La función de Weierstrass

Este artículo es una colaboración de daniel enviada a gaussianos (arroba) gmail (punto) com.

Introducción

Hace ya un tiempo os hablé de algunas funciones extrañas. Entre ellas estaba la función de Weierstrass, continua en todos los números reales pero no derivable en ninguno de ellos. La demostración sobre la continuidad es sencilla, pero la de la no derivabilidad no lo es tanto. Nuestro amigo Daniel se ha encargado de enviarme una basada en la original de Weierstrass y yo me voy a encargar de mostrarla.

La función de Weierstrass

Para empezar vamos a recordar la definición de la función de Weierstrass:

$f: \; \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

$f(x)= \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} b^n cos(a^n \pi x)}, \; \forall x\in\mathbb{R}$ (1)

donde $a,b \in \mathbb{R}$ con $0 < b < \textstyle{\frac{1}{10}}$ y $ab > 1+7 \pi$ .

No es difícil ver que esta función es continua en todos los números reales (lo podéis intentar como ejercicio y escribirlo en los comentarios), pero:

Teorema:

La función $f$ definida anteriormente no es derivable en ningún punto de su dominio.

Demostración

Fijamos un $x\in\mathbb{R}$ arbitrario.

Para cada $m\in\mathbb{N}$ existe un único $\alpha_m \in \mathbb{Z}$ tal que $\alpha_m - \textstyle{\frac{1}{2}} < a^m x \le \alpha_m + \textstyle{\frac{1}{2}}$ . Con este entero $m$ definimos dos sucesiones, $x_{1m}$ y $x_{2m}$ , de la siguiente forma:

$x_{1m}=\frac{\alpha_m - 1}{a_m}, \; x_{2m}=\frac{\alpha_m + 1}{a_m}$ (2)

Es fácil ver que

$x_{1m}=\frac{\alpha_m-1}{a^m} < \frac{\alpha_m-\frac{1}{2}}{a^m} < x \leq \frac{\alpha_m+\frac{1}{2}}{a^m} < \frac{\alpha_m+1}{a^m}=x_{2m}$

por lo que:

$\frac{1}{2a^m} \leq x_{2m}-x < \frac{3}{2a^m},\qquad \frac{1}{2a^m}< x-x_{1m} \leq \frac{3}{2a^m}$ (3)

Lo que implica que:

$\lim_{m \to \infty} x_{1m}=\lim_{m \to \infty} x_{2m}=x$

Fijando ahora $m\in\mathbb{N}$ tenemos:

$\displaystyle{\frac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x}=\sum_{n=1}^{\infty} b^n \frac{cos(a^n \pi x_{2m}) -cos(a^n \pi x)}{x_{2m}-x} = (I)^{+} + (II)^{+} + (III)^{+}}$

donde:

$(I)^{+}=\displaystyle{\sum_{n=1}^{m-1}b^n\frac{cos(a^n\pi\ x_{2m})-cos(a^n\pi x)}{x_{2m}-x}}$ $(II)^{+}=b^m\frac{cos(a^m\pi\ x_{2m})-cos(a^m\pi x)}{x_{2m}-x}$ $\displaystyle{(III)^{+}=\sum_{n=m+1}^{\infty}b^n\frac{cos(a^n\pi\ x_{2m})-cos(a^n\pi x)}{x_{2m}-x}}$

De igual forma:

$\displaystyle{\frac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}}=\sum_{n=1}^{\infty} b^n \frac{cos(a^n \pi x) -cos(a^n \pi x_{1m})}{x-x_{1m}} = (I)^{-} + (II)^{-} + (III)^{-}}$

donde:

$(I)^{-}=\displaystyle{\sum_{n=1}^{m-1}b^n\frac{cos(a^n\pi\ x)-cos(a^n\pi x_{1m})}{x-x_{1m}}}$ $(II)^{-}=b^m\frac{cos(a^m\pi\ x)-cos(a^m\pi x_{1m})}{x-x_{1m}}$ $\displaystyle{(III)^{-}=\sum_{n=m+1}^{\infty}b^n\frac{cos(a^n\pi\ x)-cos(a^n\pi x_{1m})}{x-x_{1m}}}$

Por otra parte, utilizando el teorema del valor medio (otro ejercicio propuesto) se puede demostrar lo siguiente:

$|(I)^{+}| \le \pi \cfrac{(ab)^n}{ab-1}$ (4)

y, de manera análoga:

$|(I)^{+}| \le \pi \cfrac{(ab)^n}{ab-1}$ (5)

Por otra parte también se puede ver que (un ejercicio más):

$|(III)^{+}| \le 4(ab)^m \cfrac{b}{1-b}$ (6)

$|(III)^{-}| \le 4(ab)^m \cfrac{b}{1-b}$ (7)

Por otro lado, dada la definición de las sucesiones $x_{1m}$ y $x_{2m}$ se puede ver fácilmente que $cos(a^m \pi x_{1m})=cos(a^m \pi x_{2m})= \pm 1$ .

