Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

peter · #1

Έστω $f:\mathbb R\to \mathbb R$ συνεχής, περιοδική συνάρτηση με περίοδο

ώστε $\sum_{n=1}^\infty \frac{|f(n)|}{n}<+\infty$ . Δείξτε ότι:

(α) Το σύνολο $Z=\{x : f(x)=0\}$ περιέχει αυθαίρετα μεγάλη αριθμητική πρόοδο με διαφορά 1.

(β) Αν $T\notin \mathbb Q$ , τότε $f\equiv 0$ .

#2

(α) Για $k \in \mathbb{N}$ ορίζουμε $f_k(x) = \max\{|f(x)|,|f(x+1) - f(x)|,|f(x+2) - f(x+1)|,\ldots,|f(x+k) - f(x+k-1)|\}$ . Παρατηρούμε ότι η f_k

είναι συνεχής με περίοδο

. Αρκεί να δείξουμε ότι f_k(x) = 0

για κάποιο $x \in \mathbb{R}$ αφού τότε θα έχουμε $x,x+1,\ldots,x+k \in Z$ . Παρατηρούμε επίσης ότι $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f_k(n)}{n} \leqslant 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|f(n)| + \cdots + |f(n+k)|}{n} \leqslant 2 \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|f(n)|}{n} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2|f(n+1)|}{n+1} + \cdots + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(k+1)|f(n+k)|}{n+k}\right) < \infty}$

Έστω ένα κλειστό διάστημα μήκους

. Η

, ως συνεχής σε αυτό το διάστημα είναι φραγμένη και λαμβάνει την ελάχιστη τιμή της. Αν αυτή είναι 0, τότε τελειώσαμε. Αν είναι m > 0

, τότε ως περιοδική συνάρτηση θα είχαμε $\displaystyle{ f_k(n) \geqslant m}$ για κάθε

και άρα $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f_k(n)}{n} = \infty}$ , άτοπο.

(β) Έστω ότι $f(x) \neq 0$ για κάποιο $x \in \mathbb{R}$ . Τότε υπάρχει διάστημα (a,b)

και

ώστε $|f(x)| \geqslant r$ για κάθε $x \in (a,b)$ και συνεπώς για κάθε $x \in \cup_{m \in \mathbb{Z}} (a+mT,b+mT)$ . Παρατηρούμε ότι $n \in (a + mT,b+mT)$ για κάποιο $m \in \mathbb{Z}$ αν και μόνο αν $((n-b)/T,(n-a)/T) \cap \mathbb{Z} \neq \emptyset$ . Αν $(b-a)/T \geqslant 1$ , τότε αυτό ισχύει για κάθε $n \in \mathbb{N}$ και άρα $\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f(n)}{n} = \infty}$ , άτοπο. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι 0 < (b-a)/T < 1

. Επειδή ο

και συνεπώς ο 1/T

είναι άρρητος, από το θεώρημα ισοκατανομής του Weyl, έχουμε ότι $\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{|A_n|}{n} = \frac{b-a}{T}}$ , όπου A_n

δηλώνει το σύνολο όλων των φυσικών μικρότερων ή ίσων του

για τους οποίους έχουμε $n \in (a + mT,b+mT)$ για κάποιο $m \in \mathbb{Z}$ . Παίρνουμε τώρα n_1

αρκετά μεγάλο ώστε $|A_{n_1}| \geqslant (b-a)n_1/2T$ . Τότε $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n_1} \frac{|f(k)|}{k} \geqslant \sum_{n_1 - (b-a)n_1/2T \leqslant k \leqslant n_1} \frac{r}{k} \sim r\log(2T/(2T - (b-a)))}$ . Επομένως αν n_1

, αρκετά μεγάλο τότε $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n_1} \frac{|f(k)|}{k} \geqslant \frac{r}{2\log(2T/(2T - (b-a)))}}$ . Μετά επιλέγουμε n_2

αρκετά μεγάλο ώστε $|A_{n_2} \setminus A_{n_1}| \geqslant (b-a)(n_2 - n_1)/2T$ και όπως πριν έχουμε $\displaystyle{ \sum_{k=n_1+1}^{n_2} \frac{|f(k)|}{k} \geqslant \frac{r}{2\log(2T/(2T - (b-a)))}}$ . Επαγωγικά μπορούμε να επιλέξουμε $n_1 < n_2 < \cdots$ ώστε για κάθε

, $\displaystyle{ \sum_{k=n_i+1}^{n_{i+1}} \frac{|f(k)|}{k} \geqslant \frac{r}{2\log(2T/(2T - (b-a)))}}$ . Αλλά τότε πάλι η σειρά $\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{|f(k)|}{k}}$ θα αποκλείνει, άτοπο.

peter · #3

Σωστά, αυτή είναι η ιδέα. Μερικά σχόλια. Στο (α) και η συνάρτηση $\displaystyle F_k(x)=\sum_{j=1}^k|f(x+j)|$ θα δούλευε. Κατόπιν, όπως δείχνει κι ο Δημήτρης, πάμε να δείξουμε με άτοπο ότι η F_k

έχει μηδενική ελάχιστη τιμή.

Για το (β) μια πιο σύντομη προσέγγιση θα ήταν η εξής: Θέτουμε $\theta_n:=n/T-[n/T]$ οπότε από την

-περιοδικότητα της

έχουμε ότι $|f(n)|=|f(T\theta_n)|=g(\theta_n)$ , όπου g(x):=|f(Tx)|

συνεχής και 1-περιοδική.

Τότε, η υπόθεση μας λέει ότι η σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{g(\theta_n)}{n}$ συγκλίνει. Από το λήμμα του Kronecker, έπεται ότι $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{g(\theta_1)+\ldots +g(\theta_n)}{n}=0$ .

Από την άλλη μεριά, επειδή $1/T\notin \mathbb Q$ γνωρίζουμε (π.χ. από το Κριτήριο του Weyl) ότι η $(\theta_n)$ είναι ομοιόμορφα κατανεμημένη. Επομένως, για τη συνεχή, 1-περιοδική

ισχύει:

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{g(\theta_1)+\ldots +g(\theta_n)}{n}=\int_0^1g(x)\, dx$ . Παίρνουμε από τα παραπάνω ότι $\displaystyle \int_0^T|f(x)|\, dx=0$ και το ζητούμενο έπεται.

Νομίζω, ότι το (β) φέρει και το όνομα κάποιου, αλλά αυτή τη στιγμή μου διαφεύγει. Δημήτρη, αν το θυμάσαι γράψε το, να το θυμηθούμε κι εμείς.

#4

peter έγραψε: Νομίζω, ότι το (β) φέρει και το όνομα κάποιου, αλλά αυτή τη στιγμή μου διαφεύγει. Δημήτρη, αν το θυμάσαι γράψε το, να το θυμηθούμε κι εμείς.

Όχι Πέτρο δεν το γνωρίζω. Άμα το θυμηθείς μας το λες.

Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Μέλη σε σύνδεση