Nigdzie nieróżniczkowalne funkcje ciągłe

Nigdzie nieróżniczkowalne funkcje ciągłe
Michał Czapek
[email protected] · www.czapek.pl
22 IX
MMXIII
AD
Streszczenie
W punkcie 1., w oparciu o metodę kategorii Baire’a, udowodnimy istnienie nigdzie nieróżniczkowalnych funkcji ciągłych. Pokażemy (bez konieczności konstrukcji takiej funkcji), że obiekty takie nie tylko istnieją
ale jest ich większość1 pośród wszystkich funkcji ciągłych.
Metoda kategorii nie zawsze sprawdza się przy dowodzeniu istnienia
obiektów matematycznych; brak możności jej wykorzystania przedstawimy w punkcie 2.; udowodnimy, że istnienia funkcji Besicovitcha nie można
dowieść w oparciu o tę metodę.
Funkcje nigdzie nieróżniczkowalne są funkcjami ciekawymi z punktu widzenia
naszej naturalnej intuicji. Z jednej strony są to funkcje ciągłe, z drugiej ich
pochodne prawostronna lub lewostronna są nieskończone2 lub nawet w ogóle
nie istnieją.3
Odnosząc funkcje nigdzie nieróżniczkowalne do teorii sygnałów moglibyśmy
w naturalny sposób rozumieć je jako ciągły sygnał biegnący w czasie którego
przyrost lub spadek są pionowe4 lub co jeszcze dziwniejsze w ogóle nie można
go stwierdzić.5
1
Funkcje Weierstrassa
Niech C będzie zbiorem rzeczywistych funkcji ciągłych na przedziale [0, 1].
Zadajmy w tym zbiorze normę kf k = supx∈[0,1] |f (x)|. Niech d będzie metryką
generowaną przez normę k·k jak następuje:
d(f, g) = kf − gk = sup |f (x) − g(x)|.
(1)
x∈[0,1]
1W
sensie kategorii wg Baire’a.
funkcje Weierstrassa.
3 Tzw. funkcje Besicovitcha.
4 Trudno zatem w ogóle mówić o sygnale w funkcji czasu.
5 Nie należy tego mylić z faktem że przyrost/spadek jest równy zero, czyli istnieje mimo iż
sygnał jest stały.
2 Tzw.
1
Tak zadana przestrzeń (C, k·k) jest przestrzenią Banacha, czyli przestrzenią
drugiej kategorii.
Funkcję f ∈ C nazywamy funkcją Weierstrassa gdy dla każdego x ∈ [0, 1]
zachodzi warunek:
f (x + h) − f (x) 0
|f− (x)| = lim = +∞
h
h→0− lub
0
|f+
(x)|
f (x + h) − f (x) = lim = +∞.
h
h→0+ Banach udowodnił [1]
Twierdzenie 1. Zbiór A1 funkcji ciągłych na [0, 1] które w jakimś punkcie
(przynajmniej jednym) przedziału [0, 1) mają skończoną prawostronną pochodną,
jest zbiorem pierwszej kategorii w C.
Dowód. Ustalmy dowolnie liczbę naturalną n. Określmy En jako zbiór takich
funkcji f ∈ C dla których istnieje punkt x (0 ¬ x ¬ 1 − 1/n) taki, że dla każdego
h (0 < h < 1 − x)
f (x + h) − f (x) ¬ n.
h
S∞
A1 ⊆ n=2 En , zatem wystarczy udowodnić, że En jest zbiorem nigdzie gęstym.
