Нетривиальная задача на ряды

[Ryabsky]

Пусть $r_n,~n \in \mathbb{N}$, - рациональные числа отрезка $[0,1]$. Показать, что функция

$$f(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{|x-r_n|}{3^n}, ~~ x \in [0,1]$$

непрерывна на отрезке $[0,1]$, дифференцируема в иррациональных точках и недифференцируема в рациональных точках этого отрезка.

Непрерывность доказывается тривиально - ряд сходится равномерно, из чего непосредственно следует непрерывность суммы.
Подскажите, с чего начать доказательство дифференцируемости?
(сразу вспоминается функция Римана, непрерывная в иррациональных и разрывная в рациональных, может быть к ней можно это хозяйство спихнуть?)

[RIP]

Просто посчитайте односторонние производные (они существуют всюду) по определению (предел отношения приращения функции к приращению аргумента).

[Ryabsky]

Я наверно что то не догоняю...
Ищем одностороннюю производную в лоб:
$f'_+(x) = \lim\limits_{\Delta x \to +0}\dfrac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} = \dfrac{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} \left( |x+\Delta x - r_n| - |x-r_n|\right)}{\Delta x} = ...$
Если $r_n$ находится справа от точек $x$ и $x+\Delta x$, модули раскрываются с плюсом, а если слева - то с минусом. В обоих случаях $r_n$ и $x$ уничтожается. Сумма слагаемых, где $r_n$ находится между $x$ и $x+\Delta x$ стремится к нулю.
Отсюда получаем некий знакопеременный ряд, где знак $n$-го члена зависит от того, с какой стороны от точек $x$ и $x+\Delta x$ находится $r_n$.
Ну, т.е.
$f'_+(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{\mu}}{3^n}$, где $\mu$ равняется 0 или 1 в зависимости от расположения $r_n$.
Можно, конечно, $r_n$ упорядочить по возрастанию, тогда хоть знак в ряде сменится один лишь раз. Хотя это, по сути дела, не меняет картины.
(что-то мне кажется, я непонятно объяснил)

Непонятно, откуда берется принципиальное различие в дифференцировании в зависимости от рациональности $x$.
По рассуждениям предыдущего оратора следует полагать, что в рациональных точках левая производная не равна правой, но я и этого никак не могу увидеть.

[ИСН]

Дак это, в том слагаемом, которое сломано как раз на этом числе...

[Ryabsky]

Хорошо, значит имеет смысл рассмотреть разность левых и правых производных (ну чтобы там как раз вылезло то убитое слагаемое).
Пусть, начиная с номера $p+1$, $q$ рациональных чисел попало в промежуток между точками $x$ и $x+\Delta x$.
Кроме того, пусть у левой и у правой производной мы возьмем одинаковое приращение $\Delta x$.

Пишем:
$f'_+(x) = \sum\limits_{n=1}^{p} \frac{1}{3^n} + \sum\limits_{n=p+1}^{p+q} \frac{1}{3^n} \frac{2x-2r_n+\Delta x}{\Delta x} - \sum\limits_{n=p+q+1}^{\infty} \frac{1}{3^n}$
$f'_-(x) = \sum\limits_{n=1}^{p-q} \frac{1}{3^n} - \sum\limits_{n=p-q+1}^{p} \frac{1}{3^n} \frac{2x-2r_n+\Delta x}{\Delta x} - \sum\limits_{n=p+1}^{\infty} \frac{1}{3^n}$

Тогда:
$f'_+(x) - f'_-(x) = \sum\limits_{n=p-q+1}^{p+q} \frac{1}{3^n} \frac{2x-2r_n+2\Delta x}{\Delta x}$

Быть может, я не знаком со свойствами чисел, но ведь количество рациональных чисел на любом ненулевом отрезке бесконечно (счетно). Так вот, $p$ стремится к бесконечности, исходя из этого рассуждения. А значит и $n$ тоже стремится к бесконечности. Тогда получается, что в выражениях у левой и правой производной 2-я и 3-я суммы стремятся к нулю.
Кстати говоря, так как $p$ стремится к бесконечности, разность производных также стремится к нулю.

Я догадываюсь, что глубоко заблуждаюсь, но не могу понять, в чём.

