Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Πέμ Σεπ 29, 2011 4:36 pm

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



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8565
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Σεπ 30, 2011 1:31 pm

(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 Τ. 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 T. Η f_k, 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 n 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 r > 0 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 T 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 n 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 i, \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
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Παρ Σεπ 30, 2011 7:25 pm

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 T-περιοδικότητα της f 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 g 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.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8565
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση και αριθμητική πρόοδος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Σεπ 30, 2011 9:52 pm

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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης