О максимумах функции Ван-дер-Вардена

8

Б. Мартынов

О максимумах функций Ван-дер-Вардена

Функция, которой мы знаемся

Школьники девятого и десятиого классов знают, что функция, дифференцируемая в некоторых точке, непрерывна в этой точке («Алгебра и начала анализа 9—10», п. 19). Знают они и то, что обратное не верно: например, функция $y = |x|$ непрерывна при $x = 0$ (и в любой другой точке), но не имеет произвольной при $x = 0$. Вобобще, всякая функция, график которого в некоторых точке имеет «уголок», не дифференцируема в этой точке. Ясно, что легко построить функцию, которая на отрезке, скажем, [0; 1] имеет бесконечное количество «уголов» (на рисунке 1 изображен кусок графика такой функции; полностью его нарисовать, конечно, невозможно).

Однако все такие функции, а также другие известные вам непрерывные функции все-tаки дифференцируемые в «большинстве» точек.

Долго время после изобретения дифференциального исчисления математики думали, что непрерывные функции являются, как правило, дифференцируемыми. Поэтому, когда в шестидесятых годах прошло века немецкий математик Карл Вейерштрасс опубликовал пример функции, непрерывной в каждой точке прямой и не имеющей произвольной ни в одной точке*), в математическом мире возникнет вечерштрассовского.

*) Первый пример такого рода лет за сорок до Вейерштрасса построил чешский математик и философ Бернгард Больцано, но его пример стал известен позже вечерштрассовского.

Рис. 1.

9

А что, если все функции $\varphi_n$ сложить? Есть основания надеяться, что «сумма» уже во всяком случае будет непрерывна в каждой точке и не дифференцируема в точках вида $x = \frac{k}{2^n} (k \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N})$. К сожалению, мы не знаем, что такое сумма бесконечного числа слагаемых.

Поэтому мы поступим так: образуем последовательность функции $\Phi_n(x) = \varphi_0(x) + \varphi_1(x) + \dots + \varphi_n(x)$ (таким образом, $\Phi_{n+1}(x) = \Phi_n(x) + \varphi_{n+1}(x)$; см. рис. 3—5) и доказем, что при любом $x$ существует $\lim_{n \to \infty} \Phi_n(x)$.

Для доказательства нам понадобится теорема Вейерштрасса, утверждающая, что монotonная ограниченная последовательность имеет предел («Алгебра и начала анализ 9», п. 32).

Из $\varphi_{n+1}(x) \geq 0$ следует $\Phi_{n+1}(x) \geq \Phi_n(x)$ — последовательность ($\Phi_n(x)$) монotonна. Поскольку $\Phi_n(x) = \varphi_0(x) + \varphi_1(x) + \dots + \varphi_n(x) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^{n+1}} = 1 - \frac{1}{2^{n+1}} < 1$, последовательность ($\Phi_n(x)$) ограничена. Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \Phi_n(x)$ существует. Обозначим этот предел через $\Phi(x)$. Таким образом, на всей числовой оси определена функция $\Phi$. Она периодическая (с периодом 1), $0 \leq \Phi(x) \leq 1$ при всех $x \in \mathbb{R}$, график функции $\Phi$ симметричен относительно любой прямой $x = \frac{k}{2} (k \in \mathbb{Z})$ — все это легко следует из свойств функции $\varphi_0$ и свойств предела. Поэтому график функции $\Phi$ неозможно: на рисунках 3—5 видно, как «накалливаются» точки, в которых график функции $\Phi_n$ имеет «уголок», то есть точки, где эти функции не имеют произвольной.

Непрерывность построенной функции $\Phi_n$ непрерывна в каждой точке прямой.

Интутитивно это довольно ясно: если бы у $\Phi$ в некоторой точке $x_0$ был разрыв, то при достаточно большом

10

$n \in \mathbb{N}$ примерно такой же разрыв был бы в точке $x_0$ у $\Phi_n$, а $\Phi_n$ непрерывна на всей прямой. Приводимое ниже доказательство уточняет эти сообщения.

Изучим сначала разность $r_n(x) = \Phi(x) - \Phi_n(x)$ (здесть $x$ фиксирован, $n$ — переменная).

$$\Phi_{n+m}(x) - \Phi_n(x) = \varphi_{n+1}(x) + \varphi_{n+2}(x) + \dots + \varphi_{n+m}(x).$$

Ясно, что

$$0 \leqslant \Phi_{n+m}(x) - \Phi_n(x) \leqslant \frac{1}{2^{n+2}} + \frac{1}{2^{n+3}} + \dots +$$

$$+ \frac{1}{2^{n+m+1}} = \frac{1}{2^{n+2}} \cdot \frac{1 - \frac{1}{2^m}}{1 - \frac{1}{2}} < \frac{1}{2^{n+1}}.$$

Поскольку $\lim_{m \to \infty} \Phi_{n+m}(x) = \Phi(x)$ и $\lim_{m \to \infty} \Phi_n(x) = \Phi_n(x)$,

$$0 \leqslant r_n(x) \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}.$$

Теперь можно перейти к доказательству непрерывности функций $\Phi$ в произвольной точке $x_0 \in \mathbb{R}$. Возьмем $\varepsilon > 0$ и рассмотрим модель разности

