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1. 개요
Weierstrass function / - 函數 / (독일어)Weierstraß-Funktion카를 바이어슈트라스가 고안한 병리적 함수로, 도함수를 갖지 않는 연속함수다.
2. 상세
바이어슈트라스 함수는 다음과 같이 푸리에 급수로 정의되는 함수이다.[math(f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\cos(b^{n}\pi x),\quad)]([math(0<a<1,\:b)]는 양의 홀수, [math(ab>1+\dfrac{3\pi}{2})])[1]
모든 점에서 연속이면서, 모든 점에서 미분 불가능한 함수이다. 아래의 그래프는 a=0.5, b=12일 때, 급수를 n=12인 항까지 계산 한 것의 그래프이다.
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2.1. 연속성
바이어슈트라스 함수는 모든 점에서 연속이다. 이 사실은 [math(f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\cos(b^{n}\pi x))]에 대해 바이어슈트라스-M 판정법을 사용해 증명할 수 있다. 즉, 주어진 함수를 함수열 [math(\langle f_n\rangle=a^{n}\cos(b^{n}\pi x))]의 함수항급수 [math(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}f_n)]으로 보는 것.[math(\langle f_n\rangle=a^{n}\cos(b^{n}\pi x))]는 삼각함수 [math(\cos(b^{n}\pi x))]와 [math(a^n)]의 곱으로 이루어져 있으므로, [math(|f_n|\leq a^n)]임은 쉽게 알 수 있다.
여기서 [math(M_n=a^n)]으로 두자. 바이어슈트라스 함수는 [math(0<a<1)]에서 정의되므로 [math(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a^n)]은 수렴한다. 따라서 [math(M_n=a^n)]이라 두면 바이어슈트라스-M 판정법에 따라 균등수렴하는 연속함수임을 알 수 있다.
2.2. 미분가능성
바이어슈트라스 함수는 모든 점에서 미분불가능하다. 여기서는 증명이 쉬운 [math(\displaystyle ab>1+\frac{3\pi}{2}, b)]는 홀수로 주어진 바이어슈트라스 함수의 원형 쪽의 미분 불가능성을 보인다. 아래의 증명은 미시간 주립대의 Brent Nelson 교수가 버클리대에 있었을 때 강의한 내용이다.모든 점에서 미분 불가능하다는 소리는 모든 실수상의 점 [math(x \in \mathbb{R})]에 대해서 [math(\displaystyle \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0})]가 존재하지 않음을 보이면 된다.
먼저 실수 [math(x_0 \in \mathbb{R})]을 고정하자. 임의의 자연수 [math(m \in \mathbb{N})]에 대하여, [math(\displaystyle b^{m}x_0 - \alpha_m \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right])]를 만족하는 정수 [math(\alpha_m \in \mathbb{Z})]이 존재한다.
이제 다음 세 수열을 정의하자.
| [math(\displaystyle x_{m}:=b^{m}x_0-\alpha_{m})] | [math(\displaystyle y_{m}:=\frac{\alpha_{m}-1}{b^m})] | [math(\displaystyle z_{m}:=\frac{\alpha_{m}+1}{b^m})] |
이 세 수열의 항의 관계를 조금 조작하면 다음과 같이 변형할 수 있다.
| [math(\displaystyle y_m-x_0=-\frac{1+x_m}{b^m}<0<\frac{1-x_m}{b^m}=z_m-x_0)] 즉, [math(y_m < x_0 < z_m)] |
이제 이 관계식에 [math(m\to\infty)]로의 극한을 취하자.
| [math(\displaystyle\lim_{m\to\infty}| y_m-x_0 | = \lim_{m\to\infty} x_0-y_m = \lim_{m\to\infty}\frac{1+x_m}{b^m}=0)] [math(\displaystyle\lim_{m\to\infty}|z_m-x_0|=\lim_{m\to\infty}z_m-x_0 = \lim_{m\to\infty}\frac{1-x_m}{b^m}=0)] |
이제 다음 과정을 거치자. 먼저 좌미분계수를 알아보기 위해서 [math(y_m)]에 대해서 먼저 전개한다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned}\frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}&=\frac{\sum_{n=0}^{\infty}a^n \cos(b^n \pi y_m)- \sum_{n=0}^{\infty}a^n \cos(b^n \pi x_0)}{y_m-x_0}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\frac{\cos(b^n \pi y_m)-\cos(b^n \pi x_0)}{y_m - x_0}\\&=\sum_{n=0}^{m-1}\left(ab\right)^{n}\frac{\cos(b^n \pi y_m)-\cos(b^n \pi x_0)}{b^n(y_m-x_0)}+\sum_{n=0}^{\infty}a^{n+m}\frac{\cos(b^{n+m} \pi y_m)-\cos(b^{n+m} \pi x_0)}{y_m-x_0}\end{aligned})] |
3번째 줄에서 둘로 쪼갠 수열의 합을 다음과 같이 표현하자.