Zbiór En jest zbiorem domkniętym. Istotnie, ustalmy ciąg (fk ) elementów
zbioru En w taki sposób, że fk ⇒ f przy k → ∞ (zbieżność zadana metryką
(1) jest jednostajna) i pokażmy, że f ∈ En . Dla każdego k istnieje punkt xk
(0 ¬ xk ¬ 1 − 1/n) taki, że dla każdego h (0 < h < 1 − xk )
f (x + h) − f (x ) k k
k k ¬ n,
h
czyli |fk (xk + h) − fk (xk )| ¬ nh. Ciąg (xk ) jest ograniczony, więc na mocy
twierdzenia Bolzano-Weierstassa istnieje w tym ciągu podciąg (xkl )l∈N zbieżny
do elementu x (0 ¬ x ¬ 1 − 1/n). fk ⇒ f dla k → ∞, więc
l→∞
fkl ⇒ f.
(2)
Ustalmy dowolnie liczbę h (0 < h < 1 − x). Wówczas 0 < h < 1 − xkl dla
odpowiednio dużych l oraz
|f (x + h) − f (x)|
¬
|f (x + h) − f (xkl + h)| + |f (xkl + h) − fkl (xkl + h)| +
+ |fkl (xkl + h) − fkl (xkl )| + |fkl (xkl ) − f (xkl )| +
+ |f (xkl ) − f (x)| ¬ |f (x + h) − f (xkl + h)| + d(f, fkl ) +
+ nh + d(fkl , f ) + |f (xkl ) − f (x)|.
© Michał Czapek
2
Wszelkie prawa zastrzeżone
Z uwagi na (2) oraz na ciągłość funkcji f w punktach x i x + h, jeżeli l → ∞, to
|f (x + h) − f (x)| ¬ nh.
Stąd f ∈ En .
Aby En był zbiorem nigdzie gęstym wystarczy aby nie zawierał (jako zbiór
domknięty) żadnej otwartej kuli B(f, ε). Tak jest w istocie. Ustalmy bowiem
ε > 0 oraz f ∈ En jakkolwiek. Wówczas z uwagi na (1)
n
o
B(f, ε) = g ∈ C : sup |f (x) − g(x)| < ε .
x∈[0,1]
Na mocy twierdzenia Stone’a-Weierstassa istnieje ciąg wielomianów (wk ) taki,
że na całym przedziale [0, 1] wk ⇒ f gdy tylko k → ∞. Stąd dla odpowiednio
dużych k oraz dla wszystkich x (0 ¬ x ¬ 1)
|wk (x) − f (x)| < ε/2,
zatem istnieje k takie, że wk ∈ B(f, ε); obierzmy takie k.
Niech g ∈ C będzie taką funkcją, że na całym przedziale [0, 1) norma
kgk < ε/2,
prawostronna pochodna
0
g+
istnieje oraz
0
|g+
(x)| > kdwk /dxk + n.
Istnienie takiej funkcji obrazuje rysunek 1. (okres tej funkcji musi być na tyle
mały aby nachylenie liniowych części wykresu było większe (co do modułu) od
kdwk /dxk + n).
Rysunek 1: Przykładowa funkcja g ∈ C.
Funkcja z = wk + g należy do C oraz dla wszystkich x (0 ¬ x < 1)
0
0
|z+ (x)| ­ |g+ (x)| − kdwk /dxk > kdwk /dxk + n − kdwk /dxk = n,
stąd z ∈
/ En . Co więcej
sup |f (x) − z(x)| = kf − zk ¬ kf − wk k + kwk − zk < ε/2 + ε/2 = ε,
x∈[0,1]
czyli z ∈ B(f, ε). En jest więc zbiorem nigdzie gęstym.
© Michał Czapek
3
Wszelkie prawa zastrzeżone
Analogicznie można udowodnić że zbiór A2 funkcji ciągłych na [0, 1] które
w jakimś punkcie (przynajmniej jednym) przedziału (0, 1] mają skończoną lewostronną pochodną jest zbiorem pierwszej kategorii w C. Wystarczy w tym celu
skorzystać z symetrii przestrzeni C względem x = 1/2 i zamienić w dowodzie
twierdzenia 1. argumenty x na 1−x. Stąd zbiór A1 ∪A2 funkcji ciągłych na [0, 1]
które w jakimś punkcie (przynajmniej jednym) tego przedziału mają skończoną
którąkolwiek z jednostronnych pochodnych jest zbiorem pierwszej kategorii w C.
