Демидович 753

[Ivan_B]

Пусть $\varphi(x)$ и $\psi(x)$ - непрерывные периодические функции, определенные при $-\infty < x< +\infty$ и $\lim\limits_{x\to+\infty}[\varphi(x)-\psi(x)]=0$.
Доказать, что $\varphi(x)\equiv\psi(x)$.

Получается доказать, что для каждого $a$, найдется значение аргумента $b$, при котором $\varphi(a)=\psi(b)$. Доказать, что $a=b$ не получается:
Из существования предела следует, что $|\varphi(x)-\psi(x)|<\varepsilon$, начиная с некоторого $x_0$. Пусть $T_1$ - период $\varphi(x)$, тогда, если взять $x=nT_1>x_0$, получается $|\varphi(0)-\psi(x)|<\varepsilon$. Значит существует значение $x$ при котором $\varphi(0)=\psi(x)$, в противном случае, $\varepsilon$ не может быть произвольно малым.

[demolishka]

Попробуйте для начала показать, что если $T_{1}$ и $T_{2}$, $T_{1} < T_{2},$ - периоды $\varphi$ и $\psi$, то обязательно $T_{1}=T_{2}$.

[Ivan_B]

Получилось:
Пусть $T_1$ и $T_2$ - периоды $\varphi(x)$ и $\psi(x)$. Тогда можно представить $x=nT_1+x_1=mT_2+x_2+x_1$, $0\leqslant x_1<T_1$, $0\leqslant x_2<T_2$.
Из существования предела, начиная с $x>x_0$, $|\varphi(x)-\psi(x)|<\varepsilon$, тогда
$|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|<\varepsilon$
$|\varphi(x_1)-\psi(T+x_2+x_1)|<\varepsilon$
Если фиксировать $x_1$, то разности - непрерывные функции $x_2$, поэтому принимают на отрезке $[0;T_2]$ свое минимальное значение.
Это значение должно быть равным $0$, поскольку в противном случае разности не могут быть меньше произвольного $\varepsilon$.
$|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|=0$
$|\varphi(x_1)-\psi(T+x_2+x_1)|=0$
Откуда $\psi(x_2+x_1)=\psi(T+x_2+x_1)$ для любого $x_1$
Значит $T_1=T_2=T$ - период разности $\varphi(x)-\psi(x)$, которая должна быть равна $0$, чтобы иметь предел.

Спасибо!

Пожалуйста, дайте знать, если я ошибок наделал.

[demolishka]

Ivan_B, я вот не совсем понял, что Вы написали, но мысль вроде уловил.

Ivan_B в сообщении #1345788 писал(а):

$|\varphi(x_1)-\psi(T+x_2+x_1)|<\varepsilon$

Откуда $T$ взялось и что это за зверь?

Ivan_B в сообщении #1345788 писал(а):

то разности - непрерывные функции

Здесь имеется в виду, не "разности", а "модуль разности"? А здесь

Ivan_B в сообщении #1345788 писал(а):

минимальное значение

- максимальное значение?

На самом деле непрерывность (хоть она и постулируется в задаче) здесь не важна. В оффтопе короткое решение.

(Оффтоп)

Пусть $T>0$ - период для $\varphi$. Покажем, что $T$ является периодом для $\psi$. Пусть $x$ - произвольный. Имеем

$$|\psi(x)-\psi(x+T)| \leq |\psi(x)-\varphi(x)| + |\varphi(x+T)-\psi(x+T)|.$$

Заметим, что к $x$ можно прибавлять любое число кратное периоду $\psi$. Поэтому из условия задачи следует, что правая часть неравенства сколь угодно мала. Отсюда получаем, что $|\psi(x)-\psi(x+T)| = 0$.

[Ivan_B]

demolishka в сообщении #1345826 писал(а):

Откуда $T$ взялось и что это за зверь?

Индекс потерял:
Поскольку $|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|<\varepsilon$ выполняется для $x>x_0$, оно останется верным, если $x$ увеличить на $T_1$:
$|\varphi(x_1+T_1)-\psi(x_2+x_1+T_1)|<\varepsilon$, поскольку $T_1$ - период $\varphi(x)$, $|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1+T_1)|<\varepsilon$

demolishka в сообщении #1345826 писал(а):

Здесь имеется в виду, не "разности", а "модуль разности"?

Да.

demolishka в сообщении #1345826 писал(а):

- максимальное значение?

Нет. Цель - доказать, что для любого $x_1\in [0;T_1)$ существует $x_2 \in [0;T_2)$, при котором модуль разности равен $0$:
Пусть такого $x_2$ не существует, тогда модуль разности всегда больше $0$. Модуль разности непрерывный, поэтому если зафиксировать $x_1$ и менять $x_2 \in [0;T_2)$ функция примет свое минимальное значение $m$($T_2$ можно не включать, поскольку $\psi(x)=\psi(x+T_2)$) Это приводит к противоречию, поскольку для $\varepsilon<m$ найдется $x_0$, такое что для всех $x>x_0$ верно $|\varphi(x)-\psi(x)|<\varepsilon$. Если взять $x_0<x=nT_1+x_1=mT_2+x_1+x_2$, то $|\varphi(x_1)-\psi(x_1+x_2)|<\varepsilon$.

demolishka в сообщении #1345826 писал(а):

В оффтопе короткое решение.