| [math(\displaystyle S_{1}:=\sum_{n=0}^{m-1}\left(ab\right)^{n}\frac{\cos(b^n \pi y_m)-\cos(b^n \pi x_0)}{b^n(y_m-x_0)})] [math(\displaystyle S_{2}:=\sum_{n=0}^{\infty}a^{n+m}\frac{\cos(b^{n+m} \pi y_m)-\cos(b^{n+m} \pi x_0)}{y_m-x_0})] |
[math(\cos)]의 차에 대해서 [math(\displaystyle \cos A - \cos B = -2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right)\sin\left(\frac{A-B}{2}\right))]이 성립한다는 것은 삼각함수의 성질에 따라 잘 알려져 있다. 이를 이용하여 [math(S_1)]을 정리하자.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} S_{1}&=\sum_{n=0}^{m-1}\left(ab\right)^{n}\frac{\cos(b^{n} \pi y_{m})-\cos(b^{n} \pi x_{0})}{b^{n}(y_{m}-x_{0})}\\&=\sum_{n=0}^{m-1}\left(ab\right)^{n}\frac{-2}{b^{n}(y_m-x_0)}\sin\left(\frac{b^{n}\pi(y_m+x_0)}{2}\right)\sin\left(\frac{b^{n}\pi(y_m-x_0)}{2}\right)\end{aligned})] |
이를 조금 더 정리하면 다음과 같이 바꿀 수 있다.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} S_{1}&=\sum_{n=0}^{m-1}\left(ab\right)^{n}\frac{-2}{b^{n}(y_m-x_0)}\sin\left(\frac{b^{n}\pi(y_m+x_0)}{2}\right)\sin\left(\frac{b^{n}\pi(y_m-x_0)}{2}\right)\\&=\sum_{n=0}^{m-1}-\pi\left(ab\right)^{n}\sin\left(\frac{b^{n}\pi(y_m+x_0)}{2}\right)\dfrac{\sin\left(\dfrac{b^{n}\pi(y_m-x_0)}{2}\right)}{\dfrac{\pi b^{n}(y_m-x_0)}{2}}\end{aligned})] |
여기에 절대값을 씌우고 삼각부등식의 성질을 이용하자. [math(\sin, \cos)]는 절댓값이 1 이하이므로, 다음과 같이 정리할 수 있다.
| [math(\displaystyle |S_{1}|\leq\sum_{n=0}^{m-1}\pi\left(ab\right)^n 1\cdot 1=\pi\frac{\left(ab\right)^m-1}{ab-1}<\pi\frac{\left(ab\right)^m}{ab-1})] |
그러면 [math(\displaystyle S_1 = \epsilon_1 \frac{\pi(ab)^m}{ab-1})]을 만족하는 [math(\epsilon_1 \in \left(-1,1\right))]이 존재함을 알 수 있다.
이제 [math(S_2)]를 변형해보자. [math(\displaystyle y_{m}:=\frac{\alpha_{m}-1}{b^m})]에서 다시 시작하자.
[math(a_m)]은 정수이며 [math(b)]는 홀수인 정수였다. 따라서, [math(\cos(b^{n+m}\pi y_m))]에 [math(y_m)]를 대입하여 정리하자.
| [math(\displaystyle \cos(b^{n+m}\pi y_m)=\cos (b^n \pi(\alpha_m -1))=(-1)^{b^{n}(\alpha_m-1)}=(=1)^{\alpha_m-1}=-(-1)^{\alpha_m}\cdots\textrm{①})] |
여기서 [math(x_{m}:=b^{m}x_0-\alpha_{m})]이므로, 이를 넣고 삼각함수의 합차공식에 따라 정리하자.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \cos(b^{n+m}\pi x_0)&=\cos (b^{n} \pi (x_{m}+\alpha_{m}))\\&=\cos (b^{n} \pi x_{m})\cos(b^{n}\pi\alpha_{m})-\sin(b^{n} \pi x_{m}) \sin(b^{n} \pi \alpha_{m})\\&=(-1)^{b^{n} \alpha_{m}}\cos(b^{n} \pi x_{m})-0\qquad\textrm{(}b, \alpha_m\textrm{이 정수이므로 }\sin(b^{n} \pi \alpha_{m})\textrm{가 0이기 때문)}\\&=(-1)^{\alpha_{m}}\cos(b^{n} \pi x_{m})\cdots\textrm{②}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle S_{2}=\sum_{n=0}^{\infty}a^{n+m}\frac{\cos(b^{n+m} \pi y_m)-\cos(b^{n+m} \pi x_0)}{y_m-x_0})] |
| [math(\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}a^{n+m}\frac{-(-1)^{\alpha_m}-(-1)^{\alpha_m}\cos(b^{n}\pi x_m)}{y_m - x_0})] [math(\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}a^{n+m}(-1)(-1)^{\alpha_m}\dfrac{1+\cos(b^n \pi x_m)}{-\dfrac{1+x_m}{b^m}})] [math(\displaystyle =(ab)^{m}(-1)^{\alpha_m}\sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\frac{1+\cos(b^n \pi x_m)}{1+x_m})] |
[math(\displaystyle b^{m}x_0 - \alpha_m \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right])]이라고 했으므로, [math(\displaystyle b^{m}x_0 - \alpha_m = x_m \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right])]이다.
