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浅谈扩展 Thomae 函数的可微性
2018.11.24
2019.2.28
数学 数学分析 Thomae 函数 Dirichlet 近似
[TOC]
一般定义的 Thomae's Function $f(x)$ 为：
$$
f(x) = \begin{cases}
1/p & x \in \mathbb Q,\ x = q/p,\ p \in \mathbb N^+,\ q \in \mathbb Z,\ p \bot q \\
0 & x \in \mathbb R \backslash \mathbb Q
\end{cases}
$$
有时也被称为 Riemann 函数、爆米花函数。这个函数的一大特点就是它是一个周期为 $1$ 的函数（证明非常简单），所以研究时只需要考虑 $[0,\ 1)$ 内的情况就好了。下文分析时都假定 $0 \leqslant x < 1$ 。扩展的 Thomae 函数主要修改了有理点的取值：
$$
f_k(x) = \begin{cases}
1/p^k & x \in \mathbb Q,\ x = q/p,\ p \in \mathbb N^+,\ q \in \mathbb Z,\ p \bot q \\
0 & x \in \mathbb R \backslash \mathbb Q
\end{cases}
$$
显然 $f_1$ 就是原来的函数。随着次数的增大，整个函数的图像也会越来越贴近 $x$ 轴：
(**Fig.1.** $f_1(x)$ 在 $(-1,\ 1)$ 上的图像)
(**Fig.2.** $f_2(x)$ 在 $(-1,\ 1)$ 上的图像)
首先看一下这个函数在每个点的函数极限 $\lim_{x \rightarrow x_0} f_k(x)$ ，凭直觉来讲应该是 $0$ 。直接采用函数极限的 $\varepsilon$ -$\delta$ 定义，对于所有 $1/p^k \geqslant \varepsilon$ 的 $p$ ，把 $(0,\ 1)$ 内以 $p$ 为分母的分数全部拿出来，最后得到 ${1/2,\ 1/3,\ 2/3,\ ...}$ 。这样的分数是有限个的，所以可以将它们按大小排序。如果 $x_0$ 是有理数且也在其中，则将 $x_0$ 删去，毕竟 $f_k(x_0)$ 是多少对函数极限来讲并不重要。然后以这些有理点对区间 $[0,\ 1)$ 进行切割，这时 $x_0$ 必在某个小区间 $(l,\ r)$ 中，对于任意的 $x \in (l,\ r)$ ，显然有 $f_k(x) < \varepsilon$ ，所以可以得知函数极限为 $0$ 。
这样一来，不难得出 $f_k(x)$ 在无理点连续，有理点不连续的结论了。换句话说，$f_k(x)$ 不可能在有理点可微。故接下来就不再考虑有理点了。
$f_1(x)$ 的可微性
对于一元函数，可导和可微是等价的。在 $a$ 处可导的定义就是下面这个极限：
$$
\lim_{x\rightarrow a} {f_1(x) - f_1(a) \over x - a} \xlongequal{a \text{ irrational}} \lim_{x \rightarrow a} {f_1(x) \over x - a}
$$
存在。稍作尝试估计都会觉得不存在。首先，假设这个极限存在，那么对于任意趋近于 $a$ 的无理数列 $x_n$ ，显然：
$$
\lim {f_1(x_n) \over x_n - a} = 0
$$
那么其导数必然为 $0$ 。从另外一个角度也可以说明这一点：这需要我们注意到所有的无理点都是 $f_k(x)$ 的极小值点，在假设 $a$ 处可微的情况下，根据 Fermat 引理，可以知道 $a$ 是一个驻点。
为了证明极限不存在，我们需要再构造一个趋近于 $a$ 的实数列 $y_n$ ，使得类似的极限不为 $0$ 。考虑构造一个有理数列？首先，所谓趋近于 $a$ 就是对任意小的 $\varepsilon > 0$ ，从某一项开始都有 $|y_n - a| < \varepsilon$ 。设 $y_n = q/p > a$ ，那么不难得知 $f_1(y_n) \geqslant 1/p$ 1
$$
\lim {1/p \over q/p - a} \leqslant \lim {f_1(y_n) \over q/p - a}
$$
如果 $0 < q/p - a \leqslant 1/p$ ，那么若其有极限，则极限至少不小于 $1$ ，我们的目的就达成了。我们总能找到这样的 $p$ ，满足 $1/p < \varepsilon$ ，这样一来 $y_n - a \leqslant 1/p < \varepsilon$ 。同时，$q$ 只需要满足 $ap < q \leqslant ap + 1$ 。令 $q = \lceil ap \rceil$ 就 OK 了。于是我们就构造出了预期的有理数列。所以 $f_1(x)$ 处处不可导，同时也处处不可微。
$f_2(x)$ 的可微性
对于 $f_2(x)$ 尝试下同样的方法：构造趋近于无理数 $a$ 的有理数列 ${x_n}$ ，使得：
