处处连续处处不可导的函数

摘要：在学习一元导数和微分的时候，我们就知道了连续和可导的关系：可导一定连续，连续不一定可导。而一个点处连续但不可导的函数我们很容易构造。但有哪些函数处处连续却不可导？这似乎比较抽象，但事实上的确有很多巧妙的构造方式。本文就将整理一些处处连续但处处不可导的函数的例子以及相关证明，并讨论这种函数在连续函数空间中所占的“多少”。

关键词：导数，连续，可导，函数项级数

引言

在学完一元函数的微分后，我们就已经了解了连续和可微的概念。连续性指的是，当自变量 $x$ 的变化很小时，所引起的因变量 $y$ 的变化也很小。严格来说，如果 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个领域有定义，且 $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ ，则称 $f(x)$ 在 $x_0$ 处连续。若函数在区间 $(a,b]$ 有定义，且 $\lim_{x\to b^-} f(x)=f(b)$ ，则称函数在 $b$ 处左连续。右连续同理。如果函数在开区间 $(a,b)$ 内每点连续，则为在 $(a,b)$ 连续；若又在 $a$ 点右连续，在 $b$ 点左连续，则在闭区间 $[a,b]$ 连续。如果函数在整个定义域内连续，则称为连续函数。

而可微分函数（英语：Differentiable function）在微积分学中是指那些在定义域中所有点都存在导数的函数。在一元时，可微和可导是等价的描述，因此本文中也不做区分。

而可微性与连续性的关系则是：若 $f$ 在 $x_0$ 点可微，则 $f$ 在该点必连续。特别的，所有可微函数在其定义域内任一点必连续。逆命题则不成立：一个连续函数未必可微。比如，一个有折点、尖点或垂直切线的函数可能是连续的，但在异常点不可微。

实践中运用的函数大多在所有点可微，或几乎处处可微。反之的话，一个点出连续不可微的例很好举，那么有多少函数是处处连续处处不可微呢？本文就将梳理几种处处连续处处不可导的函数，并给出其连续性和不可导性的证明，以及做出总结。它们具有不同的构造方法和性质，展示了连续函数的多样性和复杂性。

例子

魏尔斯特拉斯函数

人们发现的第一个处处连续但处处不可微的函数是魏尔斯特拉斯（Weierstrass）函数，其构造为：

$f(x) = \sum \limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n\cos(b^n\pi x)$

其中 $0<a<1$ ， $b$ 为正的奇数，使得 $ab>1+\frac{3}{2}\pi$ 。

连续性

对 $\forall n\in \Bbb{N},\forall x\in D$ ， $|a^n\cos(b^n\pi x)|<a^n$ ，而 $\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n$ 收敛，由 Weierstrass 判别法可知， $f(x)$ 一致收敛。

而 $a^n\cos(b^n\pi x)\in C(D)$ ，所以 $f(x)=\sum \limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n\cos(b^n\pi x) \in C(D)$ 。

可导性

对于 $\forall x_0 \in \Bbb{R}$ ，下证 $\lim\limits _{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 不存在。

对于 $\forall m \in \Bbb{R}$ ，可以找到 $\alpha_m \in \Bbb{Z}$ ，使得 $b^mx_0-a_m\in(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ 。

记 $x_m=b^mx_0-a_m,\ \ y_m = \frac{\alpha_m - 1}{b^m},\ \ z_m = \frac{\alpha_m + 1}{b^m}$ 。

那么有 $y_m-x_0=-\frac{1+x_m}{b^m}<0<\frac{1-x_m}{b^m}=z_m-x_0$ 。

即 $y_m<x_0<z_m$ ，

且 $\lim \limits_{m\to\infin}|y_m-x_0|=\lim\limits _{m\to\infin}\frac{1+x_m}{b^m}=0$ ，

以及 $\lim \limits_{m\to\infin}|z_m-x_0|=\lim\limits _{m\to\infin}\frac{1-x_m}{b^m}=0$ 。

所以 $y_m$ 和 $z_m$ 都趋近于 $x_0$ ，下面进行计算：

\begin{aligned} \frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}&=\frac{\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n\cos(b^n\pi y_m)-\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n\cos(b^n\pi x_0)}{y_m-x_0} \\ &= \sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^n\frac{\cos(b^n\pi y_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{y_m-x_0} \\ &= \sum\limits_{n=0}\limits^{m-1}a^n\frac{\cos(b^n\pi y_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{y_m-x_0} +\sum\limits_{n=m}\limits^{\infin}a^n\frac{\cos(b^n\pi y_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{y_m-x_0} \\ &= \sum\limits_{n=0}\limits^{m-1}(ab)^n\frac{\cos(b^n\pi y_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{b^n(y_m-x_0)} +\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^{n+m}\frac{\cos(b^{n+m}\pi y_m)-\cos(b^{n+m}\pi x_0)}{y_m-x_0}\\ \end{aligned}