Tym samym udowodniliśmy twierdzenie 2.
Twierdzenie 2. Zbiór6 funkcji ciągłych na [0, 1] których obie jednostronne pochodne w każdym punkcie przedziału (0, 1), prawostronna pochodna w punkcie
0 i lewostronna pochodna w punkcie 1 nie są skończone, jest zbiorem drugiej
kategorii w C.
Z powyższego twierdzenia wynika że zbiór funkcji Weierstrassa7 jest zbiorem
drugiej kategorii w C.
2
Funkcje Besicovitcha
Funkcję f ∈ C nazywamy funkcją Besicovitcha gdy dla każdego x ∈ [0, 1] nie
0
0
(x).8
(x) lub f−
istnieją (skończone lub nieskończone) pochodne f+
Saks udowodnił [2] że istnienia funkcji Besicovitcha nie można dowieść metodą kategorii:
Lemat 3 (Saks). Niech n, m, ε (m > 0, ε > 0) będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Jeżeli f jest funkcją ciągłą na przedziale [a, b] taką, że dla wszystkich
x ∈ [a, b]
b−a
ε,
(3)
|f (x) − mx + n| <
8
to istnieje w przedziale (a, (a+b)/2) nieprzeliczalny9 zbiór C taki, że dla każdego
c ∈ C i każdego x ∈ [c, b]
f (x) − f (c) ­ (m − ε)(x − c).
(4)
Dowód. Załóżmy że zbiór C jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym i że (ci ) jest
ciągiem wszystkich elementów tego zbioru. Niech η > 0 będzie ustaloną liczbą
rzeczywistą i niech
(
)
(x)
X
η
X = x ∈ [a, b] : f (x) − f (a) ¬ (m − ε)(x − a) +
,
2k
k
6 Zbiór
C \ (A1 ∪ A2 ) = C \ A1 ∩ C \ A2 .
C \ (A1 ∩ A2 ) = C \ A1 ∪ C \ A2 który jest nadzbiorem zbioru, o którym mowa
w twierdzeniu 2.
8 Nieróżniczkowalność funkcji Besicovitcha ma „mocniejszy” sens niż w przypadku funkcji
Weierstrassa; w dowolnym punkcie dziedziny którakolwiek (lub obie) z jednostronnych pochodnych tej funkcji nie jest ani skończona, ani nieskończona – w ogóle nie istnieje (w przypadku
funkcji Weierstrassa wymagaliśmy „tylko” aby była nieskończona).
9 Jak zauważymy w dowodzie twierdzenia 4. wystarczy aby zbiór ten był dwuelementowy.
7 Zbiór
© Michał Czapek
4
Wszelkie prawa zastrzeżone
P(x)
gdzie argument k sumy
x0 = sup X to
k
przyjmuje wartości dla których ck < x. Jeżeli
a+b
.
(5)
2
Istotnie, obierzmy dowolnie x ∈ (a, (a + b)/2) w taki sposób, że x ∈ X i x 6= ci
dla wszystkich i. Z uwagi na (4) istnieje y > x takie, że
x0 ­
f (y) − f (x) < (m − ε)(y − x),
zatem z definicji zbioru X,
f (y) − f (a)
= f (y) − f (x) + f (x) − f (a) <
(x)
X
η
=
< (m − ε)(y − x) + (m − ε)(x − a) +
2k
k
=
(x)
X
η
(m − ε)(y − x + x − a) +
¬
2k
k
(y)
¬ (m − ε)(y − a) +
X η
,
2k
k
czyli y ∈ X. Z drugiej strony jeżeli cj ∈ X to z ciągłości funkcji f istnieje takie
y > cj , że
η
f (y) − f (cj ) < j ,
2
zatem z definicji zbioru X
f (y) − f (a)
= f (y) − f (cj ) + f (cj ) − f (a) ¬
(cj )
¬
X η
η
+
(m
−
ε)(c
−
a)
+
<
j
2j
2k
k
(y)
X
η
< (m − ε)(y − a) +
,
2k
k
czyli y ∈ X również w tym przypadku. W związku z tym żaden punkt przedziału
(a, (a + b)/2) nie może być górnym ograniczeniem zbioru X (bez względu na
to czy będzie to punkt zbioru C, czy nie) co dowodzi nierówności (5).
