Immagine di una successione.

[maurer]

Sia [tex]g(\cdot):[a,b] \subsetneq \mathbb{R} \to [c,d] \subsetneq \mathbb{R}[/tex] ([tex]a < b, c < d[/tex]) una funzione continua e suriettiva. Sia [tex]f(\cdot): \mathbb{R} \to [c,d][/tex] il suo prolungamento per periodicità a tutto [tex]\mathbb{R}[/tex], con periodo [tex]T = b-a[/tex]. Ossia poniamo
[tex]f(x) = g(x + k \cdot T)[/tex]
dove [tex]k \in \mathbb{Z}[/tex] è l'unico intero per cui [tex]x+k \cdot T \in [a,b][/tex].

Prove it! L'immagine della successione [tex]\{f(\alpha\cdot n)\}_{n \in \mathbb{N}}[/tex] è densa in [tex][c,d][/tex] se e solo se il rapporto [tex]\frac{\alpha}{T}[/tex] è irrazionale.

[Rigel1]

Se non supponi che $[c,d]$ sia l'immagine di $g$ è improbabile che questo risultato sia vero.

[maurer]

Mi sono perso per strada l'ipotesi di suriettività.

[alvinlee881]

EDIT: vedere sotto

[alvinlee881]

Ok c'ho pensato un bel pò oggi, non l'ho risolto tutto ma ecco quello che ho pensato (ovviamente modulo soliti errori)

Dimostro innanzitutto che se [tex]\frac{\alpha}{T}[/tex] è razionale, l'insieme [tex]\{f(\alpha n)\}_{n\in\mathbb N}[/tex] è finito, e quindi non può essere denso in [tex][c,d][/tex]. Sia [tex]\bar n[/tex] il più piccolo intero positivo tale che [tex]\frac{\bar n\alpha}{T}[/tex] sia intero. Se [tex]m\equiv n (\bar n)[/tex], [tex]\frac{\alpha}{T}(m-n)[/tex] è intero, quindi esiste un [tex]k[/tex] tale che [tex]\alpha m=\alpha n +kT[/tex], e dunque per periodicità [tex]f(\alpha n)=f(\alpha m)[/tex]. Dunque la successione assume solo i valori [tex]\{f(0),f(\alpha),\cdots,f((\bar n -1) \alpha )}[/tex], come da tesi

Viceversa se [tex]\frac{\alpha}{T}[/tex] è irrazionale, per ogni intero [tex]n[/tex] [tex]\frac{ n\alpha}{T}[/tex] non può essere intero, quindi per ogni [tex]n,m[/tex] distinti [tex]\alpha n[/tex] e [tex]\alpha m[/tex] sono diversi modulo [tex]T[/tex] ( dico che [tex]x,y[/tex] sono congrui modulo T, e scrivo [tex][x]_T=[y]_T[/tex], se [tex]x-[\frac{x}{T}]T=y-[\frac{y}{T}]T[/tex], con [tex][x][/tex] la parte intera inferiore di [tex]x[/tex] ), ossia la successione [tex]\{[\alpha n]_T\}\subset [a,b][/tex] assume infiniti valori, in un intervallo limitato. Quindi tale successione ammette almeno un punto di accumulazione, magari se fosse vero che ogni punto di [tex][a,b][/tex] è un punto di accumulazione, grazie alla continuità di [tex]f[/tex] (nei punti estremi dovrebbe bastare quella sinistra o destra) avrei che l'immagine di tale successione è densa in [tex][c,d][/tex].

Provo a pensarci un altro pò...

[maurer]

L'idea è la stessa con cui ho iniziato io ad attaccare il problema. Tuttavia, io non sono riuscito ad andare molto avanti. In effetti, ho cambiato quasi completamente approccio per risolverlo.
Al massimo, tra un paio di giorni, pubblico un hint, se nessuno lo ha ancora risolto.

P.S. Quando scrivi [tex][x]_T = [y]_T[/tex] intendi [tex]x-y = k T, \quad k \in \mathbb{Z}[/tex]? Mi sembra la stessa cosa, ma a quest'ora tarda prendo con beneficio d'inventario tutto quello che mi propone la mia testa.