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| = |\Phi_n(x_0 + h) + r_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0) - r_n(x_0)| \leqslant$$

$$\leqslant |\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| + |r_n(x_0 + h)| + |r_n(x_0)|.$$

Но $|r_n(x_0)| \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}$ и $|r_n(x_0 + h)| \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}$; поэтому

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| \leqslant$$

$$\leqslant |\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| + \frac{1}{2^n}.$$

При достаточно большом $n$

$$\frac{1}{2^n} < \frac{\varepsilon}{2}.$$

Функция $\Phi_n$, как сумма конечного числа непрерывных функций, непрерывна в точке $x_0$. Следовательно, за счет выбора $\delta > 0$ можно добиться того, что при $|h| < \delta$

$$|\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2}.$$

При выбранном $\delta$

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| < \varepsilon,$$

а это и доказывает непрерывность функций $\Phi$ в точке $x_0$.

Недифференцируемость построенной функции

Функция $\Phi$ не диференцируема ни в одной точке прямой.

На первый взгляд это может показаться очень удивным: с ростом $n$ множество точек недиференцируемости функций $\Phi_n$ становится все гущее и глубнее, поэтому естественно ожидать, что «в пределе», то есть для функций $\Phi$, оно заполнит всю прямую. Однако это наивное рассужждение неверно, как показывает пример функции

$$G(x) = \lim_{n \to \infty} G_n(x),$$

где функции $G_1, G_2, G_3$ показаны на рисунке 6. Очевидно, $G(x) = 1 - x^2$ — функция, диференцируемая в любой точке.

Доказывая от противного, допустим, что для некоторых $x_0 \in \mathbb{R}$ существует $\Phi'(x_0)$.

«Зажемем» $x_0$ в последовательности двойных приближений по недостатку и по изображению:

$$\frac{s_k}{2^{k+1}} \leqslant x_0 < \frac{s_k + 1}{2^{k+1}} \quad (k = 0, 1, 2, \dots; \ s_k \in \mathbb{Z}).$$

Положим $\alpha_k = \frac{s_k}{2^{k+1}}, \beta_k = \frac{s_k + 1}{2^{k+1}}$. Тогда

$$\alpha_k \leqslant x_0 < \beta_k \quad (k = 0, 1, 2, \dots)$$

и

$$\lim_{k \to \infty} \alpha_k = \lim_{k \to \infty} \beta_k = x_0.$$

Из (1)

$$0 < \frac{\beta_k - x_0}{\beta_k - \alpha_k} \leqslant 1$$

$$0 \leqslant \frac{x_0 - \alpha_k}{\beta_k - \alpha_k} \leqslant 1.$$

Отсюда, из (2) и из легко проверяемого тожества

$$\frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - \alpha_k} - \Phi'(x_0) =$$

$$= \frac{\beta_k - x_0}{\beta_k - \alpha_k} \left[ \frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(x_0)}{\beta_k - x_0} - \Phi'(x_0) \right] +$$

$$+ \frac{x_0 - \alpha_k}{\beta_k - \alpha_k} \left[ \frac{\Phi(x_0) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - x_0} - \Phi'(x_0) \right]$$

следует

$$\lim_{k \to \infty} \frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - \alpha_k} = \Phi'(x_0).$$

12

$$\Phi(2\bar{x}) = 2\Phi(\bar{x}) - 2\varphi_0(\bar{x}) = 2\Phi(\bar{x}) - 2\bar{x} = 2M - 2\bar{x} \leqslant M$$
$$\bar{x} \geqslant \frac{M}{2} \geqslant \frac{1}{3}.$$

Из симметрини графика функции Ф относительно прямой $x = \frac{1}{2}$ следует, что на промежутке $] \frac{2}{3}; 1]$ точек максимума нет.

Докажем теперь, что $M = \frac{2}{3}$. Снова применим равенство (3):

$$\Phi(4x) = 2\Phi(2x) - 2\varphi_0(2x) = 2[2\Phi(x) - 2\varphi_0(x)] - 2\varphi_0(2x) = 4\Phi(x) - 4\varphi_0(x) - 2\varphi_0(2x)$$
$$\Phi(x) = \varphi_0(x) + \frac{1}{2}\varphi_0(2x) + \frac{1}{4}\Phi(4x) = \Phi_1(x) + \frac{1}{4}\Phi(4x).$$

Функция $\Phi_1$ на отрезке $[\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$ построена и равна $\frac{1}{2}$ (рис. 3), поэтому на этом отрезке

$$\Phi(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4x).$$

Поскольку $\bar{x} \in [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}] \subset [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$, к $\bar{x}$ можно применить равенство (4):

$$M = \Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x}) \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{4}M$$
$$M \leqslant \frac{2}{3}.$$

Вспомним, что $M \geqslant \Phi(\frac{1}{3}) = \frac{2}{3}$, окончательно найдем $M = \frac{2}{3}$. Кроме того, $\Phi(\frac{1}{3}) = \Phi(\frac{2}{3}) = \frac{2}{3}$.

