Discontinua en Duivelsfuncties

Transcriptie

1 Discontinua en Duivelsfuncties Over Höldercondities en differentieerbaarheid Instituut: Radboud Universiteit Nijmegen Datum: 3 juli 015 Schrijver: Bart Nikkelen Begeleider: A.C.M. van Rooij Tweede lezer: G.J. Heckman

2 Inleiding Het boekwerk dat voor u ligt is het product van het liefdevol bestuderen van enkele onderwerpen uit de analyse. Het geen vooruitstrevend onderzoek dat de grenzen van het bereikbare opzoekt. Noch is het een diepe studie die verbindingen legt tussen vakgebieden die er eerder niet waren. Het niveau is zodanig dat een student met een redelijke achtergrond in de analyse ermee uit de voeten kan. Zelfs een leek kan de essentie van het discontinuüm van Cantor en de bijbehorende duivelstrap begrijpen. De scriptie telt vier hoofdstukken. In het eerste bestuderen we discontinua gebaseerd op het discontinuüm van Cantor, een fractale verzameling die verkregen wordt door herhaaldelijk middens te verwijderen. Daarnaast kijken we naar duivelsfuncties, die gedefinieerd zijn met dezelfde ingrediënten als onze discontinua. Na de definities kijken we in hoofdstuk twee naar hoe hard deze functies lokaal willen stijgen met behulp van de Hölder- en Lipschitzeigenschappen en of er aan de hand van het discontinuüm iets te zeggen valt over het gedrag van de functies. In het derde hoofdstuk bekijken we differentieerbaarheid en daarin ligt een kleine teleurstelling aan mijn kant. Het is mij niet gelukt om te bewijzen dat duivelsfuncties overal differentieerbaar zijn op het discontinuüm, wanneer de maat van dit discontinuüm groter dan 0 is, hoewel ik wel vermoed dat dit waar is. Een kleiner resultaat dan eenvoudig kan worden behaald aan de hand van een stelling van Lebesgue wordt wel besproken. Als laatste generaliseren we in hoofdstuk vier de boel op twee manieren. We generaliseren het begrip discontinuüm tot metrische ruimtes en bespreken dan kort wat dat betekent voor duivelsfuncties. Daarna doen we een klein stapje terug de reële getallen in, om een meer vertrouwd beeld van duivelsfuncties te krijgen als stijgende functies die op veel plaatsen constant zijn. Zoals gezegd: mijn scriptie is het product van het liefdevol bestuderen van enkele onderwerpen uit de analyse, met als doel deze liefde te delen met eenieder die geïnteresseerd is. Ik wens je veel leesplezier. Legenda A n An, de verzameling van alle eindige rijtjes van elementen van A. D Het discontinuüm van Cantor. a b De concatenatie van rijen a en b, waarbij a eindig moet zijn. Als b een enkel element bevat, noteren dat losse element zonder haakjes om de leesbaarheid te bevorderen. l(u, r(u De linker- respectievelijk rechtergrens van interval U. a(n Het eindige rijtje dat bestaat uit de eerste n elementen van de oneindige rij a. µ(x De Lebesgue-maat van de verzameling X. 1

3 Inhoudsopgave 1 Definities Discontinua De duivelstrap Stijgendheid en continuïteit Consistentie Hölder-condities 1.1 Hölder en Lipschitz Voorwaarden voor Hölder- of niet Het grijze gebied Differentieerbaarheid Lebesgue Eindpunten Generalisaties Compacte metrische ruimtes Duivelsfuncties van R naar [0, 1] Bibliografie 39 Index 40

4 Hoofdstuk 1 Definities In dit hoofdstuk leggen we de basis voor het werk dat we in de verdere hoofdstukken gaan verrichten. Daartoe geven we definities en bewijzen we een aantal stellingen en lemma s die ons later van pas komen. We beginnen met discontinua, waarin we het idee van het discontinuüm van Cantor generaliseren tot verzamelingen die een gelijke mate van symmetrie bezitten en, zoals we later zien, topologisch identiek zijn, maar maattheoretisch te onderscheiden zijn. Hierna besteden we aandacht aan duivelsfuncties en hoe we deze kunnen definiëren aan de hand van onze gegeneraliseerde discontinua, waarbij we ook laten zien dat voor het speciale geval van het discontinuüm van Cantor, onze definitie equivalent is aan één van de standaarddefinities. 1.1 Discontinua De standaarddefinitie van het discontinuüm van Cantor bestaat uit het herhaaldelijk weghalen van het middenstuk van een gesloten interval, waardoor het interval in twee gesloten intervallen opgedeeld wordt. In het standaarddiscontinuüm zijn deze stukken steeds éénderde van het interval. We willen dit idee meer algemeen maken door de lengte van de weggelaten stukken te variëren. Daartoe beginnen we met een rij (a n n R N >0 met de eigenschap n a n 1. Zij X 0 [0, 1]. We maken nu X 1 door uit het midden van X 0 een open interval met lengte a 0 weg te laten. Dit geeft: X 1 [0, 1 (1 a 0 ] [ 1 (1 + a 0, 1]. Inductief definiëren we X k+1 uit X k. De verzameling X k bestaat uit k gesloten intervallen van gelijke lengte. Uit elk van deze intervallen van gelijke lengte laten we in het midden een open interval van lengte a k weg, zodat X k+1 bestaat uit k+1 intervallen van gelijke lengte. Ten slotte definiëren we X X k. Het is eenvoudig aan te tonen dat µ(x 1 k a k. De verzameling E(X {x x X er is een k zodat x randpunt is van X k } (1.1 noemen we de verzameling der eindpunten. Deze zullen in hoofdstuk belangrijk worden, maar de speciale eigenschappen voor de somnotatie komt in dit hoofdstuk al even ter sprake in stelling 1.. Om goed naar elk punt in X te kunnen refereren, gaan we een somnotatie maken. De eerste stap 3

5 X n 1 b n 0 b n a n X n+1 1 b n+1 0 b n+1 b n d n Figuur 1.1: De definitie van d n. hierin is het maken we een rij (d n n die precies de afstand aangeeft tussen het midden van een interval in X n en het midden van een van zijn deelintervallen in X n+1. Lemma 1.1 Voor de op deze manier gedefinieerde d n geldt d n n (µ(x + n a n + k a k. kn Bewijs: Laat b n het rechtereindpunt zijn van( het meest linkse interval van X n. In dat geval is b 0 1 en b n 1 (b n 1 a n 1, waardoor b n n 1 n 1 k a k. In figuur 1.1 zie je een situatieschets waarin intervallen [0, b n ] en [0, b n+1 ] onder elkaar gezet worden. Zoals in figuur 1.1 eenvoudig te zien is, geldt nu d n 1 (b n b n+1 (1. ( n 1 n 1 (1 n k a k (1 n 1 k a k (1.3 ( n 1 n 1 n n k a k n 1 + n 1 k a k ( n 1 n 1 1 n n 1 n k a k + ( n 1 n a n + k a k ( n 1 1 n 1 + n 1 n a n n 1 k a k n 1 (1 n + n a n k a k (1 n + n a n k a k + k a k n (µ(x + n a n + kn (1.4 (1.5 (1.6 (1.7 (1.8 k a k. (1.9 kn 4

