[EX] $f$ derivabile q.o. (ma non su un denso)
Problema. Si consideri la funzione \( f \colon \mathbb R \to \mathbb R \) definita da
\[
x \mapsto
\begin{cases} 0 & x=0 \vee x\in\mathbb R \setminus \mathbb Q \\
\frac{1}{p^2q^2} & x = \frac{p}{q}, \,\, (p,q)=1.
\end{cases}
\]
(1) Dimostrare che $f \in BV(\mathbb R)$ (dove, al solito, $BV(\mathbb RR)$ denota lo spazio vettoriale delle funzioni a variazione limitata su $\mathbb R$).
(2) Dedurre dal punto precedente che $f'$ esiste (Lebesgue-) q.o.
(3) Provare che, tuttavia, $f'$ non esiste su un sottoinsieme denso di $\RR$.
Buon divertimento!
\[
x \mapsto
\begin{cases} 0 & x=0 \vee x\in\mathbb R \setminus \mathbb Q \\
\frac{1}{p^2q^2} & x = \frac{p}{q}, \,\, (p,q)=1.
\end{cases}
\]
(1) Dimostrare che $f \in BV(\mathbb R)$ (dove, al solito, $BV(\mathbb RR)$ denota lo spazio vettoriale delle funzioni a variazione limitata su $\mathbb R$).
(2) Dedurre dal punto precedente che $f'$ esiste (Lebesgue-) q.o.
(3) Provare che, tuttavia, $f'$ non esiste su un sottoinsieme denso di $\RR$.
Buon divertimento!
Risposte
Visto che nessuno risponde ci provo io, solo per dare un input.
(1)
\(\displaystyle x_0
\( S=\sum_{i=1}^n \left| f(x_i)-f(x_{i-1})\right|\leq \sum_{i=1}^n\left[ \left| f(x_i) \right| +\left|f(x_{i-1})\right|\right]\leq 2\sum_{i=1}^n f(x_i)\)
Possiamo supporre che \( x_i \in \mathbb{Q}\) per \( i=0, \cdots n\).
Poniamo dunque \(\displaystyle x_i =\frac{p_i}{q_i}\)
\( \displaystyle S \leq 2\sum_{i=1}^n\frac{1}{p_i^2q_i^2}<2\left( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{q_i^2}\right)\left( \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{p_i^2}\right)<2\left( \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}\right)^2<\infty\)
Quindi la funzione \( f(x) \) è a variazione limitata e pertanto è anche derivabile q.o. per un noto teorema.
(2)
Premettiamo i seguenti fatti:
a
se \(\displaystyle \frac{p_n}{q_n}\) è una successione di razionali tale che \( \displaystyle \lim \frac{p_n}{q_n}=\alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) allora necessariamente \( \lim p_n=\lim q_n=\infty\). Di facile dimostrazione.
b
Se \( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{Q}}{x \rightarrow a}}{\lim} f(x)=\underset{\underset{x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}}{x \rightarrow a}}{\lim} f(x)=l\) allora \( \displaystyle \underset{x \rightarrow a}{\lim}f(x)=l\). Quasi ovvio.
c
Teorema di Roth : Se \(\alpha \) è un numero irrazionale allora per ogni \( \epsilon >0\) la disuguaglianza \( \left| \frac{p}{q}-\alpha\right|<\frac{1}{q^{2+\epsilon}}\) è soddisfatta solo da un numero finito di numeri razionali \( \frac{p}{q}\). Non proprio facile!
Sia \( \alpha \in \mathbb{Q}, \alpha \neq 0\) e \( x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) una successione di irrazionali convergente ad \(\alpha \):
\( \displaystyle \lim \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\lim \frac{-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\infty\)
Quindi la funzione \( f(x)\) non è derivabile in \( \mathbb{Q}\setminus\{0\}\)
Proviamo che la funzione è derivabile in \( \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) con derivata uguale a \(0\)
Sia \( \alpha \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\).
Sia \( \{x_n\}\) una successione convergente ad \( \alpha\) con \( x_n \in \mathbb{R}-\mathbb{Q}\)
\(\displaystyle \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\frac{0}{x_n-\alpha}=0\) quindi
\( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}}{x \rightarrow \alpha}}{\lim}=\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=0\).
Sia adesso \(\displaystyle \{x_n\}\) con \(\displaystyle x_n=\frac{p_n}{q_n}\in \mathbb{Q}\) convergente ad \( \alpha \).
Per il th. di Roth si ha definitivamente \(\displaystyle \left|\frac{p_n}{q_n} -\alpha\right |>\frac{1}{q_n^3} \) e quindi definitivamente
\( \displaystyle \left | \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha} \right |<\frac{\frac{1}{p_n^2q_n^2}}{\frac{1}{q_n^3}}=\frac{q_n}{p_n^2}\)
ma \( \displaystyle \lim \frac{q_n}{p_n}=\frac{1}{\alpha}\) e \( \lim q_n = \infty \) quindi
\( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{Q}}{x \rightarrow \alpha}}{\lim}=\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=0\).
