[EX] - Funzioni periodiche
Esercizio. Sia $f:RR \to RR$. Posto
\[T_0:=\inf \underbrace{\{T>0\, | \, f\ \text{e'}\ T\text{-periodica}\}}_{=:H}\]
provare che
\[T_0=0\implies f\ \text{costante}\]
Dunque...io ho proceduto in questo modo. Poiché $T_0=\text{inf}\ H$, allora, $\forall \varepsilon\in RR$, $\varepsilon>T_0=0$,$\exists T\in H$ tale che $T<\varepsilon$; ciò vuol dire che, comunque fisso un $\varepsilon>0$, $\exists T<\varepsilon$ tale che, $\forall x\in RR$,
\[f(x)=f(x+T)\]
ovvero che $f$ è costante.
PS. Suppongo di aver tralasciato qualcosa. Insomma, per poter "spostare", come ho fatto, il tale che da una parte all'altra occorra una qualche "giustificazione". Che ne dite?
Grazie in anticipo
\[T_0:=\inf \underbrace{\{T>0\, | \, f\ \text{e'}\ T\text{-periodica}\}}_{=:H}\]
provare che
\[T_0=0\implies f\ \text{costante}\]
Dunque...io ho proceduto in questo modo. Poiché $T_0=\text{inf}\ H$, allora, $\forall \varepsilon\in RR$, $\varepsilon>T_0=0$,$\exists T\in H$ tale che $T<\varepsilon$; ciò vuol dire che, comunque fisso un $\varepsilon>0$, $\exists T<\varepsilon$ tale che, $\forall x\in RR$,
\[f(x)=f(x+T)\]
ovvero che $f$ è costante.
PS. Suppongo di aver tralasciato qualcosa. Insomma, per poter "spostare", come ho fatto, il tale che da una parte all'altra occorra una qualche "giustificazione". Che ne dite?
Grazie in anticipo
Risposte
"Plepp":
Dunque...io ho proceduto in questo modo. Poiché $T_0=\text{inf}\ H$, allora, $\forall \varepsilon\in RR$, $\varepsilon>T_0=0$,$\exists T\in H$ tale che $T<\varepsilon$; ciò vuol dire che, comunque fisso un $\varepsilon>0$, $\exists T<\varepsilon$ tale che, $\forall x\in RR$,
\[f(x)=f(x+T)\]
Direi che fin qui è tutto chiaro: hai applicato una delle proprietà dell'estremo inferiore. Ora dovresti fare qualche passetto in più per rendere evidente che quella condizione lì implica la tesi.
"Plepp":
PS. Suppongo di aver tralasciato qualcosa. Insomma, per poter "spostare", come ho fatto, il tale che da una parte all'altra occorra una qualche "giustificazione". Che ne dite?
In realtà qui non hai commesso errori.
L'errore lo hai commesso quando hai scritto "quindi $f$ è costante".
Il fatto che per qualunque $\varepsilon>0$ esista un $T>0$ tale che la $f$ risulti $T$-periodica non implica che $f$ sia costante.
Se infatti prendiamo la funzione caratteristica di $\QQ$, chiamiamola $\chi_\QQ$, è vero che $\chi_\QQ$ è $T$ periodica per qualunque $T$ razionale positivo. Dunque $H\supseteq{q\in\QQ|q>0}$ e $T_0=\text{inf }H=0$, ma $\chi_\QQ$ è tutt'altro che costante.
Per raggiungere la conclusione che ti interessa sono necessarie altre ipotesi.
Ah, ecco. Bene che sia intervenuto PZf, io non avevo terminato l'esercizio.
Grazie ragazzi l'esercizio è terminato: mi sono accorto solo ora che nella traccia c'era scritto "dimostrare o confutare che...".
P.S.: e se avessi avuto la continuità di $f$ tra le ipotesi?
l'esercizio è terminato: mi sono accorto solo ora che nella traccia c'era scritto "dimostrare o confutare che...".P.S.: e se avessi avuto la continuità di $f$ tra le ipotesi?
no hai trovato un controesempio pe.