$$
\lim {f_2(x_n) \over x_n - a}
$$
不等于 $0$ 。设 $x_n = q/p$ ，那么 $f_2(x_n) \geqslant 1/p^2$ 。为了方便处理，令 $x_n = q/p > a$ ，那么：
$$
{1/p^2 \over q/p - a} \geqslant 1 \iff ap < q \leqslant ap + 1/p
$$
显然如果这样的 $q$ 存在，$q$ 只能为 $\lceil ap \rceil$ 。但麻烦的一点在于，上面这个不等式构成的区间长度仅有 $1/p$ ，不能直接保证 $q$ 就在其中 QAQ
现在的麻烦在于确定：
$$
q \leqslant ap + \frac1p \iff ap - q + \frac1p \geqslant 0
$$
是否总是有解 $p$ 和 $q$ ，而且 $p$ 可以取得非常大，才能满足 $x_n$ 趋向 $a$ 的目标。考虑到 $ap - \lceil ap \rceil = {ap} - 1 < 0$ 2
$$
{ap} \geqslant 1 - \frac1p = \frac{p-1}p \tag{1}
$$
不难想象，如果 $a$ 是有理数，这个不等式在 $p$ 很大的情况是肯定会 fail 的。不过现在 $a$ 是无理数。直接处理起来有点棘手，但我们可以尝试有理数近似无理数 的思想。这里我们利用 Dirichlet 近似定理 （Dirichlet's Approximation Theorem）：
设 $\alpha$ 为实数，对于任意正整数 $n$ ，总存在整数 $q$ 和 $[1,\ n]$ 内的正整数 $p$ ，满足：
$$
|p\alpha - q| < \frac1n
$$
也就是：
$$
\left|\alpha - \frac{q}p\right| < \frac1{np} \leqslant \frac1{p^2}
$$
虽然说还有更强的结论，但 Dirichlet 近似定理给人的感觉已经足够厉害并且形式简单。它的证明也相当初等：只需要用到鸽巢原理。直观上理解，$|p\alpha - q|$ 这个东西的最小值就是 $\min{{p\alpha},\ 1 - {p\alpha}}$ ，因此目标就是证明存在 $p \leqslant n$ 使得这个东西小于 $1/n$ 。如果存在 $p$ 使得 ${p\alpha}$ 小于 $1/n$ 或者大于 $1 - 1/n$ ，那么结论直接成立。那有可能没有吗？考虑 ${0\cdot \alpha}$ 、${1\cdot \alpha}$、...、${n\alpha}$ 一共 $n + 1$ 个值，同时将区间 $[0,\ 1)$ $n$ 等分为 $[0,\ 1/n)$ 、$[1/n,\ 2/n)$、...、$[(n-1)/n,\ 1)$，根据鸽巢原理，必定存在 $0 \leqslant i < j \leqslant n$ ，使得 ${i\alpha}$ 和 ${j\alpha}$ 在同一个区间里面。于是乎：
$$
|{j\alpha} - {i\alpha}| < 1/n \tag{2}
$$
这时把整数部分补上就可以完成证明：令 $p = j - i \in [1,\ n]$ ，$q = \lfloor j\alpha \rfloor - \lfloor i\alpha \rfloor \in \mathbb Z$，那么 $|p\alpha - q|$ 就变成了 $(2)$ 中的式子，定理证明完毕。
当 $p > 1$ 时，$1/p^2$ 显然小于 $1/p$ ，而相邻两个 $q/p$ 的差却为 $1/p$ ，所以对于特定的 $p$ ，满足条件的 $q$ 是唯一的。当然特殊情况 $p = 1$ 时，也只有 $\alpha = 1/2 + k :: (k \in \mathbb Z)$ 时才能有两个 $q$ ，不过可惜 $\alpha$ 为无理数，所以无论哪种情况都可以视作唯一的。从这一点可以得到 Dirichlet 近似定理的一个推论：
推论 1 设 $\alpha$ 为无理数3 无穷多 的 $q$ 和 $p$ （$q$ 是整数，$p$ 是正整数）满足：
$$
\left|\alpha - \frac{q}p\right| < \frac1{p^2}
$$
证明 假设这种近似数量有限，设为 $q_1/p_1,\ q_2/p_2,\ ...,\ q_m/p_m$ ，那么取足够大的 $n$ 使得 $1/n < \min|\alpha - p_k/q_k| :: (1 \leqslant k \leqslant m)$ 。由于 $\alpha$ 为无理数，所以不等式右边肯定不是 $0$ 。于是根据 Dirichlet 定理，必定能再得到 $q_{m + 1}/p_{m + 1}$ 满足 $|\alpha - q_{m + 1}/p_{m + 1}| < 1/np_{m + 1} \leqslant 1/n$ ，这表明新的近似比之前的近似都更加优秀，不可能在前 $m$ 个中出现过，与假设相矛盾。
考虑到 $q$ 的唯一性，上述定理还可以写做：
推论 2 设 $\alpha$ 为无理数，存在无穷多的正整数 $n$ 满足：
$$
