Monthly Archives: October 2015

Hardy-Weierstrass Nowhere differentiable function

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.

Newton’s binomial theorem

Theorem (Newton’s binomial Theorem). If \alpha is real and -1<x<1, then

(1)   \begin{equation*} \left(1+x\right)^{\alpha}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{n!}x^{n}. \end{equation*}

Also we have

    \[ \left(1-x\right)^{-\alpha}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma\left(\alpha+n\right)}{n!\Gamma\left(\alpha\right)}x^{n} \]

if -1<x<1 and \alpha>0.

Proof. Define f\left(x\right)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{n!}x^{n}. So if we define

    \[a_{n}=\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{n!},\]

then

    \[ \rho=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=1 \]

shows the radius of convergence of f is 1. So f converges pointwise on \left(-1,1\right).

Taking term by term differentiation, for -1<x<1, we get

    \begin{align*} f^{\prime}\left(x\right) & =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{n!}nx^{n-1}\\ & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n}. \end{align*}

So

    \begin{align*} \left(x+1\right)f^{\prime}\left(x\right) & =\left(x+1\right)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n}\\ & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n+1}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n}\\ & =\alpha+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n+1}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n}\\ & =\alpha+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{\left(n-1\right)!}x^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{n!}x^{n}\\ & =\alpha+\alpha\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\cdots\left(\alpha-n+1\right)}{n!}x^{n}\\ & =\alpha f\left(x\right) \end{align*}

for -1<x<1. So we get the functional equation

    \[ \frac{f^{\prime}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{\alpha}{x+1}. \]

So

    \[ \ln f\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)^{\alpha}+C \]

Since f\left(0\right)=1, C=0. Hence f\left(x\right)=\left(1+x\right)^{\alpha}. To prove the other relation, we observe that

    \begin{align*} \left(-\alpha\right)\left(-\alpha-1\right)\cdots\left(-\alpha-n+1\right) & =\left(-1\right)^{n}\alpha\left(\alpha+1\right)\cdots\left(\alpha+n-1\right)\\ & =\left(-1\right)^{n}\frac{\Gamma\left(n+\alpha\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)}. \end{align*}

Then putting -x into x in (1) and -\alpha with \alpha>0 we get

    \begin{align*} \left(1-x\right)^{-\alpha} & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-\alpha\right)\left(-\alpha-1\right)\cdots\left(-\alpha-n+1\right)}{n!}\left(-1\right)^{n}x^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{\Gamma\left(n+\alpha\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)n!}\left(-1\right)^{n}x^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma\left(n+\alpha\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)n!}x^{n}\\ & =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma\left(n+\alpha\right)}{\Gamma\left(\alpha\right)n!}x^{n} \end{align*}

so we are done.

Some mistakes on Exam

실해석 시험을 치다보니 실수를 좀 했다. 앞으로 하는 수학이 long-term을 가지고 생각해야 하는 수학인데 시험을 못보면 하루가 꺼지듯이 아무것도 안잡히는데.. 이런 태도를 최대한 줄여가는게 앞으로 해나아가야 할 방향이 아닐까 싶다.  두 문제는 차마 잊을 수 없는 기억을 남긴 문제들이라서 기록으로 남긴다. 한 문제는 완전히 추측을 잘못해서 지옥구덩이로 밀고 들어간것이고, 한 문제는 정의를 깜빡했다.

하다보면 자제하게 되겠지…

시험이 한 가지 주는 단점이자 장점은 극도로 심리상태를 밑바닥까지 끌고가게 만드는 거 아닌가 싶다.
무엇이 맞다는 고집을 계속 부렸으니 ‘사실’이 앞에 보여도 왜곡된 시선으로 계속 문제를 바라보았다. 결국엔 몇 시간동안 계속 고민한 끝에 안나와서 지인에게 물어보니, 너무나도 쉬운 결론이었다.
잘못된 방향으로 문제를 바라봤다는 것이다. 괜한 고집을 피워서 문제를 더 복잡하게 만든 것이었다.
결국엔 시험으로부터 또 다시 뻔하지만 너무나도 중요한 교훈을 얻는 것 같다.

Problem. Let \varphi:(0,\infty)\rightarrow\mathbb{R} be an integrable function. Define f:(0,\infty)\rightarrow\mathbb{R} by

    \[ f\left(x\right)=m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):\varphi\left(t\right)>x\right\} \right). \]

  1. f is well-defined.
  2. f is of bounded variation on \left[a,b\right].

Proof. (i) By Chebyshev’s inequality, we have

    \[ m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):\varphi\left(t\right)>x\right\} \right)\le\frac{1}{x}\int_{0}^{\infty}\varphi\left(t\right)dt<\infty \]

since \varphi is integrable on \left(0,\infty\right).

