h\right|\right)^{1-\alpha}\left|h\right|^{\alpha}\\ & \le\left|h\right|^{\alpha}\sum_{k=0}^{l+1}\left(2^{k-l}\right)^{1-\alpha}\\ & =\frac{1}{1-2^{\alpha-1}}\left|h\right|^{\alpha} \end{align*}

를 얻는다. 왜냐하면 \left|e^{i\theta}-1\right|\le\left|\theta\right|이기 때문이다. 두번째 합에서는

    \[ m=\min\left\{ k:2^{k}>\frac{1}{\left|h\right|}\right\} \]

라 하면

    \begin{align*} & \sum_{2^{k}>\frac{1}{\left|h\right|}}\frac{1}{2^{k\alpha}}\left|e^{i2^{k}\left(x+h\right)}-e^{i2^{k}x}\right|\\ & \le\sum_{2^{k}>\frac{1}{\left|h\right|}}\frac{2}{2^{k\alpha}}=\sum_{k=m}^{\infty}\frac{2}{2^{k\alpha}}\\ & =2\cdot\frac{\frac{1}{2^{m\alpha}}}{1-\frac{1}{2^{\alpha}}}\le C\left|h\right|^{\alpha} \end{align*}

를 얻는다. 왜냐하면 2^{m}>\frac{1}{\left|h\right|}이기 때문이다. 그러므로

    \[ \left|f\left(x+h\right)-f\left(x\right)\right|\le C\left|h\right|^{\alpha} \]

이다. 즉, f\alpha-Hölder continuous\left(0<\alpha<1\right)이다.

이 예제는 Hölder space of order \alpha의 동치조건을 생각할 때 중요한 기준이 되는 예가 된다.

0<\alpha<1이고 f\in L^{\infty}일 때, 조건 \left\Vert f\left(x+t\right)-f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A\left|t\right|^{\alpha}, \left\Vert f\left(x+t\right)+f\left(x-t\right)-2f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A^{\prime}\left|t\right|^{\alpha}와 동치다.그러나 이 동치조건은 \alpha=1일 때는 성립하지 않는다.

Example.  There exist f\in L^{\infty}\left(\mathbb{R}^{d}\right) so that

    \[ \left\Vert f\left(x+t\right)+f\left(x-t\right)-2f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A\left|t\right|,\quad\left|t\right|>0, \]

but so that \left\Vert f\left(x+t\right)-f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A^{\prime}\left|t\right|
fails for all A^{\prime}.

일변수일 때만 생각하자. a>1일 때

    \[ f\left(x\right)=\sum_{k=1}^{\infty}a^{-k}e^{2\pi ia^{k}x} \]

라 정의하자. 편의를 위하여 a를 정수라 하자. 앞서 생각했던 함수에다가 2대신 a를 대입하고 \alpha=1을 대입한 것에 불과하다.

그러면

    \[ f\left(x+t\right)+f\left(x-t\right)-2f\left(x\right)=2\sum a^{-k}\left[\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right]e^{2\pi ia^{k}x} \]

가 되고 그러므로

    \begin{align*} & \left\Vert f\left(x+t\right)+f\left(x-t\right)-2f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\\ & =2\sum_{a^{k}\left|t\right|\le1}a^{-k}\left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right|+2\sum_{a^{k}\left|t\right|\ge1}a^{-k}\left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right| \end{align*}

이다. 두 번째 합은 \left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right|\le2라는
결과로부터

    \begin{align*} & 2\sum_{a^{k}\left|t\right|\ge1}a^{-k}\left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right|\\ & \le4\sum_{a^{k}\left|t\right|\ge1}a^{-k}=C\frac{a^{-m}}{1-\frac{1}{a}}=C\left|t\right| \end{align*}

를 얻는다. 여기서 m=\min\left\{ k\in\mathbb{N}:a^{k}\left|t\right|\ge1\right\}이다.
첫 번째 합은 \left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right|\le A\left(a^{k}t\right)^{2}라는
사실을 이용하고자 한다. l2^{-l-1}<\left|t\right|\le2^{-l}을 만족하는 가장 큰 자연수라 하자. 그러면

    \begin{align*} & \sum_{a^{k}\left|t\right|\le1}a^{-k}\left|\cos\left(2\pi a^{k}t\right)-1\right|\\ & =\left|t\right|\sum_{k=1}^{l}A\le C\left|t\right| \end{align*}

이다. 그러므로

    \[ \left\Vert f\left(x+t\right)+f\left(x-t\right)-2f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A\left|t\right| \]

이다. 만약에 \left\Vert f\left(x+t\right)-f\left(x\right)\right\Vert _{\infty}\le A^{\prime}\left|t\right|를 만족하는 A^{\prime}이 있다고 하자. 그러면 Bessel’s inequality에 의하여

    \begin{align*} \left(A^{\prime}\left|t\right|\right)^{2} & \ge\int_{0}^{1}\left|f\left(x+t\right)-f\left(x\right)\right|^{2}dx\\ & =\sum a^{-2k}\left|e^{2\pi ia^{k}t}-1\right|^{2}\ge\sum_{a^{k}\left|t\right|\le1}a^{-2k}\left|e^{2\pi ia^{k}t}-1\right|^{2} \end{align*}

를 얻는다. 만약 a^{k}\left|t\right|\le1이면, \frac{\sin x}{x}>\frac{2}{\pi}
x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)라는 관계식에 의하여 \left|e^{2\pi ia^{k}t}-1\right|\ge c\left(a^{k}t\right)^{2}
얻으므로

    \[ \left(A^{\prime}\left|t\right|\right)^{2}\ge c\left|t\right|^{2}\sum_{a^{k}\left|t\right|\le1}1=\infty \]

이다. 즉 A^{\prime}<\infty라는 가정에 모순이다.


사실 위에서 정의한 함수 f\alpha =1일 때도 모든 점에서 미분가능하지 않는 함수가 된다. 증명의 개요를 봤는데 아직은 내가 증명을 할 엄두가 안난다.

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