따라서, 마지막 식의 분모인 [math(1+x_m)]은 양수이며, 분자인 [math(1+\cos(b^n \pi x_m))]은 0 이상이 되어 [math(\displaystyle \sum)] 안의 식은 0 이상의 수가 된다.
| [math(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\frac{1+\cos(b^n \pi x_m)}{1+x_m}\geq \frac{1+\cos (\pi x_m)}{1+x_m})] |
이 부등식을 조금 더 정리하면 다음이 성립하게 된다.
| [math(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\frac{1+\cos(b^n \pi x_m)}{1+x_m}\geq \frac{1+\cos (\pi x_m)}{1+x_m}\geq \cfrac{1}{1+\cfrac{1}{2}}=\frac{2}{3})] |
즉, [math(\mu_1 \geq 1)]이 존재하여, [math(\displaystyle S_2 =(ab)^m(-1)^{\alpha_m}\mu_1 \frac{2}{3})]가 성립한다.
이렇게 구한 [math(S_1)]과 [math(S_2)]를 합치자.
| [math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}=S_1 + S_2 &= \epsilon_1 \frac{\pi(ab)^m}{ab-1}+(ab)^m(-1)^{\alpha_m}\mu_1\frac{2}{3}\\&=(-1)^{\alpha_m}(ab)^{m}\mu_1 \left(\frac{2}{3}+(-1)^{\alpha_m}\frac{\epsilon_1}{\mu_1}\frac{\pi}{ab-1}\right)\end{aligned})] |
바이어슈트라스가 정의한 내용에 따라 [math(\displaystyle ab>1+\frac{3\pi}{2})]이므로, [math(\displaystyle \frac{\pi}{ab-1}<\frac{2}{3})]이다. [math(|\epsilon_1|<1, \mu_1 \geq 1)]이므로 괄호 안을 다시 정리하면
| [math(\displaystyle \frac{2}{3}+(-1)^{\alpha_m}\frac{\epsilon_1}{\mu_1}\frac{\pi}{ab-1}>\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1}>0)] |
따라서, [math(\displaystyle \frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0})]의 부호는 [math((-1)^{\alpha_m})]에 따라 결정된다.
즉 [math(\displaystyle |\frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}| > (ab)^m\left(\frac{2}{3} - \frac{\pi}{ab-1}\right))]인데, 문제는 [math(ab>1)]이라 [math(m\to\infty)]로 보내면 이 값은 무한대로 발산한다. 즉, 좌미분계수는 존재하지 않는다.
동일한 방법으로 [math(y_m)] 대신 [math(z_m)]에 대해서 논리를 전개하면 우미분계수를 구할 수 있는데, 이 역시 무한대로 발산하여 계산할 수 없음을 알 수 있다. 즉, 임의의 실수 [math(x_0)]에 대해서 좌미분계수와 우미분계수가 부정값이므로 도함수가 존재하지 않는다.
따라서 이 함수는 전 구간에서 미분 불가능함을 알 수 있다.
3. 기타
앙리 푸앵카레가 이 함수를 '괴물'이라고 불렀을 정도로 끔찍하게 싫어했다는 일화가 있다.[1] 이 조건은 바이어슈트라스가 제시한 조건이며, 이후에 G. H. 하디에 의해서 [math(0<a<1)], [math(ab\geq 1)]의 확장된 조건에서도 모든 점이 미분불가능 하다는것이 증명되었다.[2] 주어진 식에서 [math(n=0)]을 대입한 초항이 부등식의 우측 항이 되며, 모든 항이 0 이상의 수이므로 자연스럽게 성립한다.