6 Welk nut heeft deze definitie? Het laat ons eenvoudig één van de intervallen in de opbouw van X aanduiden. Het midden van het interval [0, 1] is 1. Door de constructie van d n als de afstand tussen het van een interval in X n en het midden van één van zijn deelintervallen in X n+1, verwijst voor elke rij (α k k { 1, 1} N iedere eindige som 1 + N 1 α nd n precies naar het midden van één van de intervallen van X N, zeg I N. Kies je (α n n { 1, 1} N, dan leg je daarmee dus een rij (I n n van deelintervallen vast. Dit is een krimpende rij intervallen; I n+1 I n voor elke n N en elk interval is minder dan half zo groot als het vorige; hierdoor is er slechts één x n I n en deze wordt dus vastgelegd wordt door een rij (α n n en geldt x 1 + α n d n. (1.10 n1 Dit zullen we de somnotatie voor het getal x in X noemen. Voor de eerdergenoemde eindpunten van X valt er iets te zeggen over de somnotatie. Daarover gaat de volgende stelling. Stelling 1. Als x E(X, en de somnotatie van x is x 1 + n1 α nd n, dan heeft de rij (α n n een constante staart. Bewijs: Bepaal N zodat x een randpunt is van X N. Door de constructie van de verzamelingen X n zal x ook randpunt zijn van alle X n met n > N. We bekijken de eindige som 1 + N 1 α nd n. Dit is per definitie precies het midden van het interval waarvan x een eindpunt is. Een interval in X N heeft lengte b N, hierdoor kunnen we zeggen dat: x 1 N 1 N 1 α n d n (1 N 1 n a n ( α n d n 1 N 1 α n d n 1 b N (1.1 α n d n 1 b N (1.13 nn d n + (α n 1d n 1 b N (1.14 nn nn 1 b N + (α n 1d n 1 b N (1.15 Hieruit volgt: nn (α n 1d n 0 nn (1.16 (α n 1d n b N (1.17 Uit de linker vergelijking en het feit dat d n > 0 voor elke n volgt dat α n 1 voor elke n N, daardoor voor dat geval de rij (α n n inderdaad een constante staart heeft. De rechter vergelijking schrijven we om tot nn (α n 1d n nn d n (1.18 nn (α n + 1d n 0 (1.19 nn 5

7 Uit deze laatste vergelijking volgt op dezelfde manier als hiervoor dat α n 1 voor elke n N: ook in dit geval heeft (α n n een constante staart. Hiermee is de stelling bewezen. Nu we vastgelegd hebben over het soort discontinua we bekijken, is het tijd om de bijbehorende duivelsfuncties te definiëren. 1. De duivelstrap De duivelstrap is een functie van [0, 1] naar [0, 1] met de bijzondere eigenschappen dat hij continu is, bijna overal afgeleide 0 heeft, maar wel over zijn domein stijgt van 0 naar 1. De definitie van de duivelstrap staat in verband met het discontinuüm van Cantor; de functie is constant op elk van de samenhangscomponenten van het complement van de Cantorverzameling. Meer over de precieze definitie komt terug in stelling 1.4. Om te beginnen definiëren we een functie f op X, die we later zullen uitbreiden tot een functie op het hele interval [0, 1]. Zij (a n n een rij als voorheen en X het bijbehorende discontinuüm, dan definiëren we de functie f : X [0, 1] : 1 + α k d k 1 + α k k. Om nu de definitie uit te breiden naar het hele interval, gaan we eerst voor een gegeven x X c twee naburige punten uit X definiëren, waaraan we de definitie van f(x zullen ophangen. We bewijzen ook een aantal eigenschappen van deze punten alvorens de definitie van f af te maken. Voor x [0, 1] definiëren we x sup{y y X y x} en x inf{y y X y x}. Omdat X gesloten is weten we dat x, x X en we dus eigenlijk over max en min kunnen spreken. Zodra x X, geldt x x x. Over x en x gaat het volgende lemma. Lemma 1.3 Als x X c, bestaat een n N zodat x X k als k < n, maar x X k als k n. Zijn x, x als hiervoor, (α n n, (α n n { 1, 1} N zodat x 1 + α kd k, x 1 + α kd k, dan gelden de volgende eigenschappen voor (α k k en (α k k: I. α k α k als k < n, II. α n 1, α n 1, III. α k 1, α k 1 als k > n. Bewijs: Het bestaan van de n komt voort uit het feit dat X k+1 X k voor elke k en de definitie van de doorsnede. I en II zijn direct af te leiden uit de intervallen waarin x en x moeten liggen. III is ook vrij eenvoudig; zij y X met x y waarvoor de somnotatie is y 1 + β kd k met β k α k voor alle k n. Zij K de verzameling van indices k zodat α k β k ; omdat y x, is K niet 6

8 leeg. Dan x y (α k β k d k (1.0 kn+1 d k k K (1.1 > d min(k (1. > 0 (1.3 De op deze manier gedefinieerde x is dus inderdaad het grootste element van X dat kleiner is dan x en voor x valt een equivalent, omgekeerd bewijs te geven. We laten nu zien dat voor x, x geldt dat f(x f(x, waardoor we, als we kiezen voor f(x f(x, een functie krijgen die constant is op het gesloten interval [x, x ]; door de definitie van x en x is het evident dat (x, x X c en voor y (x, x geldt dat y x en y x. f(x f(x 1 + n 1 α k k 1 + α k k (1.4 (α (α k α k k (1.5 k α k k + (α n α n n + n 1 0 k + n + n 1 kn+1 kn+1 (α k α k k (1.6 k (1.7 kn+1 k 1 (1.8 n 1 n 1 (1.9 0 (1.30 Nu wordt de definitie van f, zoals besproken: { f(x als x X f(x f(x als x X c. Van twee basiseigenschappen van duivelsfuncties gaan we nu laten zien dat ze inderdaad gelden. 1.3 Stijgendheid en continuïteit De stijgendheid en continuïteit van f zullen we in latere hoofdstukken vrij nonchallant gebruiken en, om gewetensvroeging te voorkomen, steken we nu wat moeite in aantonen dat ze gelden. 7

9 Zij (a n n een rij positieve getallen, zoals eerder dit hoofdstuk en X X n en f het discontinuüm respectievelijk de duivelsfunctie voortgebracht door (a n n. Ten eerste bewijzen we dat f stijgt. Neem x, y X met x < y en rijen (α n n, (β n n { 1, 1} N zodat x 1 + α n d n en y 1 + β n d n. Kies nu N N zodat voor alle i < N [x, y] X i, maar [x, y] X N. Hieruit volgt dat α i β i voor alle i < N, maar α N β N. Omdat x < y moet x in het lagere interval liggen, en geldt dus α N 1 en β N 1. Als we nu kijken naar f(y f(x, dan zien we f(y f(x 1 + β n n 1 α n n (1.31 (β n α n n (1.3 (β n α n n (1.33 nn N + N 1 + N 1 nn+1 nn+1 nn+1 (β n α n n (1.34 n (1.35 n 1 (1.36 N 1 N (1.37 N 1 N 1 ( (1.39 f is dus inderdaad stijgend op X. Stijgendheid op [0, 1] is nu een peulenschil. Neem x, y [0, 1] met x < y. Dan zijn er vier gevallen te onderscheiden: x, y X: dit geval hebben we net gezien: f(x f(y. x X c, y X: uit x < y volgt x y. Uit de definitie van f en x X volgt nu f(x f(x f(y. x X, Y X c : nu volgt x y, en f(x f(y f(y. x, y X c : er zijn nu nog twee mogelijkheden: x y. Dan geldt f(x f(x f(y f(y. x > y. Hieruit volgt dat x > y, waardoor x y, maar x < y, dus x y, waaruit volgt dat x y. Conclusie: f(x f(x f(y f(y, dus f(x f(y. Hieruit volgt dat voor alle x, y [0, 1], als x < y dan f(x f(y. Dit betekent dat f stijgt op [0, 1]. 8

