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一流の大人(ビジネスマン、政治家、リーダー…)として知っておきたい、教養・社会動向を意外なところから取り上げ学ぶことで“気付く力”を伸ばすブログです。目下、データ分析・語学に力点を置いています。今月(2022年10月)からは多忙につき、日々の投稿数を減らします。

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やりなおしの数学・微分積分篇(44/X)

 以下の書籍を参考に、改めて微分積分を復習していく。

今日のまとめ

  • 至るところで連続にもかかわらず微分できない関数が存在することを扱う。

9. 関数列の収束

 本節では関数の数列(関数列)に関する収束概念を扱う。

9.5 至るところで微分できない連続関数

 関数


\begin{aligned}
f(x)=\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}b^n\cos(a^n\pi x)}, |x|\lt\infty
\end{aligned}

を考える。
 もし0\lt b\lt1ならば


\begin{aligned}
\displaystyle{\sup_{x\in\mathbb{R}}|b^n\cos(a^n\pi x)|}\leq b^n,\\
\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty}b^n}=\displaystyle{\frac{1}{1-b}}
\end{aligned}

であるから、\mathbb{R}上で一様収束する。また各\cos(a^n\pi x)は連続であるから、f(x)は連続関数である。
 ここでa\gt3,aは奇数で、ab\gt1だとする。さらにaがより大きいときを考える。h=h_mを考えるとして、微分


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{f(x+h_m)-f(x)}{h_m}}=S_m+R_m
\end{aligned}

を考える。ここで


\begin{aligned}
S_m&=\displaystyle{\frac{1}{h_m}\sum_{n=0}^{m-1}b^n\{\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x\}},\\
R_m&=\displaystyle{\frac{1}{h_m}\sum_{n=m}^{\infty}b^n\{\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x\}}
\end{aligned}

とした。
 まずS_mについて、g(\theta)=\cos a^n\pi(x+\theta h_m)とおくと、平均値の定理よりある\theta\in(0,1)によりg(1)-g(0)=g^{\prime}(\theta)と表される。したがって


\begin{aligned}
\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x=g^{\prime}(\theta)=-\{\sin a^n\pi(x+\theta h_m)\}a^n\pi h_m
\end{aligned}

である。これにより


\begin{aligned}
\left|S_m\right|&=\left|\displaystyle{\frac{1}{h_m}\sum_{n=0}^{m-1}b^n\{\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x\}}\right|\\
&\leq\displaystyle{\frac{1}{|h_m|}\sum_{n=0}^{m-1}b^n|\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x|}\\
&\leq\displaystyle{\frac{1}{|h_m|}\sum_{n=0}^{m-1}\sum_{n=0}^{m-1}b^n|a^n\pi h_m|}\\
&=\displaystyle{\sum_{n=0}^{m-1}a^n b^n \pi}\\
&=\displaystyle{\frac{(ab)^m-1}{ab-1}\pi}
\end{aligned}

が成り立つ。
 次にR_mを評価する。a^mx=\alpha_m+\xi_m,-\displaystyle{\frac{1}{2}}\leq\xi_m\leq\displaystyle{\frac{1}{2}}とおく。ここで\alpha_mは整数とする。これに応じて増分h_m


\begin{aligned}
h_m=\displaystyle{\frac{e_m-\xi_m}{a^m}},e_m=\pm1
\end{aligned}

となるように選ぶ。ここでh_m,e_mの符号が一致している。
 このとき


\begin{aligned}
\left|h_m\right|\leq\displaystyle{\frac{|e_m|+|\xi_m|}{a^m}}=\displaystyle{\frac{1+\displaystyle{\frac{1}{2}}}{a^m}}=\displaystyle{\frac{3}{2}\frac{1}{a^m}}
\end{aligned}

が成り立ち、|h_m|\rightarrow0(m\rightarrow\infty)が成り立つ。
 一方でa^n\pi x=a^{n-m}a^m\pi x=a^{n-m}\pi(\alpha_mP\xi_m)より加法定理を用いて


\begin{aligned}
\cos(a^n\pi x)&=\cos a^{n-m}\pi(\alpha_m+\xi_m)\\
&=\cos a^{n-m}\alpha_m\cos a^{n-m}\pi\xi_m-\sin a^{n-m}\alpha_m\sin a^{n-m}\pi\xi_m
\end{aligned}

である。
 いまaは奇数であるから、a^{n-m}も基数でa^{n-m}\alpha_mは整数である。したがって\sin a^{n-m}\pi\alpha_m=0が成り立つ。したがって


\begin{aligned}
\cos(a^n\pi x)=\cos a^{n-m}\pi\alpha_m\cos a^{n-m}\pi\xi_m
\end{aligned}