(ii) For any partition \Gamma=\left\{ a=x_{0}<x_{1}<\cdots<x_{n}=b\right\} on \left[a,b\right], we have

    \begin{align*} & \sum_{j=1}^{n}\left|f\left(x_{j}\right)-f\left(x_{j-1}\right)\right|\\ & =\sum_{j=1}^{n}m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):x_{j-1}<\varphi\left(t\right)\le x_{j}\right\} \right)\\ & =m\left(\bigcup_{j=1}^{n}\left\{ t\in\left(0,\infty\right):x_{j-1}<\varphi\left(t\right)\le x_{j}\right\} \right)\\ & =m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):a\le\varphi\left(t\right)\le b\right\} \right)<\infty. \end{align*}

So by taking supremum on \Gamma, we have

    \[ TV\left(f\right)=m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):a\le\varphi\left(t\right)\le b\right\} \right). \]

Remark. Consider \varphi\left(x\right)=\chi_{\left(0,1\right)}+\frac{1}{2}\chi_{\left(1,2\right)}. Then

    \begin{align*} f\left(x\right) & =m\left(\left\{ t\in\left(0,\infty\right):\varphi\left(t\right)>x\right\} \right)\\ & =\begin{cases} 2 & \text{if }0<x<\frac{1}{2},\\ 1 & \text{if }\frac{1}{2}\le x<1,\\ 0 & \text{if }x\ge1. \end{cases} \end{align*}

Even though \varphi is integrable, f may not be continuous on \left(0,\infty\right).

Definition. Let \left(X,\mathcal{M}\right) be a measure space and \mu is a signed measure. We say that \mu is concentrated on A if there is a set A\in\mathcal{M} such that \mu\left(A\right)=\mu\left(A\cap E\right) for every E\in\mathcal{M}. Equivalently, \lambda\left(E\right)=0 whenever E\cap A=\varnothing. Suppose \mu_{1} and \mu_{2} are measures on \left(X,\mathcal{M}\right). We say that \mu_{1} and \mu_{2} are mutually singular if there exists a pair of disjoint sets A and B such that \mu_{1} is concentrated on A and \mu_{2} is concentrated on B.

Proposition. Suppose \mu,\lambda,\lambda_{1} and \lambda_{2} are measures on a \sigma-algebra, and \mu is positive.

  1. If \lambda is concentrated on A, so is \left|\lambda\right|.
  2. If \lambda_{1}\bot\lambda_{2}, then \left|\lambda_{1}\right|\bot\left|\lambda_{2}\right|.
  3. If \lambda_{1}\bot\mu and \lambda_{2}\bot\mu, then \left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)\bot\mu.

Proof. (i) If E\cap A=\varnothing and \left\{ E_{j}\right\} is any partition of E, then \lambda\left(E_{j}\right)=0 for all j. Hence \left|\lambda\right|\left(E\right)=0.

(ii) Clear from (ii).

(iii) Since \lambda_{1}\bot\mu, there are disjoint sets A_{1} and B_{1} such that \lambda_{1} is concentrated on A_{1} and \mu on B_{1}, and there are disjoint sets A_{2} and B_{2} such that \lambda_{2} is concentrated on A_{2} and \mu on B_{2}. So \lambda_{1}+\lambda_{2} is concentrated on A_{1}\cup A_{2} and \mu is concentrated on B=B_{1}\cap B_{2}, and A\cap B=\varnothing.

Cantor-Lebesgue function

[업데이트 중]

Definition. The Cantor-Lebesgue function is defined on \mathcal{C} by

    \[ F\left(x\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{b_{k}}{2^{k}}\quad\text{if }x=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}3^{-k},\quad\text{where }b_{k}=\frac{a_{k}}{2}. \]

In this definition, we choose the expansion of x in which a_{k}=0 or 2.

Theorem. The Cantor-Lebesgue function is not absolutely continuous on [0,1].

Proof. Choose 0<\varepsilon_0\leq 1. Then for every \delta >0, there is a cover \{(a_k,b_k)\} such that \mathcal{C}\subset\bigcup_{k=1}^\infty (a_k,b_k) so that \sum_{k=1}^{\infty} (b_k -a_k)<\delta since \mathcal{C} has measure zero.

But the Cantor-Lebesgue function F only changes on the Cantor set only. So \sum_{k=1}^{\infty} |f(b_k)-f(a_k)|=1. So it is not absolutely continuous.

Diary on Functional Analysis

15.10.28 Introduction to Bochner integrable function
15.10.11  Molifier and fundamental lemma in Calculus in variation
15.10.09  Weak Topology and Weak* Topology – an introduction