\min{{n\alpha},\ 1 - {n\alpha}} < \frac1n \tag{3}
$$
现在是时候回到正题，因为我们已经发觉 $(3)$ 式与 $(1)$ 式的高度相似性了：
$$
{ap} \geqslant 1 - \frac1p \iff 1 - {ap} \leqslant \frac1p \tag{1}
$$
But...我们并没有充足的理由说最小值一定就总是能取到 $1 - {n\alpha}$ 这一边。如果总取到另外一边就 GG 了。虽然有结论表明 $n\alpha$ 的小数部分是在 $(0,\ 1)$ 上均匀分布的4 $f_2(x)$ 在 $a$ 处的导数极限做一些更加精细的分析。在之前为了方便，我们假定了 $x_n > a$ 。现在放开这条限制，允许 $x_n < a$ ，不过这时 $f_2(x) / (x_n - a)$ 就变成负数了。直觉上我们希望：
$$
{f_2(x) \over x_n - a} \leqslant {1/p^2 \over q/p - a} \leqslant -1
$$
这时可以推出：
$$
ap - \frac1p \leqslant q < ap
$$
所以 $q$ 只能为 $\lfloor ap \rfloor$ 。由于 $ap - q = ap - \lfloor ap \rfloor = {ap}$ ，所以得到 $p$ 只需要满足 ${ap} \leqslant 1/p$ 。换言之，在不等式 $(3)$ 中，我们先可以取足够大的 $p$ ，使得 $\varepsilon > 1/p$ 以满足函数极限逼近的要求，然后考虑 $\min$ 的取值。若是取到左边，则存在 $q = \lfloor ap \rfloor$ 使得 $f_2(x) / (x_n - a) \leqslant -1$ 。反之 $q = \lceil ap \rceil$ 使得这个东西不小于 $1$ 。这样无论如何，极限要么不存在，要么就不等于 $0$ 。所以 $f_2(x)$ 在 $a$ 处不可微。
综上 $f_1(x)$ 和 $f_2(x)$ 都是处处不可微的。
$f_3(x)$ 的可微性
对于 $f_3(x)$ ，Dirichlet 近似定理的结论已经不够用了，继续下去可能需要动用无理测度的理论，如参考资料 [BRS09] 所用的方法。我太菜了不懂这套理论，只能就此打住了。实际上，在这个参考资料里已经证明了：$f_3(x)$ 有可微点 。
但是，无论 $f_k(x)$ 的 $k$ 有多大，这个函数总是有许多不可微的无理点。为了得到这一点，我们可以利用一个闭区间套 ${[l_i,\ r_i]}$ 来辅助构造一个极限为无理数的有理数列 $x_i \in [l_i,\ r_i]$ 。这个构造的关键在于有理数集是可数的 ，所以可以用一个数列 $a_i$ 来映射所有有理数。初始时，随意取一个闭区间 $[l_1,\ r_1]$ ，然后尝试将有理数 $a_1$ 从这个区间中切掉：如果 $a_1 \notin [l_1,\ r_1]$ ，无需做任何操作；否则取一个足够小的 $\varepsilon$ ，然后选取 $[l_1,\ a_1 - \varepsilon]$ 或 $[a_1 + \varepsilon,\ r_1]$ 为闭区间套的下一个区间。之后的操作与之类似。此外，通过适当缩短区间使得闭区间的长度收敛于 $0$ （具体而言，可以在构造过程中让 $[l_i,\ r_i]$ 交上 $[l_i,\ l_i + 1/i]$ 来作为第 $i$ 个闭区间）。这样 $x_i$ 就会收敛于某个数 $a$ 。如果 $a \in \mathbb Q$ ，那么存在 $i \in \mathbb N^+$ ，有 $a_i = a$ 。而 $a_i \notin [l_i,\ r_i]$ ，$\lim x_i \in [l_i,\ r_i]$，这就产生了矛盾。所以 $a$ 必须为无理数5
我们可以在构造过程中加入更多的限制，例如，对于可微性相当致命的条件莫过于 $|f_k(x) / (x - a)| \geqslant 1$ 了（之前一直都是在配合它来证明的处处不可微）。所以构造步骤中再加上 $[l_i,\ r_i]$ 与 $[x_i - f_k(x_i),\ x_i + f_k(x_i)]$ 求交，这样 $\lim f(x_i) / (x_i - a)$ 就无法收敛于 $0$ 了。同理，设 $f_k(x)$ 的不可微无理点构成集合 $A$ ，如果 $A$ 是可列集，那么可以像对待有理数集 $\mathbb Q$ 一样，在构造中将其依次挖去，最后得到集合 $A$ 之外的一个不可微无理点，这就产生了矛盾，从而证明 $A$ 甚至是不可数的！总而言之，Thomae 函数想让每个无理点都可微是根本就不可能的啦 0.06
[DAP]. "Dirichlet’s Approximation Theorem [BRS09]. Kevin Beanland, James W. Roberts, Craig Stevenson, "Modifications of Thomae’s Function and Differentiability [AoPS]. "Rational approximation