© Michał Czapek
5
Wszelkie prawa zastrzeżone
Na mocy (3), (5) i definicji zbioru X
b−a
ε =
4
­
b−a
b−a
ε+
ε > |f (x0 ) − mx0 + n| + |f (a) − ma + n| ­
8
8
|(f (x0 ) − mx0 + n) − (f (a) − ma + n)| =
=
|(f (x0 ) − f (a)) − m(x0 − a)| =
=
|m(x0 − a) − (f (x0 ) − f (a))| ­
­
m(x0 − a) − (f (x0 ) − f (a)) ­
­
m(x0 − a) − (m − ε)(x0 − a) −
=
b−a
ε(x0 − a) − η ­
ε − η,
2
∞
X
η
=
2k
k=1
co jest sprzeczne, jako że η może być dowolnie małe.
Twierdzenie 4 (Saks). Zbiór B1 funkcji ciągłych na [0, 1] które na nieprzeliczalnym podzbiorze przedziału [0, 1) mają nieskończoną (+∞) prawostronną
pochodną jest zbiorem drugiej kategorii w C.
Dowód. Niech K będzie otwartą kulą w C i niech (An ) będzie ciągiem nigdzie
S∞ gęstych podzbiorów przestrzeni C. Wystarczy pokazać że w zbiorze K \ n=1 An
istnieje funkcja która ma nieskończoną (+∞) prawostronną pochodną na pewnym zbiorze nieprzeliczalnym.10
Zdefiniujmy rekurencyjnie ze względu na j = 0, 1, 2, . . . i nj ∈ {0, 1}:
(i) ciąg (In1 ...nj ) domkniętych podprzedziałów [an1 ...nj , bn1 ...nj ] przedziału [0, 1],
(ii) ciąg (fj ) funkcji fj ∈ C oraz
(iii) ciąg (Kj ) otwartych kul Kj ⊂ C
w taki sposób, aby dla odpowiednio dobranych stałych cn1 ...nj ∈ R spełnione
były następujące warunki:
(A)
I0 ⊂ [0, 1]; I1 ⊂ [0, 1]; b0 < a1 ; f0 ∈ K; x ∈ I0 ⇒ f0 (x) = c0 ;
x ∈ I1 ⇒ f0 (x) = c1 ;
K0 (f0 , ε0 ) ⊂ K;
ε0 ∈ (0, 1).
(B) j = 1, 2, . . . ; nj ∈ {0, 1}; In1 ...nj nj+1 ⊂ In1 ...nj ; bn1 ...nj 0 < an1 ...nj 1 ;
|In1 ...nj | ¬ 1/j;
fj ∈ Kj−1 (fj−1 , εj−1 );
x ∈ In1 ...nj ⇒ fj (x) = jx + cn1 ...nj ;
Kj (fj , εj ) ⊂ Kj−1 (fj−1 , εj−1 );
εj ∈ (0, 1);
εj < 1/j;
cl(Kj (fj , εj )) ∩ cl(Aj ) = ∅.
(C)
i = 2, 3, . . . ;
x ∈ In1 ...ni ...nj
ni , nj ∈ {0, 1};
fj (y) − fj (x)
> i − 2.
∧ y ∈ (an1 ...ni , bn1 ...ni+1 ) ⇒
y−x
S
j = 3, 4, . . . ;
i < j;
10 Rzeczywiście, przypuśćmy, że zbiór B jest pierwszej kategorii. Wtedy B =
An gdzie
1
1
An są zbiorami nigdzie
S gęstymi w C. Ponieważ potrafimy skonstruować funkcję f ∈ B1 która
leży w różnicy K \
An , dostajemy sprzeczność.