10 Stel nu, f was niet continu. Dan was er y [0, 1] en een ε > 0 zodat elke x [0, 1], f(x B ε (y. Kies nu een N N zodat N < ε. Bepaal door N keer successieve tweedeling toe te passen een interval [ p, p+1 ] N y. Dit interval valt volledig binnen Bε (y. Er is bovendien een rijtje α N 0,..., α N zodat 1 + N α n n p+1, het midden van dat interval. N+1 Maak nu rij (α n n door α n α n voor n N en α n 1 voor n > N. Dan geldt 1 + α n n p B N ε (y. Maar nu geldt 1 + α n n f(x, waar x 1 + α nd n en dit is in tegenspraak met onze aanname dat er een y bestond zodat B ε (y niet in het beeld zat. Dus f is continu en we kunnen in verdere hoofdstukken met een gerust hard deze claim maken. 1.4 Consistentie We hebben nu een keurige eenduidige definitie van een discontinuüm op [0, 1] en van zijn bijbehorende duivelsfunctie en enkele basiseigenschappen bewezen. Deze definities zullen we in verdere hoofdstukken gebruiken voor onze bewijzen, maar voor we daar aan toe zijn, zou het fijn zijn als deze definitie overeen kwam met een meer gebruikelijke definitie van de duivelsfunctie die hoort bij het discontinuüm van Cantor, wanneer we ons algemeen discontinuüm zó kiezen dat het samenvalt met die van Cantor. Precies dat doen we in de volgende stelling. Voor het discontinuüm van Cantor gebruiken we de standaarddefinitie die zegt dat je elk interval in drie gelijke stukken moet verdelen, en daarna het middelste moet weglaten. De definitie van de duivelsfunctie die we gebruiken is de definitie die ik zag toen ik jaren geleden voor het eerst met de duivelsfunctie in aanraking kwam. Voor een gegeven x [0, 1] vindt je de duivelsfunctie door het volgende stappenplan te volgen: Schrijf x drietallig: 0, β 0 β 1 β.... (Nu is x β k3 k 1. Als er een n N met β n 1 en β k 1 als k < n, definieer dan β n 1 en β k 0 voor alle k > n. Voor elke k waarvoor β k nog niet gedefinieerd is in de vorige stap nemen we β k 1 β k. Nu: F (x β k k 1. (Dat komt neer op het getal 0, β 0β 1β... binair interpreteren. Dat er andere definities bestaan die óók equivalent zijn, daar zullen we ons niet mee bezighouden. Stelling 1.4 Voor a n 3 n 1 is de met deze (a n n gedefinieerde X het standaard discontinuüm van Cantor en f de bijbehorende standaard duivelstrap. Bewijs: We beginnen bij het begin: de gelijkheid van de discontinua. Dit doen we per inductie. X 1 de vereniging aan intervallen van lengte 1 a0 1 3 a 0. We kunnen deze verzameling dus verkrijgen door X 0 in drie gelijke stukken te verdelen en het middelste (open interval weg te laten. Zij nu U n één van de intervallen waaruit X n is opgebouwd. Als we aannemen dat U n lengte a n 1 heeft, dan zal bij de constructie van X n+1, U n door het weghalen van een interval van lengte a n uiteenvallen in twee deelintervallen van lengte an 1 an 3 n 3 n 1 3 n 1 a n. Dus ook U n wordt in drie stukken verdeelt, waarvan het middelste interval wordt weggelaten. Onze inductiehypothese houdt, dus X is gelijk aan het discontinuüm van Cantor. 9

11 Dat onze definitie van de Duivelstrap samenvalt met de standaard bewijzen we door twee gevallen te onderscheiden: Het geval x X. Er bestaat nu een rij (α k k die zodat x 1 + k1 α kd k. We definiëren nu de rij (β n n {0, } N door voor elke k N te kiezen β k α k + 1 {0, }. Op deze manier is 0, β 0 β 1 β... de ternaire notatie van één of ander getal x. Dan: 1 + α k d k β k 3 k ( α k ( k k 3 k 1 + i 3 i 1 (α k + 13 k 1 (1.41 ik ( 1 + α k 3 k 1 + k i 3 i 1 α k 3 k 1 3 k 1 (1.4 ik ( 1 + ( i α k 3 k 1 + k 3 1 α k 3 k 1 1 ( ik ( ( k α k 3 k 1 + k α k 3 k 1 (1.44 ( α k 3 k k α k 3 k 1 (1.45 ( α k 3 k k 1 α k 3 k 1 (1.46 α k 4 3 k 1 α k 3 k 1 (1.47 α k 3 n 1 α k 3 k 1 ( (1.49 Hieruit blijkt dat x x, oftewel dat 0, β 0 β 1 β... de ternaire notate is van x. Deze notatie van x bevat geen enen, dus geldt dat F (x 0, β0 β 1 β... f(x F (x 1 + α k k β k k 1 ( α k k 1 (α k + 1 k 1 ( α k k α k k k ( α k k α k k 1 ( (

12 Het geval x X. Lemma 1.3 geeft ons een n, x en x. Met de eerdere constructie kun je daarnaast x en x hun drietallige notatie geven. Specifieker, als voor k < n, β k α k + 1, dan: x 0, β 0 β 1... β n x 0, β 0 β 1... β n Voor elke x (x, x geldt dus dat het n + 1e getal achter de komma een 1 is. Bekijken we nu F (x, blijkt Dus ook buiten X vallen de definities samen. β F (x 0, β 1... β n (1.55 0, β 1 β... β n (1.56 F (x f(x f(x f(x. (1.57 Het fundament is gelegd en gecontroleerd op stabiliteit. Tijd voor het echte werk. 11

13 Hoofdstuk Hölder-condities In dit hoofdstuk gaan we de duivelsfuncties uit het eerste hoofdstuk nog eens goed onder de loep nemen. Duivelsfuncties zijn continu, maar we kunnen méér dan dat zeggen. Een aantal eenvoudige eigenschappen van de rij (a n n zijn bepalend; zo kunnen de duivelsfuncties Lipschitz zijn, of, iets zwakker, Hölder. We kunnen ook laten zien dat onder bepaalde speciale voorwaarden, de bijbehorende duivelsfuncties zeker niet Hölder zijn..1 Hölder en Lipschitz We willen bij een gegeven discontinuüm X en zijn bijbehorende trapfunctie f nagaan of we α en M kunnen bepalen zodat 0 < α 1, M > 0 en bovendien elke x, y [0, 1], f(x f(y M x y α. (.1 Een functie waarvoor zulke α en M gevonden kunnen worden noemen we een uniforme Hölderfunctie van orde α. We bekijken een functie op een compact domein, dus we laten het woord uniform verder weg. In het geval dat α 1, betekent Hölderfunctie niets anders dan Lipschitzfunctie. Bekijken we de Hölderconditie binnen de context duivelsfuncties, dan hoeven we niet naar alle punten in [0, 1] te kijken. Als x < y, kun je x en y als eerder definiëren en geldt f(x f(x, f(y f(y en x y x y. Als we een M en α vinden die voldoen voor x en y, voldoen deze zeker voor x en y. Om die reden kunnen we ons bij het bepalen van M en α beperken tot x, y X. Voor zulke x, y X willen we een concrete uitspraak kunnen doen over hun somnotaties op het moment dat x en y dicht bij elkaar liggen. Daartoe dient het volgende lemma. Lemma.1 Zij (a n n R N >0 met k a k 1. Zijn X, f het discontinuüm respectievelijk de duivelsfunctie gedefinieerd door (a n n. Zijn x, y X en (α n n, (β n n { 1, 1} N zó dat x 1 + α kd k, y 1 + β kd k. Kies een N N. Dan geldt: x y < min{a i i < N} α i β i voor alle i < N. (. 1