が成立する。一方で


\begin{aligned}
a^n\pi(x+h_m)&=a^{n-m}\pi(a^mx+a^mh_m)\\
&=a^{n-m}\pi(\alpha_m+\xi_m+e_m-\xi_m)\\
&=a^{n-m}\pi(\alpha_m+e_m)
\end{aligned}

である。e_m=\pm1よりa^{n-m}e_mは奇数であるから、


\begin{aligned}
\cos a^n\pi(x+h_m)&=\cos(a^{n-m}\pi\alpha_m+a^{n-m}\pi e_m)\\
&=\cos a^{n-m}\pi\alpha_m\cos a^{n-m}\pi e_m-\sin a^{n-m}\pi\alpha_m\sin a^{n-m}\pi e_m\\
&=-\cos a^{n-m}\pi\alpha_m
\end{aligned}

が成り立つ。以上から、


\begin{aligned}
R_m&=\displaystyle{\frac{1}{h_m}\sum_{n=m}^{\infty}b^n\{\cos a^n\pi(x+h_m)-\cos a^n\pi x\}}\\
&=\displaystyle{\frac{1}{h_m}\sum_{n=m}^{\infty}b^n\{-\cos a^n\pi\alpha_m-\cos a^{n-m}\pi\alpha_m\cos a^{n-m}\pi\xi_m\}}\\
&=\displaystyle{\frac{a^m}{e_m-\xi_m}(-\cos a^{n-m}\pi\alpha_m)\sum_{n=m}^{\infty}b^n(1+\cos a^{n-m}\pi\xi_m)}
\end{aligned}

である。
 いま\alpha_mが偶数ならばa^{n-m}\alpha_mも偶数である。したがって\cos a^{n-m}\pi\alpha_m=1である。このときはe_m=-1とする。このようにすることで


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{a^m}{e_m-\xi_m}}(-\cos a^{n-m}\pi\alpha_m)=\displaystyle{\frac{a^m}{1+\xi_m}}
\end{aligned}

が成り立つ。また\alpha_mが奇数ならばa^{n-m}\alpha_mも奇数である。したがって\cos a^{n-m}\pi\alpha_m=-1である。このときはe_m=1に取る。こうして


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{a^m}{e_m-\xi_m}}(-\cos a^{n-m}\pi\alpha_m)=\displaystyle{\frac{a^m}{1-\xi_m}}
\end{aligned}

である。
 いま1+\cos a^{n-m}\pi\xi_m\geq0,\displaystyle{\frac{a^m}{1\pm\xi_m}}\gt0であるから


\begin{aligned}
R_m=\displaystyle{\frac{a^m}{1\pm\xi_m}\sum_{n=m}^{\infty}b^n(1+\cos a^{n-m}\pi\xi_m)}\geq\displaystyle{\frac{a^m}{1\pm\xi_m}b^m}
\end{aligned}

である。
ここで1\pm\xi_m\leq1+\displaystyle{\frac{1}{2}}=\displaystyle{\frac{3}{2}}であるからR_m\geq\displaystyle{\frac{3}{2}(ab)^m}である。
 こうして


\begin{aligned}
\displaystyle{\frac{f(x+h_m)-f(x)}{h_m}}&=S_m+R_m\geq R_m-|S_m|\\
&\geq\displaystyle{\frac{2}{3}(ab)^m}-\displaystyle{\frac{(ab)^m-1}{ab-1}}\pi\\
&\geq\displaystyle{\frac{2}{3}(ab)^m}-\displaystyle{\frac{\pi}{ab-1}}(ab)^m\\
&=\left(\displaystyle{\frac{2}{3}}-\displaystyle{\frac{\pi}{ab-1}}\right)(ab)^m
\end{aligned}

である。いま


\begin{aligned}
&\displaystyle{\frac{2}{3}}-\displaystyle{\frac{\pi}{ab-1}}\gt0\\
\Leftrightarrow&\displaystyle{\frac{2}{3}}\gt\displaystyle{\frac{\pi}{ab-1}}\\
\Leftrightarrow&2ab-2\gt3\pi\\
\Leftrightarrow&a\gt\displaystyle{\frac{3\pi+2}{2b}}
\end{aligned}

に取れば、ab\gt1でもあるから、


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{f(x+h_m)-f(x)}{h_m}}=\infty
\end{aligned}

である。一方でfx微分可能ならば、h_m\rightarrow0であるから


\begin{aligned}
\displaystyle{\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{f(x+h_m)-f(x)}{h_m}}=f^{\prime}(x)
\end{aligned}

かつ|f^{\prime}(x)|\lt\inftyでなくてはならず、これは矛盾である。こうしてfxにおいて微分可能でない。

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