将两个加和记为 $S_1+S_2$ ，可知 $S_1$ 为有限项加和， $S_2$ 是无穷级数。

由和差化积公式，

\begin{aligned} S_1 &= \sum\limits_{n=0}\limits^{m-1}(ab)^n\frac{-2}{b^n(y_m-x_0)}\sin(\frac{b^n\pi(y_m+x_0)}{2})\sin(\frac{b^n\pi(y_m-x_0)}{2}) \\ &= \sum\limits_{n=0}\limits^{m-1}-\pi(ab^n)\sin(\frac{b^n\pi(y_m+x_0)}{2})\frac{\sin(\frac{\pi b^n(y_m-x_0)}{2})}{\frac{\pi b^n(y_m-x_0)}{2}} \end{aligned}

由于 $\forall x \in \Bbb{R}\setminus\{0\},|\frac{\sin x}{x}|<1$ 且 $|\sin x|\leq 1$ ，所以

$|S_1|\leq \sum\limits_{n=0}\limits^{m-1}\pi(ab)^n\cdot1\cdot1=\pi\frac{(ab)^m-1}{ab-1}<\pi\frac{(ab)^m}{ab-1}$ 。

所以 $\exist \varepsilon_1 \in (-1,1) s.t. S_1=\varepsilon_1\pi \frac{(ab)^m}{ab-1}$ 。

而对于 $S_2$ ，首先有

\cos(b^{n+m}\pi y_m)=\cos(b^n\pi(\alpha_m-1))=(-1)^{b^n(\alpha_m-1)}=(-1)^{\alpha_m-1}

（ $b$ 为奇数）

\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)^{\alpha_m}\cos(b^n\pi x_m) \end{aligned}

所以

\begin{aligned} S_2&=\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^{n+m}\frac{(-1)^{\alpha_m-1}-(-1)^{\alpha_m}\cos(b^n\pi x_m)}{y_m-x_0} \\ &=\sum\limits_{n=0}\limits^{\infin}a^{n+m}(-1)^{\alpha_m}\frac{1+\cos(b^n\pi x_m)}{\frac{1+x_m}{b^m}} \\ &=(ab)^m(-1)^{\alpha_m}\sum\limits_{n=0}^{\infin}a^n\frac{1+\cos(b^n\pi x_m)}{1+x_m} \end{aligned}

而其中 $\sum\limits_{n=0}^{\infin}a^n\frac{1+\cos(b^n\pi x_m)}{1+x_m}\geq \frac{1+\cos(\pi x_m)}{1+x_m} (n=0) \geq \frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}$ 。

所以 $\exist\eta_1\geq1 s.t. S_2 = \frac{2}{3} \eta_1(ab)^m(-1)^{\alpha_m}$ 。

合并后，则有

\begin{aligned} \frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}&=S_1+S_2=\varepsilon_1\frac{\pi (ab)^m}{ab-1} +\frac{2}{3} \eta_1(ab)^m(-1)^{\alpha_m} \\ &=(-1)^{\alpha_m}(ab)^m\eta_1(\frac{2}{3}+(-1)^{\alpha_m}\frac{\varepsilon_1}{\eta_1}\frac{\pi}{ab-1}) \end{aligned}

又由 $ab>1+\frac{2}{3}\pi$ 知 $\frac{\pi}{ab-1}<\frac{2}{3}$ ，且 $\varepsilon_1\in(-1,1),\eta_1\geq1$ 知 $\frac{2}{3}+(-1)^{\alpha_m}\frac{\varepsilon_1}{\eta_1}\frac{\pi}{ab-1}>\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1}>0$ 。

所以 $\frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}$ 的符号由 $\alpha_m$ 奇偶性决定，且 $|\frac{f(y_m)-f(x_0)}{y_m-x_0}|>(ab)^m(\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1})$ 。

同理，也可得出

\begin{aligned} \frac{f(z_m)-f(x_0)}{z_m-x_0} &=(-1)^{\alpha_m-1}(ab)^m\eta_2(\frac{2}{3}-(-1)^{\alpha_m}\frac{\varepsilon_2}{\eta_2}\frac{\pi}{ab-1}) \end{aligned}

以及 $|\frac{f(z_m)-f(x_0)}{z_m-x_0}|>(ab)^m(\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1})$ 。