14 Bewijs: Neem aan dat x y (als x y, is de stelling triviaal waar. Neem N N. Stel, er is een M < N zodat α M β M. We mogen aannemen dat M het kleinste getal is met deze eigenschap: x y (α n β n d n (.3 (α n β k d n (.4 nm ±d M + (α n β n d n (.5 nm+1 ± d M (α n β n d n (.6 nm+1 d M (α n β n d n (.7 nm+1 d M d n (.8 nm+1 1 (b M b M+1 1 (b n b n+1 (.9 nm+1 b M b M+1 (b n b n+1 (.10 nm+1 b M b M+1 (.11 ( M 1 M 1 k a k (1 M 1 k a k (.1 M M ( M M 1 k a k k a k (.13 M M a M (.14 a M min{a i i < N} (.15 We weten nu: als er een M < N bestaat met met α M β M, dan x y min{a i i < N}. Onze stelling is een eenvoudige omkering van deze uitspraak. Met behulp van deze hulpstelling gaan we onderzoeken onder welke voorwaarden een duivelsfunctie Hölder danwel Lipschitz is. Er zullen twee factoren van belang blijken: de maat van X en de bovenen onderlimiet van de rij n a n. De eindpuntenverzameling E(X zal een belangrijk hulpmiddel blijken: omdat deze verzameling dicht ligt in X en omdat f continu is, geldt ongelijkheid.1 op elke x, y X (en daardoor op heel [0, 1] wanneer hij geldt in het geval x, y X eindpunten zijn. De aanname dat één van de twee een eindpunt zal genoeg blijken om het gedrag van onze oneindige sommen dusdanig te verbeteren, dat we vrij eenvoudig iets zinnigs kunnen zeggen. Enfin, neem y E(X en (β n n { 1, 1} N zó dat y 1 + β nd n. We weten nu dat de rij (β n n een constante staart heeft. Bepaal N N de index van het begin van deze staart, dus: β N 1 β N en β i β N als i > N. We kiezen hier voor het gemak dat β N 1, maar het andere geval is geheel 13

15 analoog. Kiezen we x X en (α n n { 1, 1} N zó dat y x < min{a i i N} en x 1 + α nd n dan, stel: f(x f(y M x y α (.16 (α n β n n α M (α n β n d n (.17 (α n β n n α M (α n β n (µ(x n + n a n + i a i (.18 Uit lemma.1 volgt dat β i α i voor alle i < N. Bovendien is β n 1 als n N, dus is α n β n 0. Hierdoor kunnen we, als µ(x > 0 meteen de volgende uitspraak doen: α M (α n β n (µ(x n + n a n + i a i α M (α n β n n µ(x (.19 nn in nn in α Mµ(X α (α n β n n? nn (.0 (α n β n n (.1 nn f(x f(y (. Ongelijkheid.1 geldt wanneer we nemen: α 1, M µ(x 1. Omdat f begrensd is zal ook voor paren x, y die juist ver van elkaar liggen een M te vinden zijn die voldoet: als de maat van X groter is dan 0, is de duivelsfunctie Lipschitz.. Voorwaarden voor Hölder- of niet Nu we hebben gezien dat bij een positieve maat de bijbehorende duivelsfunctie Lipschitz is; vanaf hier gaan we het andere geval bekijken. We gaan nu verder bij vergelijking.18 met het geval µ(x 0. We vinden voor het linkerlid: α M (α n β n ( n n a n + i a i (.3 nn in (.4 We gaan deze uitdrukking van beneden afschatten. α M (α n β n ( n n a n + i a i (.5 nn in α M (α n β n n ( n a n (.6 nn α M (α n β n 1 a n. (.7 nn 14

16 Kiezen we nu N > N zodat α N β N maar α n β n als n < N. Dan M 1 a N α (.8 Ma α N (.9 (.30 Het rechterlid van vergelijking.18 kunnen we van boven afschatten. (α n β n n (α n β n n (.31 nn nn N (α n+n β n+n n (.3 N n (.33 N 4 (.34 N (.35 Zouden we nu α kunnen kiezen zodat N Ma α N voor alle N, dan volgt ongelijkheid.18 en zijn we klaar. Om dit te bewerkstelligen gaan we dingen omschrijven: ( 1 N Ma α N (.36 N N N M N an α (.37 N M 1 N M N an α (.38 1 α N an (.39 We mogen zonder verlies van algemeenheid aannemen dat M 1, dus dat het linkerlid een stijgende rij in n vormt met limiet 1 α. Hierdoor is deze ongelijkheid slechts te houden wanneer inf { N an N > N } > 0 voor grote N, dus lim n an l > 0. In dat geval kunnen we een N N kiezen zodat als N > N, N an > l. Kiezen we nu α log( log( log(l en M 1, dan, voor N > N, a α N ( l αn (.40 ( l ( l ( l N log( log( log(l N log( log(l/ N l/ log( (.41 (.4 (.43 N (.44 15

17 Geldt voor deze keuze van α dat 0 < α 1? De rij ( n a n n is sommeerbaar, waardoor lim n an lim n an 1, dus inderdaad, deze keuze voldoet. n an > 0, dan is de duivelstrap Hölder. lim We kunnen concluderen dat als µ(x 0 en Nu we een voorwaarde weten voor Hölder zijn, willen we graag ook het omgekeerde: een eenvoudige eis op de rij (a n n, die ons laat weten dat de duivelsfunctie niet Hölder is. Kijken we weer naar ongelijkheid.39 voor inspiratie, dan zien we dat om niet aan die ongelijkheid te voldoen, de rij ( n a n n naar 0 moet gaan. In dat geval is lim ( n a n n 0, maar omdat de limiet niet altijd hoeft te bestaan formuleren we het met de bovenlimiet: lim ( n a n n 0. Om dat vermoeden kracht bij te zetten werken we eerst een voorbeeld uit. Voorbeeld. In dit voorbeeld werken we een situatie uit waar µ(x 0 en lim n an 0, waarin we zien dat hiervoor inderdaad geen M en α te vinden zijn zodat de Hölderconditie voldoet. definiëren { 1 a n als n 0,, waar c c n c n+1 als n > 0 n n. Nu µ(x 1 n a n (.45 1 a 0 1 a 0 n (c n c n+1 (.46 n1 ( n c n n+1 c n+1 n1 We ( lim ( 1 c 1 c + c 3 c n c n (.48 1 ( lim 1 1 n n ( lim n n ( (.51 0 (.5 Bovendien geldt 0 lim n n an lim cn c n+1 lim n cn lim n n 0. Als laatste nemen we, bijvoorbeeld, het punt x 0. Stel, we maken voor n, k N { 1 als n k α n,k 1 als n > k, en x k 1 + α n,kd n. Het is eenvoudig in te zien dat x n 0 als n. In dit geval is geldt 16

18 d en voor k 1, d k k (µ(x + k a k + k ( k (c k c k+1 + i a i ik i (c n c n+1 ik (.53 (.54 (c k c k+1 + c k k lim m m+1 c m+1 (.55 1 (c k c k+1 (.56 (.57 Hierdoor is x k 1 + α n,k d n (.58 1 k + α n,k d n + 1 k + 1d n + 1 k + 1d n + 1 k + 1d n + 1 d 0 d n + n1 nk+1 nk+1 nk+1 nk+1 nk+1 α n,k d n (.59 1d n (.60 ( 1 + d n (.61 1d n (c n c n+1 + n1 nk+1 d n (.6 1 (c n c n+1 (.63 nk+1 1 (c n c n+1 ( c lim m c m+1 + c k+1 lim c m+1 (.65 m k+1 0 (.66 terwijl, op een gelijke manier als hiervoor k+1 (.67 f(x k 1 + α n,k n (.68 1 n + nk+1 n (.69 k (.70 k 1 (.71 17