[RIP]

Бог с ними, с рядами. Возьмём одно слагаемое $|x-r_n|/3^n$ (считаем, что для всех остальных слагаемых веса $3^{-n}$ заменили на нули). Проведите для него все Ваши рассуждения и посмотрите, что в этой ситуации не так.

P.S. Кстати, в точках $0$ и $1$ функция таки дифференцируема (поскольку в концах отрезка дифференцируемость определяется в терминах односторонних производных), поэтому утверждение задачи не совсем правильно.

[Ryabsky]

Кажется, я начинаю прозревать... Если не трудно, проверьте строгость моих рассуждений? А то ведь опять могу заблуждаться...

Итак, смотрим, что будет происходить в иррациональных точках (будем по предложению RIP рассматривать лишь один член ряда):

Если $r_n>x$, то:
$a'_{n_+}(x) = \frac{|x+\Delta x-r_n| - |x-r_n|}{3^n \cdot \Delta x} = \frac{1}{3^n} $
$a'_{n_-}(x) = \frac{|x-\Delta x-r_n| - |x-r_n|}{3^n \cdot (-\Delta x)} = \frac{1}{3^n} $
$a'_{n_+}(x) = a'_{n_-}(x)$

Если $r_n<x$, то:
$a'_{n_+}(x) = a'_{n_-}(x) = -\frac{1}{3^n}$

Далее, как я обнаружил, можно сыграть на $\Delta x$ неким образом:
$\Delta x$ будем выбирать таким, что всегда $\Delta x < |x-r_n|$, чтобы исключить попадание рационального числа между $x$ и $x+\Delta x$
Однако, следует заметить, что приращение выбираем в зависимости от члена ряда (для любого приращения найдется такое рациональное число, которое окажется между $x$ и $x+\Delta x$, следовательно приращение нужно уменьшать), а когда берем производную от самой суммы, то приращение должно браться единым для всех членов ряда. Хотя, опять же, я могу заблуждаться....

Короче, если не считать это замечание, то левая и правая производная равны, функция дифференцируема в иррациональных точках.

Хорошо, теперь в рациональных:

Если $r_n>x$, то:
$a'_{n_+}(x) = a'_{n_-}(x) = \frac{1}{3^n}$

Если $r_n<x$, то:
$a'_{n_+}(x) = a'_{n_-}(x) = -\frac{1}{3^n}$

Если $r_n=x$, то:
$a'_{n_+}(x) = - a'_{n_-}(x) = \frac{1}{3^n}$
т.е. $a'_{n_+}(x) \neq a'_{n_-}(x)$

Снова не учитывая то замечание, видим, что левая и правая производная не равны (именнно из-за точки $x=r_n$), значит в рациональных точках функция недифференцируема.

Вопрос: как мне рассуждать, чтобы то замечание исчезло? (наперед знаю, что препод прицепится к этому тонкому моменту)

[RIP]

Для начала пара замечаний. Во-первых, Вы забываете писать $\lim_{\Delta x\to+0}$, ну да Бог с ними. Во-вторых, формулы для производных при $r_n\ne x$ надо все умножить на -1.
Теперь по существу вопроса. Воспользуйтесь тем, что если $r_n$ находится между $x$ и $x\pm\Delta x$, то $\frac{a_n(x\pm\Delta x)-a_n(x)}{\pm\Delta x}=O(3^{-n})$. Если $\Delta x$ достаточно мало, то $n$ при этом должно быть велико за возможным исключением $r_n=x$ (с которым надо разбираться отдельно). Поэтому сумма по таким $n$ мажорируется хвостом сходящегося ряда и в пределе при $\Delta x\to+0$ на неё можно забить.

[Ryabsky]

RIP в сообщении #272514 писал(а):

Для начала пара замечаний. Во-первых, Вы забываете писать $\lim_{\Delta x\to+0}$, ну да Бог с ними. Во-вторых, формулы для производных при $r_n\ne x$ надо все умножить на -1.

Согласен. Признаю свою небрежность.

Так, кажется я во всем теперь разобрался. Посмотрим, возникнут ли у меня завтра вопросы...))
RIP - огромное спасибо за терпение!