La proposizione in se è falsa.
infatti come ha detto P2f
basta prendere la funzione di Direchlet definita come segue :
$D: RR -> RR$ assume valore 1 per $x in QQ$ assume valore $0$ per $x in RR\\QQ$.
Voglio mostrare che $AA \alpha in QQ$ $D$ è $\alpha-$ periodica.
Ma ciò è abbastanza ovvio.
Se $x$ è razionale allora anche $x+\alpha in QQ$ e ne segue che $f(x+\alpha)=1=f(x)$
se $x$ non è razionale allora anche $x+\alpha$ non è razionale e ne segue che $f(x+\alpha)=0=f(x)$
Quindi $AA x in RR : f(x+\alpha)=f(x)$ per ogni $\alpha in Q$
Pertanto posto $P={ \alpha >0 | \alpha in Q\\{0}}$ ho che
$T_0= inf { \alpha >0 | \alpha in Q\\{0}} =0$ Il che è vero. Infatti $AA \epsilon >0 EE x in P : x<\epsilon$
Ora però mi sorgerebbe una domanda, ne esistono altre?
La proposizione in se è falsa.
infatti come ha detto P2f
basta prendere la funzione di Direchlet definita come segue :
$D: RR -> RR$ assume valore 1 per $x in QQ$ assume valore $0$ per $x in RR\\QQ$.
Voglio mostrare che $AA \alpha in QQ$ $D$ è $\alpha-$ periodica.
Ma ciò è abbastanza ovvio.
Se $x$ è razionale allora anche $x+\alpha in QQ$ e ne segue che $f(x+\alpha)=1=f(x)$
se $x$ non è razionale allora anche $x+\alpha$ non è razionale e ne segue che $f(x+\alpha)=0=f(x)$
Quindi $AA x in RR : f(x+\alpha)=f(x)$ per ogni $\alpha in Q$
Pertanto posto $P={ \alpha >0 | \alpha in Q\\{0}}$ ho che
$T_0= inf { \alpha >0 | \alpha in Q\\{0}} =0$ Il che è vero. Infatti $AA \epsilon >0 EE x in P : x<\epsilon$
Ora però mi sorgerebbe una domanda, ne esistono altre?
@Plepp.
Se tra le ipotesi avessi la continuità di $f$,
osservato preliminarmente che per quanto da te detto potrai affermare come $AAn inNN$ $EET_n inH" t.c "0
(lascio a te il compito di trovare come siano individuabili siffatti $z_n,m_(n,z)$,al variare di $z inRR$ e di $n inNN$..);
pertanto,fissati a piacere $overline(x),overline(y)inRR$,con evidente significato dei simboli avrai che
$0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|=|f(overline(x)_n+overline(m)_nT_n)-f(overline(y)_n+overline(u)_nT_n)|=|f(overline(x)_n)-f(overline(y)_n)|$
(uguaglianza giustificata dalla $T_n"-periodocità"$ della $f$..)
$<=max_(z in[0,T_n])f(z)-min_(z in [0,T_n])f(z)$ $AAn inNN$
(disuguaglianza la cui verifica cedo a te di nuovo ben volentieri,
restando implicito come prima che se hai proprio bisogno fà un fischio..):
detti allora,$AAn inNN$,$overline(x)'_n,overline(y)'_n in[0,T_n]" t.c "f(overline(x)'_n)=max_(z in[0,T_n])f(z)$, $f(overline(y)'_n)=min_(z in [0,T_n])f(z)$
(com'è legittimo fare,$AAn in NN$,per il Teorema di Weierstrass nell'ipotesi da te aggiunta su $f$,
e dunque sulle sue restrizioni a $[0,T_n]$..),
avrai $0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|<=|f(overline(x)'_n)-f(overline(y)'_n)|$ $AAn inNN$ (1).