19 Hierdoor geldt het verband: 1 f(x k x k (.7 1 f(x k log(x k log( f(x k log( log(x k Bekijken we ongelijkheid.1 met y 0 en x x k vinden we log Nu geldt lim k ( ( 1 x k α 1 x k (.73 (.74 (.75 f(x k f(0 M x k 0 α (.76 log( log(x k M xα k (.77 log( log(x k M xα k (.78 log( M log(x k x α k (.79 ( 1 log( log M x k ( α (.80 1 x k lim y log(y y α Dit geeft ons het vermoeden dat in het algemeen geldt dat, als lim 0 < log( M, waardoor ongelijkheid.80 onhoudbaar is. n an 0, de bijbehorende duivelsfunctie niet Hölder zal zijn. Op de titelpagina staat een plaatje van deze functie, met daarbij de grafiek van de functie x log log x (die een bovenschatting is. Met behulp van dit voorbeeld hebben we ons vermoeden versterkt en een mogelijkheid gevonden om het verband tussen de bovenlimiet en niet Hölder zijn te bewijzen. Dit inspireert de volgende stelling en haar bewijs. Stelling.3 Als (a n n R N + waarvoor het bijbehorende discontinuüm X maat 0 heeft en zó dat lim n an 0, dan is er bij iedere x E(X een rij (x k k te construeren zodat voor iedere α (0, 1] de rij f(x k f(x x k x α divergeert naar oneindig. Dan is in het bijzonder de bijbehorende duivelsfunctie f niet Hölder. Bewijs: We kiezen een x E(X, waardoor er een N N bestaat zodat α N α N+1 α N+.... Verder maken we x k 1 + α n,k, waar { αn als n N + k α n,k α n als n > N + k. Stel, men geeft ons een M > 0 en α (0, 1] met de claim dat f Hölder is met die constanten en in het bijzonder ongelijkheid.1 met die M en α geldt voor x. Kies ε > 0, we kunnen een N N met 18

20 N > N kiezen zodat als n > N, n a n < ε. We mogen zonder verlies van algemeenheid aannemen dat ε < 1 4. Zij nu k > N, dan f(x k f(x (α n,k α n n (.81 (α n,k α n n (.8 nk n (.83 nk k 1 (.84 k, (.85 terwijl x k x (α n,k α n d n (.86 ±d n (.87 nk ± (b n b n+1 (.88 nk b k lim b n+1 (.89 k 1 (1 k n a n 0 (.90 k n a n (.91 nk ( k n ε n nk (.9 k k ε k 1 1 ε (.93 ε k 1 1 ε (.94 ε k (.95 Nu geldt, voor k > N : f(x k f(x x k x α k (ε k α (.96 α ( 1 ε α k (.97 19

21 Zorgen we nu dat bij onze originele keus voor ε geldt dat ε < 4 1/α, dan en divergeert de boel inderdaad. ( k ( k 1 1 α ε α (.98 k 1 (.99 In het bijzonder groeit het quotiënt altijd groter dan M, waardoor ongelijkheid.1 geen kans maakt, onafhankelijk van onze keuze voor x E(X, en is f in elk geval niet Hölder. Na dit bewijs kort een paar woorden over de relevantie van de laatste stelling. Hoe moeilijk is het om een rij te vinden die aan alle eisen van deze stelling voldoet? Niet zo moeilijk, zal blijken. Nemen we een willekeurige rij (a n n R N >0 met de eigenschap lim n an 0, daarvoor is keuze genoeg, dan blijkt dat we met zo n rij een nieuwe rij (a n n kunnen maken waarbij de maat van het bijbehorende discontinuüm 0 is en de bovenlimiet 0 blijft, door simpelweg a n c a n voor een bepaalde constante c. Uit lim n an 0 volgt meteen dat lim n n a n lim n an 0, waardoor de rij ( n a n n sommeerbaar is. We weten ook, n a n d > 0. Maken we nu een rij (a n n door te definiëren a n d 1 a n, dan vinden we een rij die precies aan de eisen voldoet..3 Het grijze gebied Als afsluiting van dit hoofdstuk kijken we naar de het geval dat nog niet besproken is, namelijk wanneer lim n an 0 en lim n an > 0. Onze stellingen zeggen niets over deze gevallen en het blijkt ook dat het met deze duivelsfuncties nog alle kanten op kan. We construeren in twee voorbeelden twee verwante functies, beide met lim 1 3. De eerste zal niet Hölder blijken, de tweede wel. n an 0 en lim n an Voorbeeld.4 a 0 1 en, voor n 1, { c 3 n 1 als er een i N bestaat met k a n i n (1 n +1 elders waar c µ(x 0. k (1 k +1 3 k 1 < 1, waardoor met een paar regels rekenwerk te verifiëren valt dat Nu geldt inderdaad lim n an 0 en lim n an 1 3. We bewijzen dat f niet Hölder is. We x een eindpunt van X, bepalen N zoals in het bewijs van stelling.3 en maken daarna x n op een iets andere manier: { αk als k n α k,n α k als k > n. 0

22 Maken we nu een deelrij x n x n, dan, voor n zó dat n > N, x n x b n +1 (.100 n 1 k a k (.101 n 1 ( k n +1 n +1 + c kn+1 k 3 k 1 ( n n c n n+1 (.10 (.103 n +1 n 1 + c n+1 n 1 3 n+1 1 (.104 Zoals eerder is nu f(x n f(x n 1. Dan: Stel, er zijn een M > 1 en α (0, 1] zó dat f(x n f(x M x n x α (.105 Dat kan slechts als geldt ( 1 n +1 M n 1 M Dat kan slechts waar zijn als ( n α +1 n 1 + c n+1 n 1 3 n+1 1 ( α n +1 n +1 n 1 + c n+1 n 1 3 n+1 1 (.107 ( 1 1 α n +1 M n +1 n 1 + n +1 c n+1 n 1 3 n+1 1 (.108 En dat kunnen we overschattten met ( 1 1 α n +1 n n (.109 M Beide termen aan de rechterhand gaan naar 0, dus de ongelijkheid is onhoudbaar. Voorbeeld.4 laat een functie uit het grijze gebied zien die niet Hölder is. Door een kleine aanpassing in de definitie zullen we in voorbeeld.5 een functie zien met precies dezelfde boven- en onderlimiet, maar die wél Hölder is. Voorbeeld.5 We maken een rij (a n n R N >0 als volgt: { c n (1 a n n +1 als er een i N bestaat met k i 3 n 1 elders 1

23 waar c 3 k 1 k (1 k +1, waardoor, zoals zojuist, µ(x 0. We kiezen x een eindpunt van X, bepalen N zoals in het bewijs van stelling.3 en we maken, net als zojuist, { αk als k n α k,n α k als k > n, Maken we nu een deelrij x n x n, dan, voor n zó dat n > N, dan geldt nu voor y (x, x n y x n 1 n +1 a n +1 k a k (.110 k n + n 1 n +1 a n +1 (.111 a n +1 (.11 3 n (.113 Van de andere kant geldt f(y f(x f(x n f(x n 1. Kiezen we nu α 3 log en M, dan ( M y x α α 3 n n n 1 f(x n f(x f(y f(x. Dit hoofdstuk samengevat hebben we verschillende zaken geleerd: als de maat van X groter is dan 0 is de duivelsfunctie Lipschitz. Als de maat 0 is, maar lim n an > 0, dan is de duivelsfunctie Hölder. Als lim n an 0, dan is de duivelsfunctie niet Hölder. Voor andere gevallen die niet in één tot van deze categorieën behoren weten we in het algemeen niets. In dit document laten we het hierbij en richten we ons vanaf dit punt op andere aspecten van duivelsfuncties.