由于 $(ab)^m(\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1})\overset{m\to\infin}{\longrightarrow}\infin$ ，所以导数不存在。

小总结

连续性的证明在使用 Weierstrass 判别法后很简单，而可导性本质上其实是表明函数在某点处的振幅无穷大。运用了放缩来证明，总的来说技巧性也很强。

范德瓦尔登函数

首先，设 $\varphi_0(x)=|x|, x\in[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ ，再令 $\phi_0(x)=\phi_0(x-1)$ 使其以周期 $1$ 延拓至整个数轴。

再令 $\varphi_n(x)=\frac{\phi_0(4^nx)}{4^n}$ 。

设 $f(x)=\sum\limits_{n-1}^{\infin}\varphi_n(x)$ ，则构造出的 $f(x)$ 在 $\Bbb{R}$ 上有定义且连续，但处处没有导数。这个例子是由范德瓦尔登提出的。

连续性

首先有 $|\varphi_0(x)|\leq\frac{1}{2}$ ，从而 $|\varphi_n(x)|\leq\frac{1}{2\times 4^n}$ ，由 Weierstrass 判别法可知， $f(x)$ 一致收敛，再由一致收敛的性质可知 $f(x)$ 在 $\Bbb{R}$ 上连续。

可导性

证明的思路同样是找一个数列使得导数对应的极限不存在。

对于 $\forall x_0\in \Bbb{R}$ ，可以构造一个数列 $\{x_n\}$ 使得 $|x_n-x_0|=\frac{1}{4^n}$ （正负号后面决定）。考虑极限

\lim\limits_{n\to \infin}\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\lim\limits_{n\to\infin}\sum\limits_{k=1}^{\infin}\frac{\varphi_k(x_n)-\varphi_k(x_0)}{x_n-x_0}

由定义知， $\varphi_n(x)$ 的周期为 $\frac{1}{4^n}$ ，所以 $k\geq n$ 时，有 $\varphi_k(x_n)=\varphi_k(x_0)$ 。

所以上式化为 $\lim\limits_{n\to\infin}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{\varphi_k(x_n)-\varphi_k(x_0)}{x_n-x_0}$ 。

同时，考虑到 $\varphi_k(x)$ 都是周期重复的斜率绝对值为 $1$ 的折线，且半锯齿区间（半个周期且斜率不变的区间） $[\frac{t}{2\times 4^k},\frac{t+1}{2\times 4^k}]$ 的长度为 $\frac{1}{2\times 4^k}$ 。则对于 $k<n$ 时，通过控制 $x_n-x_0=\pm \frac{1}{4^n}$ 中的正负号，可以使得 $x_n$ 和 $x_0$ 落在同一个半锯齿区间内，则 $\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\pm1$ 。

则

\lim\limits_{n\to\infin}\frac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=\lim\limits_{n\to\infin}\sum\limits_{k=1}^{n-1}a_k

其中 $a_k=\pm1$ 。这个级数是发散的，则由海涅定理可知 $\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 不存在，即在 $x_0$ 处不可导。

小总结

这个函数的构造取自无穷多锯齿的叠加，似乎也并不是很形象。而其连续性利用 Weierstrass 判别法同样能轻松证得，而其可导性的证明也比较简洁。

稠密性

本文给出了几种处处连续但处处不可导的函数的例子。可以发现，它们都是用函数项级数构造的，并且共同点是在每一个点处的“振荡”都无限大从而不可导。

有好奇的读者可能会认为，以上这些函数可能是个例，那么一个自然的问题就呼之欲出：在连续函数中，处处不可导的函数究竟占多少呢？事实十分惊人：处处连续处处不可导函数的集合，在连续函数空间中是一个稠密子集。在测度论意义上，在配备了经典维纳测度 $\gamma$ 的连续函数空间 $C(0,1: R)$ 中，至少有一处可导的函数所构成的集合的测度是 $0$ ，也就是说和处处不可导的函数相比是可以"忽略”的。下面将试图给出证明：

贝尔类型定理

首先，我们要证明贝尔类型定理：

令 $X$ 为一个完备的度量空间，若 $\{U_n\}_{n=1}^\infin$ 为 $X$ 的一个稠密开子集的序列，则 $\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n$ 在 $X$ 中是稠密的。

证明：我们需要证明，对于任意非空开集 $W\subset X$ ，都有 $(\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n)\bigcap W \not= \varnothing$ 。有了这一点的话，就有对于 $\forall x \in X$ ，由于 $W$ 可以任意小，却不能只包含一个点，所以 $\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n$ 中都存在点离 $x$ 任意近，所以 $\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n$ 是稠密的。

而由于 $U_1$ 是稠密的， $U_1\bigcap W$ 为非空开集，所以 $U_1\bigcap W$ 包含一个球 $B(x_0, r_0)$ ，其中设 $r_0 \in (0,1)$ 。

对于 $n>1$ ，归纳地选取 $x_n\in X$ 和 $r_n \in (0, +\infin)$ 。假设我们已经选好了 $j<n$ 时的所有 $x_j$ 和 $r_j$ ，由于 $U_n \bigcap B(x_{n-1},r_{n-1})\not=\varnothing$ ，所以可选取 $x_n,r_n$ 使得 $r_n\in(0,\frac{1}{2^n})$ 且 $\overline{B(x_n,r_n)}\subset U_n\bigcap B(x_{n-1},r_{n-1})$ 。

对于 $\forall N>0, \forall n,m \geq N$ ，有 $x_n,x_m \in B(x_N, r_N)$ ，又因为 $r_N \to 0$ ，所以 $\{x_n\}$ 为一个Cauchy 列。由于 $X$ 是完备的，所以存在 $x = \lim\limits_{n\to \infin} x_n$ 。

对于 $\forall N \in \Bbb{N},\forall n\geq N$ ， $x_n\in B(x_N,r_N)$ ，我们有 $x\in \overline{B(x_N,r_N)}\subset U_N\bigcap B(x_1,r_1)\subset U_N \bigcap W$ 。所以 $x \in (\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n)\bigcap W$ 。#

贝尔类型定理的推论

其次，我们需要证明贝尔类型定理的一个推论：

在一个度量空间 $X$ 中，若 $Y\sub X$ 满足 $\overline{Y}^{\circ}=\varnothing$ ，则它被称为无处稠密的子集。若 $X$ 为一个完备的度量空间，且 $\{Y_n\}_{n=1}^{\infin} \sub X$ 为一个无处稠密子集的序列，则 $X\setminus(\bigcup\limits_{n=1}^{\infin}Y_n)$ 在 $X$ 中稠密。

证明：首先证明， $Y$ 是稠密的当且仅当 $Y\sub X$ ，满足 $X\setminus \overline{Y}$ 在 $X$ 中稠密。

$\overline{Y}^{\circ}=\varnothing$ 等价于 $\forall x \in X, r > 0, \exist y\in B(x,r)\setminus\overline{Y}$ 。

这又等价于 $\overline{X\setminus\overline{Y}}=X$ ，即 $\overline{X\setminus\overline{Y}}$ 在 $X$ 中稠密。

令 $U_n=X\setminus\overline{Y_n}$ ，那么 $U_n$ 是稠密开集，根据贝尔类型定理， $\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n$ 是稠密的。

而 $\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}U_n=\bigcap\limits_{n=1}^{\infin}(X\setminus\overline{Y_n})=X\setminus(\bigcup\limits_{n=1}^{\infin}Y_n)$ ，所以 $X\setminus(\bigcup\limits_{n=1}^{\infin}Y_n)$ 是稠密的。#

证明

接下来，我们就要用贝尔类型定理和其推论证明：处处连续处处不可导函数的集合，在连续函数空间中是一个稠密子集。

令 $D=\{f\in C([a,b]):f 在某点 x \in(a,b)可导\}$ ，

并对于 $\forall N\in\Bbb{N}$ ，令 $L_N=\{f\in C([a,b]):\exist y \in [a,b] 使得 \forall x \in [a,b],|f(x)-f(y)|\leq N|x-y|\}$ 。

步骤一

我们要证明，对于 $\forall N \in \Bbb{N},L_N$ 为闭集。

令序列 $\{f_n\}\in L_N$ 在 $C([a,b])$ 中一致收敛于 $f\in C([a,b])$ 。对于 $\forall N \in \Bbb{N}$ ， $\exist y_n \in [a,b]$ 使得 $\forall x \in [a,b],|f(x)-f(y_n)|\leq N|x-y_n|$ 。

根据 Bolzano-Weierstrass 定理， $\{y_n\}$ 存在收敛子列 $\{y_{n_k}\}$ 使得 $y_{n_k}\to y\in[a,b]$ 。

所以对于 $\forall N\in \Bbb{N}$ ，有

\begin{aligned} |f(x)-f(y)| &\leq |f(x)-f_{n_k}(x)|+|f_{n_k}(x)-f_{n_k}(y_{n_k})|+|f_{n_k}(y_{n_k})-f_{n_k}(y)| + |f_{n_k}(y)-f(y)|\\ &\leq |f(x)-f_{n_k}(x)|+N|x-y_{n_k}|+N|y_{n_k}-y|+ |f_{n_k}(y)-f(y)| \\ \end{aligned}