[Rigel1]

Non è restrittivo supporre $T=1$.
Come già osservato da alvinlee, grazie alla continuità e alla suriettività di $g$ è sufficiente dimostrare che, posto
$\phi(x) := x - [x]$, con $[x] = $ parte intera di $x$,
la successione $(\phi(n\alpha))_n$ è densa in $[0,1]$.

A sua volta, per dimostrare questa proprietà è sufficiente dimostrare che, per ogni $\epsilon > 0$, esiste $p\in\mathbb{N}$ tale che
(1) $\phi(p\alpha) < \epsilon$ oppure $\phi(p\alpha) > 1 - \epsilon$.

Fissiamo dunque $\epsilon > 0$, e sia $q\in\mathbb{N}$ tale che $q > 1/\epsilon$.
Poiché $\alpha$ è irrazionale, i $q+1$ punti $\phi(\alpha), \ldots, \phi((q+1)\alpha)$ sono tutti distinti.
Se dividiamo l'intervallo $[0,1]$ in $q$ sottointervalli di uguale ampiezza, esiste almeno uno di questi sottointervalli che contiene almeno due dei $q+1$ punti sopra elencati; in altri termini, esistono $m,n \in \{1, \ldots, q+1\}$, $1\le n < m \le q+1$, tali che
$|\phi(m\alpha) - \phi(n\alpha)| < 1/q < \epsilon$.
Posto $p = m - n$, e osservando che
$\phi(p\alpha) = {(\phi(m\alpha) - \phi(n\alpha), "se " \phi(m\alpha) - \phi(n\alpha) \ge 0), (1+\phi(m\alpha) - \phi(n\alpha), "se " \phi(m\alpha) - \phi(n\alpha) < 0):}$
concludiamo che (1) è verificata.

[maurer]

Mi sembra corretto. Ti chiederei però di essere più preciso su questa tua affermazione.

"Rigel":

A sua volta, per dimostrare questa proprietà è sufficiente dimostrare che, per ogni $\epsilon > 0$, esiste $p\in\mathbb{N}$ tale che
(1) $\phi(p\alpha) < \epsilon$ oppure $\phi(p\alpha) > 1 - \epsilon$.

Nel frattempo, prima di proporre la mia soluzione, ho un rilancio.

Prove it! Siano [tex]g_1(\cdot) : [a_1,b_1] \subsetneq \mathbb{R} \to [c_1,d_2] \subsetneq \mathbb{R}[/tex] ([tex]a_1 < b_1, c_1 < d_1[/tex]), [tex]g_2(\cdot) : [a_2, b_2] \subsetneq \mathbb{R} \to [c_2,d_2] \subsetneq \mathbb{R}[/tex] ([tex]a_2 < b_2, c_2 < d_2[/tex]) due funzioni continue e suriettive. Siano [tex]f_1(\cdot) : \mathbb{R} \to [c_1,d_1][/tex], [tex]f_2(\cdot): \mathbb{R} \to [c_2,d_2][/tex] i loro prolungamenti periodici a tutto [tex]\mathbb{R}[/tex]. Mostrare che l'immagine della curva [tex]\gamma(t) = (f_1(t),f_2(t))[/tex] è densa in [tex]Q:=[c_1,d_1]\times [c_2,d_2][/tex] se il rapporto dei periodi è irrazionale.

[Rigel1]

"maurer":Mi sembra corretto. Ti chiederei però di essere più preciso su questa tua affermazione.

[quote="Rigel"]
A sua volta, per dimostrare questa proprietà è sufficiente dimostrare che, per ogni $\epsilon > 0$, esiste $p\in\mathbb{N}$ tale che
(1) $\phi(p\alpha) < \epsilon$ oppure $\phi(p\alpha) > 1 - \epsilon$.

[/quote]

Siano $x\in [0,1)$ e $\epsilon>0$ fissati.
Consideriamo il primo caso, cioè che esiste $p\in\mathbb{N}$ tale che $0 < \phi(p\alpha) <\epsilon$ (l'altro caso è analogo).
Sia $n = [\frac{x}{\phi(p\alpha)}]$; abbiamo che
$0 < x - n \phi(p\alpha) < \epsilon$.
Poiché, in tali ipotesi, $n\phi(p\alpha) = \phi(np\alpha)$, segue che il punto $\phi(np\alpha)$ della successione sta in un intorno di raggio $\epsilon$ di $x$.

[maurer]

Ok, perfetto.