24 Hoofdstuk 3 Differentieerbaarheid In dit korte hoofdstuk bespreken we de differentieerbaarheid van duivelsfuncties. Omdat we in hoofdstuk 1 gezien hebben dat duivelsfuncties stijgend zijn, kunnen we met de stelling van Lebesgue differentieerbaarheid bijna overal aantonen. Een bewijs van de stelling van Lebesgue zullen we niet geven om twee redenen: ten eerste zou het bewijs zo groot zijn dat de nadruk van dit document erg die kant op zou verschuiven, terwijl differentieerbaarheid een redelijk klein thema is. Ten tweede is dit bewijs te vinden in allerlei bronnen, bijvoorbeeld []. We eindigen dit hoofdstuk met de notie dat op ieder punt van X waar f differentieerbaar is, deze afgeleide dezelfde waarde moet hebben en het feit dat in de eindpunten x E(X hun linker- of rechterafgeleide diezelfde waarde heeft, en de andere waarde Lebesgue Duivelsfuncties zijn stijgende functies op een gesloten interval. Uit stelling 3.1 zal nu blijken dat duivelsfuncies bijna overal differentieerbaar zijn. De standaardduivelsfunctie is bekend om dit vreemde feit: bijna overal differentieerbaar, bijna overal afgeleide 0, maar toch in staat om van 0 naar 1 te stijgen. Laten we eerst de betreffende stelling van Lebesgue noemen. Stelling 3.1 (Lebesgue Een monotone functie f : [a, b] R is bijna overal differentieerbaar op [a, b]. Voor het bewijs van deze stelling verwijs ik de lezer, zoals gezegd, graag naar [] en wel Theorem 4.10 op pagina 3. Het gedrag van duivelsfuncties algemeen kan hierin variëren, afhankelijk van de maat van het bijbehorende continuüm. Wanneer de maat van het discontinuüm groter is dan 0, betekent dat ook echt iets voor de differentieerbaarheid op het discontinuüm. Stelling 3. Zij X een discontinuüm voortgebracht door rij (a n n. Zij X {x x X f is differentieerbaar in x}. Als µ(x > 0, dan is µ(x µ(x > 0. Bovendien geldt voor elke x X dat f (x 1 µ(x. Bewijs: f is stijgend, dus de stelling van Lebesgue zegt dat f bijna overal differentieerbaar is op [0, 1]. Zij E [0, 1] de verzameling punten waar f niet differentieerbaar is. Het feit dat f bijna overal differentieerbaar is betekent dat µ(e 0. Daaruit volgt dat ook µ(e X µ(e 0, dus 3

25 µ(x µ(x \ (E X µ(x µ(e X µ(x > 0. Zij x X een punt waar f differentieerbaar is. Dan geldt dat voor elke rij (x n n [0, 1] N met lim x n x, dat f (x f(x f(xn x x n. We bekijken nu een speciale rij (x n n gedefinieerd als volgt. Zij (α n n { 1, 1} N zó dat x 1 + α n d n, dan definiëren we ( x k 1 k 1 ( + α n d n α k d k + nk+1 α n d n. (3.1 We zien nu dat x x k α k d k en dat f(x f(x k α k k 1. Dan: x x n f(x f(x n µ(x α n d n µ(x α n n 1 (3. α n ( n 1 µ(x + n 1 a n 1 + in 1 i a i α n n 1 µ(x (3.3 µ(x + n 1 a n 1 + i a i µ(x (3.4 in 1 n 1 a n 1 + i a i 0 als n. (3.5 in 1 Hieruit volgt dat f (x 1 µ(x. Daarmee is het laatste punt van de stelling bewezen. 3. Eindpunten Als laatste willen we nog iets zeggen over de punten in E(X. De duivelsfunctie is overduidelijk niet differentieerbaar in deze punten, maar de linker- en rechterafgeleide zijn wél gedefinieerd. Dit laten we zien in onze laatste stelling. Stelling 3.3 Zij X een discontinuüm gedefinieerd aan de hand van rij (a n n en zij f de bijbehorende duivelsfunctie. Als µ(x > 0, dan geldt voor elke x E(X één van de volgende twee uitspraken. I. f l (x 0 en f r(x 1 µ(x ; II. f l (x 1 µ(x en f r(x 0. (Hierbij zijn f l en f r respectievelijk de linker- en rechterafgeleide. Bewijs: Zij x E(X en zij (α n n de rij die hoort bij de somnotatie van x. Volgens stelling 1. heeft de rij (α n n een constante staart: er is een N N zodat α N 1 α N en α i α N voor elke i > N. Er zijn twee mogelijkheden: α N 1 en α N 1. We zullen laten zien dat als α N 1, dan situatie II geldt. Het bewijs dat uit α N 1 volgt dat situatie I geldt gaat geheel analoog en laten we aan de lezer over. 4

26 Dus, stel α N 1. Omdat de ordening op X samenhangt met de lexicografische ordening van de rijen (α n n ((zie het bewijs van stelling??, is het eenvoudig in te zien dat de grootste y X met y < x is y 1 + N α kd k d N 1 + ( kn d k. Nu, x y d N 1 d k (3.6 kn (b N 1 b N 1 (b k b k+1 (3.7 kn (b N 1 b N b N + lim k+1 k (3.8 b N 1 b N (3.9 b N 1 (b N 1 a N 1 (3.10 a N 1 (3.11 We zien dus dat als y < x en x y < a N 1, f(x f(y, waardoor f l (x 0. Zij M N. Als y > x kunnen we kiezen om y x < min{a i i < M} te nemen. Schrijven we y β kd k, dan weten we nu in elk geval met lemma?? α 0 β 0, α 1 β 1,..., α M 1 β M 1. In dat geval: y x f(y f(x µ(x (β k α k d k (β k α k µ(x (3.1 k 1 (β k α k ( k 1 µ(x + k 1 a k 1 + ik 1 i a i (β µ(x k α k k 1 (3.13 µ(x + (β k α k ( k 1 k 1 a k 1 + ik 1 i a i (β µ(x k α k k 1 (3.14 (β k α k ( k 1 k 1 a k 1 + ik 1 i a i (β (3.15 k α k k 1 km (β k α k ( k 1 k 1 a k 1 + ik 1 i a i km (β (3.16 k α k k 1 km (β k + 1 ( k 1 k 1 a k 1 + ik 1 i a i km (β (3.17 k + 1 k 1 km (β k + 1 ( k 1 ik 1 i a i km (β (3.18 k + 1 k 1 km (β k + 1 k ik 1 i a i km (β (3.19 k + 1 k 1 km (β k + 1 k in i a i km (β (3.0 k + 1 k 1 i a i 0 als M (3.1 im 1 5

27 Dus f r(x 1 µ(x. De grote symmetrie van duivelsfuncties heeft dus ook zijn weerslag op de afgeleide, op plaatsen waar hij bestaat: de afgeleide kan slechts twee waarden hebben, wanneer hij bestaat en op de eindpunten komen deze twee waarden terug als linker- en rechterafgeleide. Mijn grootste teleurstelling bij het onderzoek naar dit onderwerp is dat ik er niet in geslaagd bent differentieerbaarheid op X \ E(X te bewijzen, terwijl ik door het voorgaande en de zoektocht daarnaar toch het gevoel heb dat dit waar is. Het gedrag van de sommen, in het bijzonder die van de functiewaarden, bleek te onvoorspelbaar voor mij om effectief af te schatten, waardoor ik dit bewijs heb moeten opgeven. Daarom houdt op dit punt het verhaal over differentieerbaarheid op. In plaats daarvan richten we ons nu op het een algemener begrip van discontinua en duivelsfuncties en wat er te zeggen valt over het Hölder-zijn van deze algemene functies. 6

28 Hoofdstuk 4 Generalisaties In het laatste hoofdstuk willen we enkele generalistaties van de begrippen discontinuüm en duivelsfunctie bekijken. We zullen grotendeels afstappen van de notatie (a n n voor een rij; voor wat er te doen staat is het meer praktisch dat we een rij a definiëren als functie met domein N, waarbij we de elementen van de rij zonodig kunnen oproepen met de notatie a(k. Een uitgeschreven rij noteren we met blokhaken: a [a(0, a(1,...]. 4.1 Compacte metrische ruimtes De kern van deze paragraaf is stelling 4.7, die laat zien dat een willekeurige metrische ruimte met een aantal eigenschappen homeomorf is aan het discontinuum van Cantor. Daartoe bewijzen we eerst lemma s 4.4, 4.5 en 4.6, die deze grote stap in korte, meer grijpbare stukken hakt. De lemma s daarvoor doen nog wat voorbereidend werk. Volledig onsamenhangend op zich is geen nuttig begrip voor ons, daarom gaan we laten zien dat we dit kunnen lezen als nul-dimensionaal, waar we meer mee kunnen. Lemma 4.1 Zij (X, d een metrische ruimte die compact en volledig onsamenhangend is. Dan is X nul-dimensionaal. (Een aanpassing van het bewijs van stelling uit [1] vertaald naar het specifieke geval van een metrische ruimte. Bewijs: Kies een punt a X. Definieer P {A A X, a A, A open en gesloten}, P A. A P Zij F een gesloten (en dus compacte deelverzameling van X \P. Stel, voor elke U P is de doorsnede U F niet leeg. Dan geldt voor de verzameling U {U F U P} dat zijn elementen alle gesloten (en dus compact zijn, en voor U 1,..., U n P geldt (U k F F, k n k n U k 7