Infine per \( \alpha =0 \) abbiamo:
per \( \displaystyle x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}, x_n \rightarrow 0\): \(\displaystyle \lim \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=0\);
per \( \displaystyle x_n=\frac{p_n}{q_n} \in \mathbb{Q}\) e \( x_n \rightarrow 0 \): \( \displaystyle \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=\frac{\frac{1}{q_n^2p_n^2}}{\frac{p_n}{q_n}}=\frac{1}{p_n^2q_n} \rightarrow 0\).
In conclusione la funzione \( f(x) \) è derivabile in \( \{0\} \cup \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) e non è derivabile in \( \mathbb{Q}\setminus\{0\}\).
(1)
\(\displaystyle x_0
\( S=\sum_{i=1}^n \left| f(x_i)-f(x_{i-1})\right|\leq \sum_{i=1}^n\left[ \left| f(x_i) \right| +\left|f(x_{i-1})\right|\right]\leq 2\sum_{i=1}^n f(x_i)\)
Possiamo supporre che \( x_i \in \mathbb{Q}\) per \( i=0, \cdots n\).
Poniamo dunque \(\displaystyle x_i =\frac{p_i}{q_i}\)
\( \displaystyle S \leq 2\sum_{i=1}^n\frac{1}{p_i^2q_i^2}<2\left( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{q_i^2}\right)\left( \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{p_i^2}\right)<2\left( \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}\right)^2<\infty\)
Quindi la funzione \( f(x) \) è a variazione limitata e pertanto è anche derivabile q.o. per un noto teorema.
(2)
Premettiamo i seguenti fatti:
a
se \(\displaystyle \frac{p_n}{q_n}\) è una successione di razionali tale che \( \displaystyle \lim \frac{p_n}{q_n}=\alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) allora necessariamente \( \lim p_n=\lim q_n=\infty\). Di facile dimostrazione.
b
Se \( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{Q}}{x \rightarrow a}}{\lim} f(x)=\underset{\underset{x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}}{x \rightarrow a}}{\lim} f(x)=l\) allora \( \displaystyle \underset{x \rightarrow a}{\lim}f(x)=l\). Quasi ovvio.
c
Teorema di Roth : Se \(\alpha \) è un numero irrazionale allora per ogni \( \epsilon >0\) la disuguaglianza \( \left| \frac{p}{q}-\alpha\right|<\frac{1}{q^{2+\epsilon}}\) è soddisfatta solo da un numero finito di numeri razionali \( \frac{p}{q}\). Non proprio facile!
Sia \( \alpha \in \mathbb{Q}, \alpha \neq 0\) e \( x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) una successione di irrazionali convergente ad \(\alpha \):
\( \displaystyle \lim \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\lim \frac{-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\infty\)
Quindi la funzione \( f(x)\) non è derivabile in \( \mathbb{Q}\setminus\{0\}\)
Proviamo che la funzione è derivabile in \( \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) con derivata uguale a \(0\)
Sia \( \alpha \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\).
Sia \( \{x_n\}\) una successione convergente ad \( \alpha\) con \( x_n \in \mathbb{R}-\mathbb{Q}\)
\(\displaystyle \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=\frac{0}{x_n-\alpha}=0\) quindi
\( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}}{x \rightarrow \alpha}}{\lim}=\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=0\).
Sia adesso \(\displaystyle \{x_n\}\) con \(\displaystyle x_n=\frac{p_n}{q_n}\in \mathbb{Q}\) convergente ad \( \alpha \).
Per il th. di Roth si ha definitivamente \(\displaystyle \left|\frac{p_n}{q_n} -\alpha\right |>\frac{1}{q_n^3} \) e quindi definitivamente
\( \displaystyle \left | \frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha} \right |<\frac{\frac{1}{p_n^2q_n^2}}{\frac{1}{q_n^3}}=\frac{q_n}{p_n^2}\)
ma \( \displaystyle \lim \frac{q_n}{p_n}=\frac{1}{\alpha}\) e \( \lim q_n = \infty \) quindi
\( \displaystyle \underset{\underset{x \in \mathbb{Q}}{x \rightarrow \alpha}}{\lim}=\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=0\).
Infine per \( \alpha =0 \) abbiamo:
per \( \displaystyle x_n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}, x_n \rightarrow 0\): \(\displaystyle \lim \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=0\);
per \( \displaystyle x_n=\frac{p_n}{q_n} \in \mathbb{Q}\) e \( x_n \rightarrow 0 \): \( \displaystyle \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=\frac{\frac{1}{q_n^2p_n^2}}{\frac{p_n}{q_n}}=\frac{1}{p_n^2q_n} \rightarrow 0\).
In conclusione la funzione \( f(x) \) è derivabile in \( \{0\} \cup \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) e non è derivabile in \( \mathbb{Q}\setminus\{0\}\).
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