Ma,per il teorema dei due carabinieri,$0<=overline(x)'_n ,overline(y)'_n<=T_n<1/nrArrEElim_(n to oo)overline(x)'_n=lim_(n to oo)overline(y)'_n=0$;
pertanto dalla (1),passando al limite in tutti i suoi membri per $n to oo$
(più formalmente dovresti dire d'aver applicato un noto teorema del confronto sulle successioni regolari..)
e ricordando un teorema ponte relativo a successioni e funzioni continue(qual'è la tua $f$..),
potrai dedurre come $0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|<=|f(0)-f(0)|=0rArr|f(overline(x))-f(overline(y))|=0rArrf(overline(x))-f(overline(y))=0rArrf(overline(x))=f(overline(y))$:
in forza dell'arbitrarietà di $overline(x),overline(y)$ avrai allora che $f(x)=f(y)$ $AAx,y inRR$ e dunque,per definizione,
la veridicità di quanto l'intuito ci spingeva a congetturare(a meno di miei gravi errori..)!
Saluti dal web.
Se tra le ipotesi avessi la continuità di $f$,
osservato preliminarmente che per quanto da te detto potrai affermare come $AAn inNN$ $EET_n inH" t.c "0
(lascio a te il compito di trovare come siano individuabili siffatti $z_n,m_(n,z)$,al variare di $z inRR$ e di $n inNN$..);
pertanto,fissati a piacere $overline(x),overline(y)inRR$,con evidente significato dei simboli avrai che
$0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|=|f(overline(x)_n+overline(m)_nT_n)-f(overline(y)_n+overline(u)_nT_n)|=|f(overline(x)_n)-f(overline(y)_n)|$
(uguaglianza giustificata dalla $T_n"-periodocità"$ della $f$..)
$<=max_(z in[0,T_n])f(z)-min_(z in [0,T_n])f(z)$ $AAn inNN$
(disuguaglianza la cui verifica cedo a te di nuovo ben volentieri,
restando implicito come prima che se hai proprio bisogno fà un fischio..):
detti allora,$AAn inNN$,$overline(x)'_n,overline(y)'_n in[0,T_n]" t.c "f(overline(x)'_n)=max_(z in[0,T_n])f(z)$, $f(overline(y)'_n)=min_(z in [0,T_n])f(z)$
(com'è legittimo fare,$AAn in NN$,per il Teorema di Weierstrass nell'ipotesi da te aggiunta su $f$,
e dunque sulle sue restrizioni a $[0,T_n]$..),
avrai $0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|<=|f(overline(x)'_n)-f(overline(y)'_n)|$ $AAn inNN$ (1).
Ma,per il teorema dei due carabinieri,$0<=overline(x)'_n ,overline(y)'_n<=T_n<1/nrArrEElim_(n to oo)overline(x)'_n=lim_(n to oo)overline(y)'_n=0$;
pertanto dalla (1),passando al limite in tutti i suoi membri per $n to oo$
(più formalmente dovresti dire d'aver applicato un noto teorema del confronto sulle successioni regolari..)
e ricordando un teorema ponte relativo a successioni e funzioni continue(qual'è la tua $f$..),
potrai dedurre come $0<=|f(overline(x))-f(overline(y))|<=|f(0)-f(0)|=0rArr|f(overline(x))-f(overline(y))|=0rArrf(overline(x))-f(overline(y))=0rArrf(overline(x))=f(overline(y))$:
in forza dell'arbitrarietà di $overline(x),overline(y)$ avrai allora che $f(x)=f(y)$ $AAx,y inRR$ e dunque,per definizione,
la veridicità di quanto l'intuito ci spingeva a congetturare(a meno di miei gravi errori..)!
Saluti dal web.
Assumendo la continuità di $f$ si può concludere ragionando per assurdo.
Supponiamo che la $f$ non sia costante. Esistono dunque due punti $x_1$ e $x_2$ tali che $f(x_1)\ne f(x_2)$ (senza perdere di generalità supponiamo $x_1
E' possibile costruire due successioni $(a_n)_{n\in\NN}$ e $(b_n)_{n\in\NN}$ con $a_n\in H$ e $b_n\in\NN$ tali che $f$ sia $a_n$-periodica per ogni $n$ e $x_1+a_nb_n->x_2$ per $n->+oo$.