29 want Dan geldt, U k P. k n V. V U Maar P F k n U k F, en dat is in tegenspraak met de aanname dat F X \ P. We kunnen dus concluderen dat er een U P bestaat met U F. Nu laten we zien dat P {a}. Stel, P bevat méér punten. Dan zijn er gesloten, disjuncte A, B te vinden zodat P A B en a A. Nu kunnen we open, disjuncte U, V vinden zodat A U, B V. Nu is F X \ (U V gesloten, dus bestaat er een (open en gesloten W P disjunct met F. Nu bekijken we de verzameling open G U W. G U W U W X \ (F V U. Omdat ook G U W W, geldt G U W G. Omdat per definitie G G, G G, dus is G gesloten. Bovendien is a G, dus G P. Maar G en B zijn disjunct, dus P G. Een tegenspraak. Conclusie: P {a}. Als laatste, zij U een open omgeving van a. Nu is X \ U gesloten en bestaat er dus een A P die disjunct is van X \ U. Dus X heeft een open en gesloten basis en is dus nuldimensionaal. Over een nuldimensionale compacte metrische ruimte bewijzen we nóg een hulpstelling die belangrijk blijkt bij de eerste stap van ons homeomorfise. Lemma 4. Gegeven een nuldimensionale niet-lege compacte metrische ruimte (X, d zonder geïsoleerde punten, een open en gesloten verzameling U X en een getal ε > 0. We kunnen nu voor een of andere n > 0 een rijtje van precies n disjuncte, open en gesloten, niet-lege verzamelingen U 0,..., U n 1 maken zodat voor elke i diam(u i < ε en dat U i U i. Bewijs: Omdat X nuldimensionaal is, is er zijn er open en gesloten C(u B ε/3 (u U met u C(u te maken voor elke u U. Deze C(u vormen een overdekking van U. U is een gesloten deelverzameling van een compacte ruimte, dus compact; er is een eindige deeloverdekking C 0, C 1,..., C m (waar C i C(u i en u i U. Nu maken we verzamelingen ( U i C i \ C j. j i 1 Voor elk van deze U i geldt nu dat diam(u i diam(c i diam(b ε/3 (u i < ε. Bovendien geldt voor alle k m dat i k U i i k C i: voor k 0 is de gelijkheid triviaal. Gaan we ervan uit dat de 8

30 vergelijking geldt voor een zekere k, dan i k+1 U i U k+1 U i (4.1 i k ( C k+1 \ i k+1 j k C j C i (4. i k C i (4.3 Per inductie is dus i U i i C i U. De gevonden U 0,..., U m voldoen aan alle eisen, behalve die over het aantal en het niet-leeg zijn. Dat laatste fixen we door een deelrij te nemen: zij V 0,..., V m alle verzamelingen U 0,..., U m die niet leeg zijn, waarbij de volgorde is behouden. Hierdoor is m m. Kies n max{1, log(m + 1/ log(}. We bekijken V i voor alle i n m 1. Kies U i V i een open en gesloten deelverzameling zodat U i U i ; deze mogelijkheid is er, want X bevat geen geïsoleerde punten, dus U i is onmogelijk een eenpuntsverzameling. Definieer ook U i+1 V i \ U i. Ook deze verzameling is open en gesloten. Voor i > n m 1 kiezen we U i V i+ n m 1. Dit levert ons de verzamelingen U 0,..., U n 1 op, die aan alle eisen voldoen. Met behulp van dit lemma gaan we de verzameling X afbeelden op oneindige rijtjes natuurlijke getallen, door de verzameling in steeds kleinere stukjes te hakken, waarbij een steeds groeiende eindige rij te construeren valt. Dit zal de eerste stap zijn in een reeks homeomorfismen, die X aan D 1 linkt. Lemma 4.3 Zij X een nuldimensionale, compacte metrische ruimte zonder geïsoleerde punten en zij OG(X de verzameling van alle open en gesloten deelverzamelingen van X. Er bestaat een functie van N naar OG(X met de volgende eigenschappen: i. [] X. ii. Voor elke a N en U OG(X, als #a > 0 en a U, dan diam(u < #a. iii. Voor elke a N, n N en U, V OG(X, als a U en a [n] V, dan V U. iv. Voor elke a N, n, m N en U, V OG(X, als a [m] U en a [n] V, dan U V. v. Voor elke a N en n N geldt dat als a [n], dan voor alle i < n, a [i]. vi. Voor elke a N en U OG(X met a U is er een n N en U 0,... U n OG(X, zodat a i U i voor elke i n en U i U i en zodat voor elke j > n geldt dat a [j]. (Hier is de concatenatie van twee rijen, zoals genoemd in de legenda. Bewijs: Het is niet lastig om deze functie te construeren: we leggen ten eerste vast dat [] X, om aan eis i. te voldoen. Eisen ii, iii, iv en vi waarborgen we met lemma 4.: weten we al dat a U, dan delen we met behulp van dit lemma deze open en gesloten verzameling op in disjuncte open en gesloten deelverzamelingen U 0,..., U n met diameter kleiner dan #a 1 ; hierbij laten we eventuele lege verzamelingen achterwege voor we deze nummering vastleggen. Nu definiëren we { Ui als i n a [i] als i > n 9

31 Hiermee is ook aan eis v voldaan. Met behulp van dit lemma bouwen we een homeomorfisme tussen een metrische ruimte met bepaalde eigenschappen en een deelverzameling van N N die de eerste link zal vormen in ons bewijs van stelling 4.7. Lemma 4.4 Zij (X, d X een metrische ruimte met de volgende eigenschappen: X is volledig onsamenhangend. X is compact. X heeft geen geïsoleerde punten. Zijn G : N OG(X een functie als beschreven in 4.3 en à {a a N G(a } en zij A {a a N N Voor elke n N, a(n Ã}. Zij d A de metriek op A die als volgt gedefinieerd is: { 0 als a b d A (a, b n elders waar n het kleinste getal is zodat a(n b(n. Dan is X homeomorf aan A. Bewijs: Volgens lemma 4.1 is X nuldimensionaal. inderdaad definiëren. Volgens lemma 4.3 kunnen we de functie G We kunnen nu een functie H : A X definiëren met de volgende eis: H(a n N G(a(n. De verzamelingen G(a(1 G(a(... zijn alle gesloten, en diam(g(a(n < n, waardoor de doorsnede precies één element bevat en H(a uniek is bepaald. H is injectief: stel a, b A en H(a H(b. Nu geldt voor iedere n N dat x G(a(n G(a(n. Vanwege eis iii. in lemma 4.3 kan dit slechts als voor elke n N, a(n b(n. Dan geldt a b. G is surjectief: neem x X H([]. Zouden we aannemen dat x G(a, dan kunnen we per definitie een i N bepalen zodat x G(a [i]; hierdoor kunnen we een rij a 0 [], a 1, a,... bepalen zodat voor elke i N, x a i à en er een n N is zodat a i [n] a i+1. Nu maken we a A zodat a(n a n. Nu is, per definitie, H(a x. H is continu: kies a A en ε > 0. Bepaal n > 0 zodat n < ε. Per definitie van G is nu diam(g(a(n < n, waardoor voor alle y G(a(n geldt dat d X (H(a, y < ε. Maar, kiezen we b A met d A (a, b < n, dan b(n a(n, waardoor H(b G(b(n G(a(n, waardoor d X (H(b, H(a < ε: H is continu. Nu we een verbinding hebben van X naar een deelverzameling van N N, willen we in het volgende deel een link leggen naar binaire rijtjes; een discontinuüm zoals we in hoofdstuk 1 hebben gedefinieerd komt neer op herhaaldelijke keuzes uit, dus dat klinkt billijk, om de laatste stap eenvoudiger te maken. 30