© Michał Czapek
6
Wszelkie prawa zastrzeżone
Ustalmy liczbę naturalną r > 2. Niech dane będą obiekty określone warunkami (A) i załóżmy że wszystkie przedziały In1 ...nj , funkcje fj oraz kule Kj
są określone w taki sposób, że dla wszystkich j = 1, 2, . . . , r własności (B) są
spełnione natomiast (C) zachodzi począwszy od j = 3. Zdefiniujemy te obiekty
dla j = r + 1.
Ar jest zbiorem nigdzie gęstym więc w każdym otoczeniu funkcji fr istnieje
jakaś funkcja g ∈ Kr (fr , εr )\cl(Ar ). Obierzmy funkcję g ∈ Kr (fr , εr )\cl(Ar )
tak, że
g − fr < min{|In1 ...nr−1 0 |, |In1 ...nr−1 1 |} εr .
8
W szczególności dla nr = 0, 1 i z uwagi na (B), jeśli x ∈ In1 ...nr−1 nr , to
g(x) − fr (x) = g(x) − rx − cn1 ...nr−1 nr < min{|In1 ...nr−1 0 |, |In1 ...nr−1 1 |} εr .
8
Na mocy lematu 3. istnieją dwa punkty11
bn1 ...nr−1 nr 0 , bn1 ...nr−1 nr 1 ∈ In1 ...nr−1 nr
(bn1 ...nr−1 nr 0 < bn1 ...nr−1 nr 1 )
(nr = 0, 1)
takie, że dla nr = 0, 1 (εr ∈ (0, 1) więc r − εr > r − 1)
x ∈ (bn1 ...nr−1 nr 0 , bn1 ...nr−1 nr ) ⇒
g(x) − g(bn1 ...nr−1 nr 0 )
> r − 1,
x − bn1 ...nr−1 nr 0
x ∈ (bn1 ...nr−1 nr 1 , bn1 ...nr−1 nr ) ⇒
g(x) − g(bn1 ...nr−1 nr 1 )
> r − 1.
x − bn1 ...nr−1 nr 1
Zbiór Kr (fr , εr ) \ cl(Ar ) jest otwarty, więc jako
fr+1 ∈ Kr (fr , εr )\cl(Ar )
możemy wybrać funkcję na tyle bliską funkcji g, że przy nr+1 = 0, 1
x ∈ In1 ...nr nr+1 ⇒ fr+1 (x) = (r + 1)x + cn1 ...nr nr+1 .
(6)
Istotnie, przedziały (ich prawe końce są ustalonymi wcześniej punktami)
In1 ...nr nr+1 = [an1 ...nr nr+1 , bn1 ...nr nr+1 ]
(nr+1 = 0, 1),
muszą mieć długości na tyle krótkie aby
bn1 ...nr−1 00 − an1 ...nr−1 00 < 1/(r + 1)
∧
an1 ...nr−1 0 < an1 ...nr−1 00 ,
bn1 ...nr−1 01 − an1 ...nr−1 01 < 1/(r + 1)
∧
bn1 ...nr−1 00 < an1 ...nr−1 01 ,
bn1 ...nr−1 10 − an1 ...nr−1 10 < 1/(r + 1)
∧
bn1 ...nr−1 01 < an1 ...nr−1 10 ,
bn1 ...nr−1 11 − an1 ...nr−1 11 < 1/(r + 1)
∧
bn1 ...nr−1 10 < an1 ...nr−1 11
11 Istnieje
nieprzeliczalnie wiele punktów, ale wybieramy dwa.