Еще раз спасибо.

[demolishka]

Вот смотрите, если Вы рассматриваете минимум, то тут

Ivan_B в сообщении #1345788 писал(а):

Откуда $\psi(x_2+x_1)=\psi(T+x_2+x_1)$ для любого $x_1$

$x_{2}$ зависит от $x_{1}$. Поэтому по-хорошему равенство выглядит как $\psi(g(x_{1})+x_1)=\psi(T+g(x_{1})+x_1)$, где $x_{2} = g(x_{1})$. Про $g(x_{1})$ Вы ничего не знаете (кроме существования). Что если $g(x_{1})+x_{1} = \operatorname{const}$ или $g(x_{1})+x_{1}$ пробегает не весь интервал $[0,T_{1}]$? Тогда это не дает периодичности.

[Ivan_B]

demolishka в сообщении #1345887 писал(а):

Тогда это не дает периодичности.

Да. Ошибка.

А что если изменить неравенства так:
$|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|<\varepsilon$
$|\varphi(x_1+T_2)-\psi(x_2+x_1)|<\varepsilon$
Тогда для любого $x_1$
$|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|=0$
$|\varphi(x_1+T_2)-\psi(x_2+x_1)|=0$

[demolishka]

Ivan_B, тут еще вот какой зверь зарыт. Вот здесь

Ivan_B в сообщении #1345851 писал(а):

Если взять $x_0<x=nT_1+x_1=mT_2+x_1+x_2$, то $|\varphi(x_1)-\psi(x_1+x_2)|<\varepsilon$.

Вы для данных $x_{1} $ и $x_{2} \in [0,T_{2}]$ хотите выбрать $x$ такой, что $x_0<x=nT_1+x_1=mT_2+x_1+x_2$. Но такое, вообще говоря, не всегда возможно (вернее - почти никогда). Заметьте что из $nT_1+x_1=mT_2+x_1+x_2$ обязательно следует, что $x_{2} = nT_{1} \pmod{T_{2}}$. Но у Вас-то $x_{2}$ - фиксирован (точка минимума). Т. е. Вам надо подобрать $n$. Представьте себе окружность длины $T_{2}$ и у Вас на ней отмечена точка $x_{2}$ и точки $0 , T_{1}, 2 T_{1}, 3 T_{1}, \ldots$ по модулю $T_{2}$. Вообще говоря, для данной случайной точки $x_{2}$ равенство $x_{2} = nT_{1} \pmod{T_{2}}$ не получится ни при каком $n$. Если периоды $T_{1}$ и $T_{2}$ несоизмеримы (иначе утверждение задачи совсем очевидно), т. е. $\frac{T_{1}}{T_{2}} \not\in \mathbb{Q}$, то последовательность $nT_{1}$ всюду плотна на этой самой окружности длины $T_{2}$. Поэтому к точке $x_{2}$ она приближается с любой заданной точностью. И тогда Ваши рассуждения должны опираться на вот этот вот факт.

Это все конечно сложно для данной задачи, но тем не менее находится в ее окрестности. Имеется более общий факт: если функция $f(\cdot)$ почти периодическая и $f(t) \to 0$ при $t \to +\infty$, то $f \equiv 0$. Вот числовые свойства вышеупомянутого рода практически заложены в определение почти периодической функции.

[Ivan_B]

demolishka в сообщении #1346164 писал(а):

Но такое, вообще говоря, не всегда возможно (вернее - почти никогда).

Да, в чем ошибка понятно. Спасибо за подробное объяснение.

demolishka в сообщении #1346164 писал(а):

Если периоды $T_{1}$ и $T_{2}$ несоизмеримы (иначе утверждение задачи совсем очевидно), т. е. $\frac{T_{1}}{T_{2}} \not\in \mathbb{Q}$, то последовательность $nT_{1}$ всюду плотна на этой самой окружности длины $T_{2}$. Поэтому к точке $x_{2}$ она приближается с любой заданной точностью. И тогда Ваши рассуждения должны опираться на вот этот вот факт.

Исходя из этого получается найти $\varepsilon$-почти-период: поскольку исходные функции непрерывные и периодические, они равномерно непрерывные и по $\varepsilon/2$ можно подобрать $\delta$ , чтобы при $|x_1-x_2|<\delta$, $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon/2$ и $|g(x_1)-g(x_2)|<\varepsilon/2$, по $\delta$ подобрать $m$ и $n$ так, чтобы $|nT_1-mT_2|<\delta$, тогда для любого $\tau$ в промежутке от $nT_1$ до $mT_2$ верно $|f(x+\tau)+g(x+\tau)-f(x)-g(x)|<\varepsilon$:
$|f(x+\tau)+g(x+\tau)-f(x)-g(x)|=$
$|f(x+nT_1)+g(x+mT_2)-f(x)-g(x)+$$f(x+\tau)-f(x+nT_1)+g(x+\tau)-f(x+nT_2)|$
$=|f(x+\tau)-f(x+nT_1)+g(x+\tau)-f(x+nT_2)|$$\leqslant|f(x+\tau)-f(x+nT_1)|+|g(x+\tau)-f(x+nT_2)|<\varepsilon$

Доказать, что множество $\varepsilon$-почти-периодов относительно плотное, не получилось(это мне было нужно, чтобы доказать, что сумма $f(x)+g(x)$ почти-периодическая функция)
Определения я смотрел по книжке Левитан Б.М. Почти-периодические функции. В этой же книге я решил подсмотреть доказательство, потому что сам ничего не смог придумать. Там доказывается более общая теорема, которая мне показалась очень сложной.