32 Lemma 4.5 is een erg technisch, maar het komt neer op een bijectie van onze deelverzameling van N N naar B {0, 1} N. Lemma 4.5 Zij A N N gedefinieerd als in lemma 4.4. Zij d de metriek op oneindige rijen gedefinieerd als { 0 als a b d(a, b n elders Hier is n de kleinste index waarvoor a(n b(n. Dan is A homeomorf met B onder de genoemde metriek. Bewijs: Ten eerste maken we een functie B die getallen een unieke binaire representatie geeft. Verstaan we onder B m een lexicografisch geördende rijtje (met indices van 0 tot en met m 1 van de elementen van { 1, 1} m, dan maken we nu B(n, m voor n N, n m 1 als B(n, m B m (n Nu gaan we de voorloper van het homeomorfisme maken, F : A ({ 1, 1} N definiëren. gegeven a A geven we de volgende inductieve definitie: Voor F (a(0 a(0 []. ( F (a (n [ B ( a(n, max{b(n b A b(n a(n} ] Het maximum gebruikt in deze definitie is welgedefinieerd door de constructie van functie G in lemma 4.3 die op zijn beurt de verzameling A vastlegt. Ten slotte definiëren we F : A B door F (a F (a(n. n N Nu laten we zien dat deze F inderdaad een homeomorfisme is: F is injectief: stel, F (a F (b. We kunnen nu schrijven: F (a B(a(0, n 0 B(a(1, n 1 B(a(, n... F (b B(b(0, m 0 B(b(1, m 1 B(b(, m... We gaan per inductie bewijzen dat a(k b(k (en n k m k voor alle k N. Kies k N. Neem aan dat voor alle i < k geldt dat n i m i en a(i b(i. We zien nu: F (a B(a(0, n 0... B(a(k 1, n k 1 B(a(k, n k... F (b B(a(0, n 0... B(a(k 1, n k 1 B(b(k, m k... Nu weten we, dat n k 1 m k 1 max{c(k c A c(k a(k}, waardoor n k m k. Bij gegeven m is de functie n B(n, m injectief, waardoor ook a(k b(k. Voor het geval k 0 houdt deze redenering stand, omdat in dat geval max{c(k c A c(k a(k} kan worden vereenvoudigd tot max{c(0 c A}, waardoor inductieaanname gedaan hoeft te worden. Per inductie geldt nu dus a b, dus F is injectief. F is surjectief: voor b B definieer je een rijtje a 0, a 1,... als volgt: Definieer a 0 ten eerste als het lege rijtje. Nu, voor k N met k > 0: 31

33 1. Bepaal m k zodat m k 1 max {b(k b A b(k a k 1 }.. Bepaal n k {0,..., m k 1} zodat b(m m k 1 B(n k, m k b(m m k voor 0 i m k. (Door de wijze waarop B gemaakt is, is dit altijd mogelijk. 3. a k+1 a k n k. Leg nu a vast door de eis a(n a n. Nu geldt, per definitie, F (a b. Er zaten geen verdere eisen aan b: F is surjectief. F is continu: Kies a A en ε > 0. We kiezen n zodat n < ε. Omdat de functie n B(n, m een getal n afbeeldt op een rijtje van lengte minstens 1 wanneer m + 1 > 1 (en door de keuzes die we gemaakt hebben is m altijd minstens zo groot, betekent dit dat als b A met d(a, b < n, dan a(n b(n, en daardoor F (a(n F (b(n, met als gevolg dat d(f (a, F (b < n < ε. F is bijectief en continu. A is compact, dus ook F 1 is continu: F is een homeomorfisme en A en B zijn homeomorf. Het laatste lemma voor stelling 4.7 is vrij recht-toe-recht-aan. Van binaire rijtjes gaan we naar elementen van het discontinuüm door een 0 te zien als een stap naar links en 1 als een stap naar rechts. Lemma 4.6 Zij B { 1, 1} N en D 1 het discontinuüm gedefinieerd door de rij a n 4 n 1. Zij d B de metriek op rijtjes zoals gedefinieerd in lemma 4.4, gedefinieerd op B. Zij d de euclidische metriek op D 1. Dan zijn B en D 1 homeomorf onder de genoemde metrieken. Bewijs: Zij d n zoals gedefinieerd in hoofdstuk 1. Nu definiëren we de functie g : B D 1 : (α n n 1 + α n d n. Injectiviteit en surjectiviteit hebben we al bewezen in hoofdstuk 1. Rest ons nu slechts de continuïteit. Zij ε > 0. Bepaal n zodat n < ε. Vullen we a k 4 k 1 in in de definitie van d k, dan vinden we d k k k < k. Kies (β n n zodat d ( (α n n, (β n n < n 1. Dan geldt voor alle i n dat α i β i, waardoor g ( ( (α n n g (αn n (α k β k d k < kn d k (4.4 kn k 1 (4.5 kn n. (4.6 g is continu en vanwege compactheid van B is ook g 1 continu: g is een homeomorfisme en B en D 1 zijn homeomorf. Nu het voorwerk is gedaan is het bewijs van 4.7 kinderlijk eenvoudig. Toch belangrijk het nog eens goed te noemen. Stelling 4.7 Zij (X, d een metrische ruimte met de volgende eigenschappen: 3

34 X is volledig onsamenhangend. X is compact. X heeft geen geïsoleerde punten. Dan is X homeomorf met D 1. Bewijs: Deze stelling is een eenvoudige combinatie van lemma s 4.4, 4.5 en 4.6. Hiermee is het begrip discontinuüm eenvoudig uit te breiden zodat het een deel van de klasse van alle metrische ruimtes beslaat. We kunnen het bestaan van een homeomorfisme gebruiken om ook een duivelsfunctie te definiëren op elke willekeurige metrische ruimte die voldoet aan de eerder genoemde eisen, door t samen te stellen met de duivelsfunctie f op D 1. X is compact, dus d is begrensd. We kunnen dus een equivalente metriek maken met voor alle x, y X, d(x, y 1. Zij t een homeomorfisme van X naar D 1 en f de duivelstrap op D 1. Dan: De duiveltrap op D 1 Dus als we hebben Dan volgt f t (x f t (y M d(x, y α (4.7 (f t(x (f t(y M d(x, y α (4.8 is Hölder met M 1 en α 1 (en dus zelfs Lipschitz, dus f(t(x f(t(y t(x t(y (4.9 t(x t(y M d(x, y β (4.10 f t (x f t (y M d(x, y β (4.11 f t is dus Hölder respectievelijk Lipschitz dan en slechts als t het is. 4. Duivelsfuncties van R naar [0, 1] Ondanks dat we dus best wat kunnen zeggen over de duivelsfuncties uit de vorige sectie, mist een willekeurige metrische ruimte wat structuur die voor het bestuderen van duivelsfuncties interessant is; een ordening, om te kunnen spreken van stijgendheid, en een omliggende ruimte, waarop de functie stuksgewijs constant is. Daarom kijken we in deze paragraaf naar een iets minder algemene verzameling X R, met de Euclidische metriek. We kunnen X inbedden in een inval [a, b], waar a min X, b max X. Omdat de lineaire transformatie x x a b a niet zal storen bij zowel differentieerbaarheid als bij Hölder zijn of niet, kunnen we er zonder verlies van algemeenheid van uitgaan dat min X 0 en max X 1. X is meetbaar, want X is een compacte deelverzameling van [0, 1] en dus gesloten. 33