Infatti, scelto $a_n<1/n$ (chiaro che per ogni $n$ esiste un $a_n$ del genere in $H$) e $b_n=[{x_2-x_1}/{a_n}]$ ($[\cdot]$ è la funzione parte intera) vale $b_n<={x_2-x_1}/{a_n}
Ora da un lato, dato che $x_1+a_nb_n->x_2$ per $n->+oo$ deve essere $\lim_{n->+oo}f(x_1+a_nb_n)=f(x_2)$ per la continuità di $f$.
D'altra parte, dato che $f(x_1+a_nb_n)=f(x_1)\ \forall n\in\NN$ per la $a_n$-periodicità di $f$, deve anche essere $\lim_{n->+oo}f(x_1+a_nb_n)=f(x_1)$, quindi $f(x_1)=f(x_2)$ contro l'ipotesi di partenza.
Ne segue che la $f$ non può che essere costante.
EDIT: mi accorgo ora che l'idea di fondo di questo mio discorso è molto simile a quella presentata da theras, che non avevo letto con sufficiente attenzione prima di postare. Lascio comunque questo post perché ad un certo punto i nostri due argomenti differiscono significativamente, quindi può essere istruttivo per chiunque voglia leggere dare un'occhiata ad entrambe le idee.
Supponiamo che la $f$ non sia costante. Esistono dunque due punti $x_1$ e $x_2$ tali che $f(x_1)\ne f(x_2)$ (senza perdere di generalità supponiamo $x_1
E' possibile costruire due successioni $(a_n)_{n\in\NN}$ e $(b_n)_{n\in\NN}$ con $a_n\in H$ e $b_n\in\NN$ tali che $f$ sia $a_n$-periodica per ogni $n$ e $x_1+a_nb_n->x_2$ per $n->+oo$.
Infatti, scelto $a_n<1/n$ (chiaro che per ogni $n$ esiste un $a_n$ del genere in $H$) e $b_n=[{x_2-x_1}/{a_n}]$ ($[\cdot]$ è la funzione parte intera) vale $b_n<={x_2-x_1}/{a_n}
Ora da un lato, dato che $x_1+a_nb_n->x_2$ per $n->+oo$ deve essere $\lim_{n->+oo}f(x_1+a_nb_n)=f(x_2)$ per la continuità di $f$.
D'altra parte, dato che $f(x_1+a_nb_n)=f(x_1)\ \forall n\in\NN$ per la $a_n$-periodicità di $f$, deve anche essere $\lim_{n->+oo}f(x_1+a_nb_n)=f(x_1)$, quindi $f(x_1)=f(x_2)$ contro l'ipotesi di partenza.
Ne segue che la $f$ non può che essere costante.
EDIT: mi accorgo ora che l'idea di fondo di questo mio discorso è molto simile a quella presentata da theras, che non avevo letto con sufficiente attenzione prima di postare. Lascio comunque questo post perché ad un certo punto i nostri due argomenti differiscono significativamente, quindi può essere istruttivo per chiunque voglia leggere dare un'occhiata ad entrambe le idee.
"Kashaman":
Ora però mi sorgerebbe una domanda, ne esistono altre?
Puoi provare a costruire una $f$ non costante (e non continua) che soddisfi le ipotesi.
Per farlo ti basta scegliere una qualunque successione $(\varepsilon_n)_{n\in\NN}$ infinitesima e imporre la $\varepsilon_n$-periodicità a $f$ per ogni $n$.
Scegliendo \(\varepsilon_n=1/n\) ti esce una funzione concettualmente identica alla $\chi_\QQ$.
Se hai voglia puoi provare con \(\varepsilon_n=1/n^2\) e vedere cosa esce. Ad intuito credo che uscirà una funzione non costante diversa da $\chi_\QQ$.
ci penserò appena avrò gli strumenti necessari per farlo, grazie P2f!
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