[demolishka]

Ivan_B, для исправления Ваших рассуждений не нужно доказывать, что сумма периодических функций есть почти периодическая функция. Вот здесь

Ivan_B в сообщении #1345851 писал(а):

Цель - доказать, что для любого $x_1\in [0;T_1)$ существует $x_2 \in [0;T_2)$, при котором модуль разности равен $0$:
Пусть такого $x_2$ не существует, тогда модуль разности всегда больше $0$. Модуль разности непрерывный, поэтому если зафиксировать $x_1$ и менять $x_2 \in [0;T_2)$ функция примет свое минимальное значение $m$($T_2$ можно не включать, поскольку $\psi(x)=\psi(x+T_2)$) Это приводит к противоречию, поскольку для $\varepsilon<m$ найдется $x_0$, такое что для всех $x>x_0$ верно $|\varphi(x)-\psi(x)|<\varepsilon$. Если взять $x_0<x=nT_1+x_1=mT_2+x_1+x_2$, то $|\varphi(x_1)-\psi(x_1+x_2)|<\varepsilon$.

достаточно исправить последнюю строку и, исходя из всюду плотности, для данных $x_{1}, x_{2}$ выбрать $n$ такой, что $x = n T_{1} + x_{1} = m T_{2} + x_{1} + x_{2} + r_{n}$, где $r_{n}$ стремится к нулю. Тогда мы можем сколь угодно приблизиться к интересующему нас модулю разности и при достаточно больших $n$ получить противоречие. Замечу также, что ничто Вам не мешает брать $x_{2}$ в качестве точки максимума этого модуля разности и получить, что

Ivan_B в сообщении #1346075 писал(а):

$|\varphi(x_1)-\psi(x_2+x_1)|=0$

при всех $x_{1} \in [0,T_{1}],x_{2} \in [0,T_{2}]$. Отсюда вытекает, что $\psi \equiv \operatorname{const}$, что противоречит тому, что периоды были несоизмеримы.

И если уж пользоваться всюду плотностью $nT_{1} \pmod{T_{2}}$, то лучше сразу сказать, что $p_{n}T_{1}=q_{n}T_{2}+r_{n}$ для некоторой целочисленной последовательности $p_{n} \to +\infty$ и $r_{n} \to 0$. Тогда $0 \approx |\varphi(x + n T_{1}) - \psi(x + mT_{2} + r_{n})| = |\varphi(x)-\psi(x+r_{n})| \approx |\varphi(x)-\psi(x)|$. Но как я уже сказал выше, в данной конкретной задаче это не нужно и все оказывается проще.

К вопросу про почти периодические функции. Чтобы показать, что сумма двух периодических функций почти периодическая лучше использовать критерий Бохнера: ограниченная непрерывная функция $f(\cdot)$ почти периодическая тогда и только тогда когда из любой последовательности ее сдвигов $\{ f(\cdot + t_{n}) \}$, $t_{n} \in \mathbb{R}$, можно выделить равномерно сходящуюся подпоследовательность. Из него почти периодичность суммы/произведения п. п. функций очевидны. Без этого критерия, напрямую, доказательство есть у Безиковича (A. S. Besicovitch. Almost Periodic Functions. 1954), но это долго и муторно. Так что не советую туда заглядывать . Доказательство критерия Бохнера не такое уж и трудное, если думать в терминах $\varepsilon$-сетей и доступно для самостоятельного вывода хорошему студенту-третьекурснику знакомому с критерием предкомпактности Хаусдорфа и подобными трюками. Так что если пока сложно/не доросли, то лучше оставьте это.

Замечу, что утверждение

demolishka в сообщении #1346164 писал(а):

если функция $f(\cdot)$ почти периодическая и $f(t) \to 0$ при $t \to +\infty$, то $f \equiv 0$.

доказывается одинаково просто при любом определении почти периодической функции.

[Ivan_B]

demolishka в сообщении #1347162 писал(а):

достаточно исправить последнюю строку

demolishka в сообщении #1347162 писал(а):

ничто Вам не мешает брать $x_{2}$ в качестве точки максимума

Мне было сложно себе представить, что то мое решение можно как-то исправить. Виртуозно у Вас получается.

demolishka в сообщении #1347162 писал(а):

Так что если пока сложно/не доросли, то лучше оставьте это.

Придется.
Огромное спасибо за этот интереснейший экскурс!