Найти супремум функции!

[Nail1992]

provincialka
Я тут подумал, а что если все эти рассуждения провести не для синусов , а для косинусов. Тогда все получается. А потом как нибудь через них перейти к синусам.

[Oleg Zubelevich]

Через $S=\mathbb{R}/(2\pi \mathbb{Z})$ обозначим окружность единичного радиуса параметризованную углом $x$. Рассмотрим поворот окружности

$$f:S\to S,\quad f(x)= x+\omega,\quad x,f(x)\pmod{2\pi}.$$

Теорема. Если $\omega\notin 2\pi\mathbb{Q}$ то для любого $x$ множество $T_x=\{f^n(x)\mid n\in\mathbb{Z}\}$ плотно на окружности.

Доказательство.
Возьмем малое $\epsilon>0$ и пусть $U$ -- $\epsilon$-окрестность точки $x$.
Предположим утверждение теоремы неверно.
Если $\epsilon$ достаточно мало, то множество $X=\cup_{ n\in\mathbb{Z}}f^n(U)$ не покрывает всю окружность и более того найдется открытое множество $W,\quad W\cap X=\emptyset.$
Заметим, что множествa $X,\quad X'=S\backslash X$ инвариантны: $f(X)\subseteq X,\quad f(X')\subseteq X'$.

Поэтому индикатор $I_X(x)$ множества $X$ является первым интегралом отображения $f$ т.е.

$$I_X(f(x))=I_X(x)\qquad(*).$$

Разложим в ряд фурье функцию $I_X(x)=\sum_{ k\in\mathbb{Z}}I_ke^{ikx}$. Формула (*) дает

$$\sum_{ k\in\mathbb{Z}}I_ke^{ikx}e^{ik\omega}=\sum_{ k\in\mathbb{Z}}I_ke^{ikx}.$$

Откуда $I_k=0,\quad k\ne 0$.

Значит функция $I_X=const$ (п.в.) -- Противоречие.

[nnosipov]

ewert в сообщении #859322 писал(а):

То, что при иррациональном $\alpha$ числа $\alpha k$ плотно наматываются на единичную окружность -- "общеизвестно"

Даже для чисел $\alpha k+\beta$ при любом $\beta$. Банальное, но небесполезное обобщение.

provincialka в сообщении #859424 писал(а):

но тут еще числитель и знаменатель не совсем произвольны.

Сдвиг не важен (см. выше).

[Brukvalub]

nnosipov в сообщении #859482 писал(а):

ewert в сообщении #859322 писал(а):

То, что при иррациональном $\alpha$ числа $\alpha k$ плотно наматываются на единичную окружность -- "общеизвестно"

Даже для чисел $\alpha k+\beta$ при любом $\beta$. Банальное, но небесполезное обобщение.
..

Ага, берем $\alpha=2\pi$ и "плотно" наматываем одну фиксированную точку на единичную окружность.

[nnosipov]

Brukvalub в сообщении #859483 писал(а):

Ага, берем $\alpha=2\pi$ и "плотно" наматываем одну фиксированную точку на единичную окружность.

На $\alpha$ обычно накладывают заклятье несоизмеримости с $\pi$ Или полагают $2\pi=1$, что тоже самое.

[Nail1992]

Oleg Zubelevich
А можете название книги написать, где эта теорема доказывается?

[Oleg Zubelevich]

Шмидт Диофантовы приближения

[Nail1992]

Oleg Zubelevich
Спасибо Вам большое !

[Nail1992]

Oleg Zubelevich
А это какое издание? Дело в том, что я не могу в этой книге найти нужное доказательство. Я бы хотел просто сослаться на источник.

[_Ivana]

Покритикуйте следующую кустарщину: имеем две арифметические прогрессии с нулевыми смещениями $an$ и $bm$, $d$ - максимальное число, укладывающееся целое число раз и в $a$ и в $b$: $a = pd, b = qd$, где $p, q$ - взаимно простые числа. Линейная комбинация взаимно простых чисел принимает все целые значения, поэтому разность исходных прогрессий принимает все значения, кратные $d$, то есть $kd$, где $k$ - любое целое. Устремляя $d$ к нулю получаем в пределе несоизмеримые $a$ и $b$ и любое (в пределе) расстояние между членами прогрессий. Добавление начальных смещений в этом случае ничего не меняет.

[provincialka]

Что значит "устремляя $d$ к нулю"? Что за числа $a,b$, как он меняются? У вас три взаимосвязанных неизвестных, как вы их все будете менять? И как они связаны при этом изменении с иррациональным числом $\lambda=\sqrt6$?
Ваше доказательство опять "на словах". Формализуйте его, тогда можно будет искать ошибки.

[_Ivana]

Формализовать более пока не могу. Но мне за этими словами видится идея конструктивного доказательства, не от противного. Применительно к нашему случаю, можно взять $a = 4$, $b$ - последовательность рациональных чисел, сходящаяся к $4\sqrt6$.

[provincialka]

_Ivana, флаг вам в руки! Ждем результатов!

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #859479 писал(а):

Разложим в ряд фурье функцию $I_X(x)=\sum_{ k\in\mathbb{Z}}I_ke^{ikx}$.

Вы не ошиблись веткой?... Есть ведь для этого специальный раздел -- "Физматюмор".

_Ivana в сообщении #859591 писал(а):

мне за этими словами видится идея конструктивного доказательства, не от противного.

Боюсь, что в погоне за конструктивом Вы сорвётесь в пропасть, на дне которой лежат цепные дроби. Оно конечно, из теории цепных дробей утверждение следует практически мгновенно; однако для забивания гвоздей это примерно такой же микроскоп, что и у Oleg Zubelevich.

На самом деле вопрос всё-таки элементарен, и даже не требует аксиомы полноты. Если $\alpha$ иррационально, то все числа вида $\alpha k\;(\operatorname{mod}\;1)$ различны (т.е. если бы хоть два из них совпали, то $\alpha$ оказалось бы рациональным). Следовательно, их бесконечно много; и, следовательно, среди них есть сколь угодно близкие. По любому $\varepsilon>0$ выберем два таких числа, расстояние между которыми меньше $\varepsilon$, т.е. выберем такие $p_1<p_2$ и соответствующие им $q_1,\;q_2$, что $|(\alpha p_1-q_1)-(\alpha p_2-q_2)|<\varepsilon$. Если теперь $p=p_2-p_1$ и $q=q_2-q_1$, то $\alpha=\frac{q+r}p$, где $|r|<\varepsilon$. Тогда расстояние между числами вида $\alpha\cdot pn\;(\operatorname{mod}\;1)$ и $\alpha\cdot p(n+1)\;(\operatorname{mod}\;1)$ меньше $\varepsilon$ для любого $n<\frac1{|r|}$ и, значит, в любой промежуток ширины $\varepsilon$ попадает хотя бы одно число вида $\alpha k\;(\operatorname{mod}\;1)$ -- и это для любого $\varepsilon$. Последнее ровно и означает плотное заполнение промежутка.

[provincialka]

ewert, похоже, это именно то рассуждение, которое смутно представлялось _Ivana