Supongamos que $cos(a^m \pi x_{2m})=-1$ (en el caso contrario el razonamiento es practicamente igual). Por (3) tenemos que

$a^m x_{2m}-\frac{3 \pi}{2} < a^m x \le a^m x_{2m} - \frac{\pi}{2}$

Lo que nos dice que

$(II)^{+} \le -\cfrac{b^m}{x_{2m}-x}$

De aquí, utilizando (3), tenemos que

$(II)^{+} < - \cfrac{2(ab)^m}{3}$ (8)

Además

$(II)^{-} \ge \cfrac{b^m}{x-x_{1m}}$

y, como antes, usando (3) llegamos a

$(II)^{-} \ge \cfrac{2(ab)^m}{3}$ (9)

Con estas acotaciones es sencillo comprobar que:

$\cfrac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} < (ab)^m \left ( \cfrac{\pi}{ab-1}+\cfrac{4b}{1-b}-\cfrac{2}{3} \right )$

Teniendo en cuenta ahora las restricciones iniciales para $a$ y $b$ obtenemos lo siguiente:

$\cfrac{\pi}{ab-1} < \cfrac{1}{7}$ y $\cfrac{4b}{1-b} < \cfrac{1}{2}$ (10)

y, por tanto:

$\cfrac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} < -\cfrac{1}{42} (ab)^m$ (11)

De forma similar llegamos a:

$\cfrac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} > (ab)^m \left ( \cfrac{2}{3} - \cfrac{\pi}{ab-1} - \cfrac{4b}{1-b} \right )$

Entonces, teniendo en cuenta (10):

$\frac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}} > \frac{1}{42} (ab)^m$ (12)

Las desigualdades (11) y (12) implican lo siguiente:

$\left | \cfrac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} - \cfrac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}} \right | > \cfrac{1}{21} (ab)^m$

Con lo que, en consecuencia, tenemos que:

$\displaystyle{\lim_{m \to \infty} \left | \cfrac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} - \cfrac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}} \right | = \infty}$ (13)

Se podrían mejorar las restricciones asignadas a las constantes iniciales, que en esta demostración están ajustadas de esa forma por comodidad (de hecho, la demostración original de Weierstrass exigía algo menos). Pero eso no nos importa. Vamos con el final de la demostración:

Si $f$ fuese derivable en $x$ , tendríamos que las derivadas laterales, $f_{-}^\prime (x)$ (por la izquierda) y $f_{+}^\prime (x)$ (por la derecha) serían iguales y, por tanto, iguales a la derivada de $f$ en $x$ y, como $x_{1m} < x \le x_{2m}$ siempre y sus límites coincides y valen $x$ , se tendría que

$\displaystyle{\lim_{m \to \infty} \frac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}}=f_{-}^\prime (x)=f^\prime (x)=f_{+}^\prime (x)= \lim_{m \to \infty} \frac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x}}$

lo que nos llevaría a

$\displaystyle{\lim_{m \to \infty} \left | \frac{f(x_{2m})-f(x)}{x_{2m}-x} - \frac{f(x)-f(x_{1m})}{x-x_{1m}} \right | =0}$

hecho que contradice a (13). Por tanto la función $f$ no es derivable en el valor real $x$ fijado al comienzo del desarrollo. Como la elección de este $x$ fue arbitraria, el resultado es correcto para todo número real. Es decir, la función $f$ definida anteriormente, conocida como función de Weierstrass no es derivable en ningún número real. $\Box$

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 26 de October de 2009
Categorías: Curiosidades, Cálculo | Imprime este post

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Trackback | 26 Oct, 2009

Bitacoras.com
Tanhäuser | 26 de October de 2009 | 11:07

De hecho, el resultado es más general. Hardy extendió el rango de parámetros a $b < 1$ y $ab\geq 1$ . Como es lógico, el caso difícil es precisamente $\latex ab=1$.
Sobre esto existe un artículo reciente de Yanick Heurteaux en los Proceedings de la AMS (vol. 133, págs 2711-2720), que propone una generalización muy interesante y cuya prueba es, sorprendentemente, muy sencilla. Si alguien lo quiere, se lo puedo proporcionar.
Saludos
Dani | 26 de October de 2009 | 11:31

Sí me interesaría el artículo, Tanhäuser, puedes poner un link? O no está en internet? Conozco otra demostración de la no derivabilidad de esta función, es muchísimo más general, elegante e instructiva, pero se mete en el espacio de funciones $\mathcal{L}_2$ y con series de fourirer.
Por cierto, falta un $\pi$ multiplicando al un medio en la expresión:
$a^m \pi x_{2m} - \frac{3 \pi}{2} \leq a^m x \leq a^m x_{2,} - \frac{1}{2}$
y también sobra una $c$ más abajo en
$(II)^{+} \leq c\frac{2(ab)^m}{3}$
Por último, por qué nunca funcionan los menores estrictos?
Muchas gracias ^DiAmOnD^! Un verdadero honor colaborar con un blog al que admiro tanto
M | 26 de October de 2009 | 18:30

Esta tesina puede resultar de interés: http://epubl.ltu.se/1402-1617/2003/320/index-en.html
Dani | 26 de October de 2009 | 21:26

fantástico! me ha parecido increible lo mucho que su demostración se parece a la mía! que cosas…
gaussianos | 27 de October de 2009 | 04:12

Errores arreglados (creo).

Nada de honor, es un placer para mí que colaboréis de esta manera con Gaussianos.

Por cierto, los menores estrictos a mí sí me funcionan, no sé por qué al resto no le van.