Для дальнейшего доказения, что если $\bar{x} - \text{точка максимума},$ то $4\bar{x} - \text{точка максимума};$ если $4\bar{x} - \text{точка максимума}$ и $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$, то $\bar{x} - \text{точка максимума}$. Для доказательства заметим, что равенство (4) верно для всех $x$, для которых $\{x\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$ (проверьте!). Пусть $\bar{x} - \text{точка максимума}$. Тогда $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}] \subset [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$.

$$\frac{2}{3} = M = \Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x})$$
$$\Phi(4\bar{x}) = \frac{2}{3} = M.$$

Пусть теперь $4\bar{x} - \text{точка максимума}$ и $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$. Тогда $\Phi(4\bar{x}) = M = \frac{2}{3}$ и $\Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x}) = \frac{2}{3} = M.$

Множество точек максимума

Выясним структуру множества $E$.

Наверное, если бы Эрмит знал, как сложно оно устроено, он ответился бы от функций Ван-дер-Вардена с еще большим омерзением. С другой стороны, кто знает — быть может, красивое и тонкое строение этого множества привлекло бы Эрмит к исследованию недифференцируемых функций.

Две точки множества $E$ мы знаем:

$$\frac{1}{3} \text{ и } \frac{2}{3};$$ мы знаем также, что $E \subset [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}]$.

Далее, множество $E$ замкнут. Это означает следующее: если имеется сходящая последовательность из точек множества $E$, то предел этой последовательности также принадлежит $E$. Докажем это. Пусть $x_n \in E$ ($n=1, 2, 3, \dots$), то есть $\lim_{n \to \infty} x_n = \bar{x}$; тогда из непрерывности функций $E$ в точке $\bar{x}$ следует, что $\Phi(\bar{x}) = \Phi(\lim_{n \to \infty} x_n) = \lim_{n \to \infty} \Phi(x_n) = M$, то есть $\bar{x} \in E$.

Из доказанного в конце предыдущего пункта и того, что $1$ — перiod функции $E$, следует, что если $x - \text{точка максимума} E$, то и точки $\frac{1}{4} + \frac{x}{4} = \frac{x+1}{4}, \frac{2}{4} + \frac{x}{4} = \frac{x+2}{4}$ принадлежат $E$. Таким образом, исход из точек $\frac{1}{3}, \frac{2}{3}$, можно построить много точек множества $E: \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}, \frac{2}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}, \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3}$ и т. д.

Легко видеть, что все числа вида

$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{1}{4^n} \cdot \frac{a_{n+1}}{3},$$

13

где $a_1, a_2, \dots, a_n, a_{n+1}$ — либо единцы, либо двойки, являются элементами множества $E$. Поскольку
$$\frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \dots,$$
такое $x$ можно представить в виде
$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+2}} + \dots$$
или, по аналогии с десятичными дробями, в виде бесконечной периодической четверной дроби с периодом длины 1:
$$x = 0, a_1 a_2 \dots a_n a_{n+1} a_{n+1} = 0, a_1 a_2 \dots a_n (a_{n+1}).$$
Так как множество $E$ замкнут, любое число
$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+1}} + \frac{a_{n+2}}{4^{n+2}} + \dots$$
где $a_i$ — либо единцы, либо двойки, принадлежит множество $E$. В самом деле, для каждого такого $x$ можно найти последовательность $(x_n)$ элементов из $E$, сходящую к $x$; например, если
$$x_n = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{1}{4^n} \cdot \frac{1}{3},$$
то $\lim_{n \to \infty} x_n = x \left(0 \leqslant x - x_n \leqslant \frac{1}{4^{n+1}}\right)$.

Таким образом, множество $E$ содержит все числа, в представлении которых $0, a_1 a_2 a_3 \dots$ в виде бесконечной четверной дроби все цифры $a_i$ — либо единцы, либо двойки (на рисунке 8 изображены четверчные разложения чисел $\frac{1}{12}, \frac{2}{12}, \dots, \frac{11}{12}$).

Докажем теперь, что других чисел $E$ не содержит. Пусть в четверной записи числа $x \in E$ на каком-либо месте после запятой имеется цифра 0, то есть $x = 0, a_1 a_2 \dots a_n 0 a_{n+2} \dots$; тогда $\{4^n x\} = 0, 0 a_{n+2} \dots \in E$.

Но $0, 0 a_{n+2} a_{n+3} \dots < 0, 033 \dots = 3 \left(\frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \dots\right) = \frac{1}{4}$ и, значит, точка $\{4^n x\}$ не принадлежит отрезку $\left[\frac{1}{3}; \frac{2}{3}\right]$, содержащему $E$.

Если в четверной записи числа $x \in E$ имеется цифра 3, то есть $x = 0, a_1 a_2 \dots a_n 3 a_{n+2} \dots$, то