© Michał Czapek
7
Wszelkie prawa zastrzeżone
oraz aby istniały takie stałe cn1 ...nr+1 , że fr+1 ∈ Kr (fr , εr )\cl(Ar ) i aby spełniony był warunek (6). Wówczas:
fr+1 (x) − fr+1 (bn1 ...nr−1 00 )
=
x − bn1 ...nr−1 00
(r + 1)x − (r + 1)bn1 ...nr−1 00
=
x − bn1 ...nr−1 00
(x − bn1 ...nr−1 00 )(r + 1)
=
x − bn1 ...nr−1 00
r + 1 > r − 1,
x ∈ (bn1 ...nr−1 00 , bn1 ...nr−1 0 ) ⇒
=
=
=
fr+1 (x) − fr+1 (bn1 ...nr−1 01 )
=
x − bn1 ...nr−1 01
(r + 1)x − (r + 1)bn1 ...nr−1 01
=
x − bn1 ...nr−1 01
(x − bn1 ...nr−1 01 )(r + 1)
=
x − bn1 ...nr−1 01
r + 1 > r − 1,
x ∈ (bn1 ...nr−1 01 , bn1 ...nr−1 0 ) ⇒
=
=
=
fr+1 (x) − fr+1 (bn1 ...nr−1 10 )
=
x − bn1 ...nr−1 10
(r + 1)x − (r + 1)bn1 ...nr−1 10
=
x − bn1 ...nr−1 10
(x − bn1 ...nr−1 10 )(r + 1)
=
x − bn1 ...nr−1 10
r + 1 > r − 1,
x ∈ (bn1 ...nr−1 10 , bn1 ...nr−1 1 ) ⇒
=
=
=
fr+1 (x) − fr+1 (bn1 ...nr−1 11 )
=
x − bn1 ...nr−1 11
(r + 1)x − (r + 1)bn1 ...nr−1 11
=
x − bn1 ...nr−1 11
(x − bn1 ...nr−1 11 )(r + 1)
=
x − bn1 ...nr−1 11
r + 1 > r − 1.
x ∈ (bn1 ...nr−1 11 , bn1 ...nr−1 1 ) ⇒
=
=
=
Ponieważ Kr (fr , εr ) \ cl(Ar ) jest zbiorem otwartym zawierającym fr+1 ,
przeto istnieje taka liczba rzeczywista εr+1 > 0, że
Kr+1 (fr+1 , εr+1 ) ⊂ Kr (fr , εr ) oraz cl Kr+1 (fr+1 , εr+1 ) ∩ cl(Ar+1 ) = ∅,
tym samym określiliśmy wszystkie przedziały In1 ...nr nr+1 , funkcję fr+1 oraz kulę
Kr+1 w taki sposób, że własności (B) i (C) są spełnione.
© Michał Czapek
8
Wszelkie prawa zastrzeżone
S∞
Na mocy (A) i (B), dla j → ∞ mamy fj ⇒ f ∈ K\ n=1 An (C jest
przestrzenią Banacha, ponadto εj → 0 przy j → ∞ zatem (fj ) jest ciągiem
Cauchy’ego).
0
Pokażmy że f+
= +∞ na pewnym zbiorze nieprzeliczalnym. Załóżmy w tym
celu że dla każdego binarnego ciągu (n1 , n2 , . . . , nj , . . .)
{xn1 n2 ...nj ... } = In1 ∩ In1 n2 ∩ . . . ∩ In1 n2 ...nj ∩ . . .
(7)
(taki ciąg przedziałów ma niepuste przecięcie jako ciąg niepustych zbiorów domkniętych w przestrzeni zwartej). Ustalmy dowolnie liczbę naturalną i > 1.
Wówczas na mocy własności (C) dla dowolnej liczby naturalnej j > i i każdego
binarnego ciągu (n1 , n2 , . . . , ni , . . . , nj , . . . , nk , . . .)k
y ∈ (xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ... , bn1 n2 ...ni ) ⇒
fj (y) − fj (xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ... )
> i − 2.
y − xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ...