则 $k\to \infin$ 时， $|f(x)-f(y)\leq N|x-y|$ ，故 $f\in L_N$ 。

步骤二

我们要证明，对于 $\forall N \in \Bbb{N}$ ， $L_N$ 为无处稠密的，故 $C([a,b])\setminus(\bigcup\limits_{N=1}^{\infin}L_N)$ 为稠密的。

而为了证明 $L_N$ 为无处稠密的，我们需要证明 $C(c[a,b])\setminus L_N$ 为稠密的。

任取 $f\in C([a,b])$ 和 $\varepsilon > 0$ ，我们要构造 $g\in C([a,b])\setminus L_N$ 使得 $||f-g||_{\infin}<\varepsilon$ 。

根据维尔斯特拉斯近似定理（Weierstrass approximation theorem），存在多项式 $p$ 使得 $||f-p||_{\infin}<\frac{\varepsilon}{2}$ 。

令 $M=\sup\limits_{x\in [a,b]}|p'(x)|$ 且 $k=\frac{\varepsilon}{2(M+N+1)}$ 。定义函数 $\phi:[a,b]\to \Bbb{R}$ 为

\phi(x)= \begin{cases} (M+N+1)(x-kj), &kj\leq x \leq k(j+1),j为偶数 \\ (M+N+1)(k(j+1)-x), &kj\leq x\leq k(j+1),j为奇数 \end{cases}

则 $\phi$ 为周期 $2k$ ，值域 $[0,\frac{\varepsilon}{2}]$ 的函数。特别地， $||\phi||_{\infin}=\frac{\varepsilon}{2}$ 。

令 $g=p+\phi$ ，则 $||f-g||_{\infin}\leq ||f-p||_{\infin}+||\phi||_{\infin}<\varepsilon$ 。

此外， $g$ 为分段连续可导的，且 $\lim\limits_{x\to y}\frac{|g(x)-g(y)}{|x-y|}=|g'(y)|=|p'(y)\pm(M+N+1)|\geq N+1$ ，这对于任意可导的点 $y$ 都成立。对于不可导的点，由于 $\phi$ 的构造， $g$ 仍存在单侧导数，对应的单侧极限仍满足上述不等式。

所以，对于 $\forall y \in [a,b]$ ， $\exist x\in[a,b]$ 使得 $|g(x)-g(y)|>N|x-y|$ ，即 $g\in C([a,b])\setminus L_N$ 。

我们证明了 $C([a,b])\setminus L_N$ 为稠密的，也就是 $L_N$ 为无处稠密的，故 $C([a,b])\setminus(\bigcup\limits_{N=1}^{\infin}L_N)$ 为稠密的。

步骤三

我们要证明， $D$ $\sub (\bigcup\limits_{N=1}^{\infin}L_N)$ ，故 $C([a,b])\setminusD$ 在 $C([a,b])$ 中稠密。

令 $f\in D$ ，并假设 $f$ 在 $x\in(a,b)$ 处可导，那么 $\lim\limits_{y\to x} \frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(x)$ 。

所以 $\exist \delta >0$ 使得 $\forall y \in (x-\delta,x+\delta),|\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-f'(x)|<1$ 。

即 $\forall y \in (x-\delta,x+\delta),|f(y)-f(x)|\leq(|f'(x)|+1)|y-x|$ 。

另一方面，若 $|y-x|>\delta$ ，有 $|f(y)-f(x)\leq \frac{2||f||_{\infin}}{\delta}|y-x|$ 。

若选取 $N\geq|f'(x)|+1+\frac{2||f||_{\infin}}{\delta}$ ，我们有 $\forall y \in [a,b],|f(y)-f(x)|\leq N|y-x|$ 。故对于某个 $N\in \Bbb{N}$ ， $f \in L_N$ ，即 $D$ $\sub (\bigcup\limits_{N=1}^{\infin}L_N)$ 。

所以 $C([a,b])\setminus D$ 在 $C([a,b])$ 中稠密。#

总结

本文整理了几种处处连续处处不可导的函数，并对其连续性和可导性进行分析，说明了其原因。最后，本文尝试证明了不仅存在处处连续处处不可导的函数，而且“很大一部分“连续函数都是这样的函数，这确实令人惊讶。这意味这我们平时接触的连续可导函数，在引入函数项级数等概念后的所有连续函数空间中只占有微不足道的一部分。因此，在这些方面，想必还有十分广阔的宇宙等待我们探索。