Stąd, dla wszystkich i = 1, 2, . . . oraz y ∈ (xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ... , bn1 n2 ...ni )
lim
j→∞
fj (y) − fj (xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ... )
f (y) − f (xn1 n2 ...ni ...nk ... )
=
­ i − 2,
y − xn1 n2 ...ni ...nj ...nk ...
y − xn1 n2 ...ni ...nk ...
0
zatem f+
(xn1 n2 ...nk ... ) = +∞ w każdym punkcie (7). Takich punktów jest oczywiście nieprzeliczalnie wiele bo nieskończonych zero-jedynkowych ciągów jest
nieprzeliczalnie wiele, co najłatwiej uzasadnić korzystając z argumentu przekątniowego Cantora lub z faktu że każdy taki ciąg reprezentuje binarne rozwinięcie
jakiejś liczby z przedziału [0, 1] i odwrotnie, każdą liczbę z tego przedziału można
rozwinąć w jakiś binarny ciąg nieskończony.12
Stąd zbiór C1 funkcji ciągłych na [0, 1] które w jakimś punkcie (przynajmniej
jednym) przedziału [0, 1) mają nieskończoną (+∞) prawostronną pochodną jest
zbiorem drugiej kategorii w C. Istotnie, B1 ⊂ C1 .
Korzystając z twierdzenia 4. i symetrii przestrzeni C względem x = 1/2 zbiór
B2 funkcji ciągłych na [0, 1] które na nieprzeliczalnym podzbiorze przedziału
(0, 1] mają nieskończoną (+∞) lewostronną pochodną jest zbiorem drugiej kategorii w C.
Stąd zbiór C2 funkcji ciągłych na [0, 1] które w jakimś punkcie (przynajmniej
jednym) przedziału (0, 1] mają nieskończoną (+∞) lewostronną pochodną jest
zbiorem drugiej kategorii w C. Istotnie, B2 ⊂ C2 .
Niech D1 będzie zbiorem funkcji ciągłych na [0, 1] które w jakimś punkcie
(przynajmniej jednym) przedziału [0, 1) mają nieskończoną (−∞) prawostronną
pochodną oraz niech D2 będzie zbiorem funkcji ciągłych na [0, 1] które w jakimś
punkcie (przynajmniej jednym) przedziału (0, 1] mają nieskończoną (−∞) lewostronną pochodną.
12 Ogólnie, dzieląc dowolny taki ciąg na dwie części – całkowitą i ułamkową – uzyskamy
rozwinięcie binarne pewnej liczby rzeczywistej i odwrotnie, każdą liczbę rzeczywistą można
utożsamić z pewnym nieskończonym ciągiem binarnym podzielonym odpowiednio na części
całkowitą i ułamkową.
© Michał Czapek
9
Wszelkie prawa zastrzeżone
Dowód istnienia funkcji Besicovitcha za pomocą metody kategorii nie jest
możliwy. W samej rzeczy, zbiór funkcji Besicovitcha to zbiór
C \ (A1 ∪ C1 ∪ D1 ) ∪ C \ (A2 ∪ C2 ∪ D2 ) ,
gdzie zbiory A1 i A2 są określone jak w punkcie 1. Ponieważ C1 i C2 to zbiory
drugiej kategorii, przeto tym bardziej (A1 ∪ C1 ∪ D1 ) i (A2 ∪ C2 ∪ D2 ) to zbiory
drugiej kategorii zatem nie można stwierdzić, że
C \ (A1 ∪ C1 ∪ D1 ) 6= ∅
oraz
C \ (A2 ∪ C2 ∪ D2 ) 6= ∅.
Literatura
[1] S. Banach, Über die Baire’sche Kategorie gewisser Funktionenmengen, Stud.
Math. 3 (1931), pp. 174-179.
[2] S. Saks, On the functions of Besicovitch in the space of continuous functions,
Fund. Math. 19 (1932), pp. 211-219.
© Michał Czapek
10
Wszelkie prawa zastrzeżone