Guayas ' s teorema (problema en Rudin)

Question

Se puede resolver problema 19 del capítulo 8 de principios de análisis de Rudin matemático, estoy teniendo muchas dificultades con

Yo he probado la primera parte, es decir, $$\lim{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum{n=1}^N \exp(ik(x+n\alpha))=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi(\cdots) = \begin{cases} 1\text{ if }k=0\0\text{ otherwise}\end{cases}$ $

Ahora quiero demostrar que si es continua en $f$$\mathbb{R}$ y $f(x+2\pi)=f(x)$ % todo $x$luego

$$\lim{N\to\infty} \sum{n=1}^{N} \frac{1}{N} f(x+n\alpha)=\frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\pi}^{\pi}f(t)\mathrm dt$$

para cualquier $x$, donde $\alpha/\pi$ es irracional.

He intentado escribir como

$$\lim{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum{n=1}^N \sum{k=0}^N\frac{1}{2\pi}\int{-\pi}^\pi e^{ikt}f(x+n\alpha) $ $ pero que no era útil.

Answer 1

En aras de la exhaustividad, aquí tienes la solución. Primero voy a probar el lema de que el autor de la pregunta ya se podía hacer. $$\lim_{N\to \infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N \exp(ik(x+n\alpha)) = \lim_{N\to \infty} \exp(ikx)\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N \exp(ikn\alpha)$$ Si $k=0$, el lado derecho se evalúa a $1\frac{1}{N}N = 1$. Si $k\neq 0$, la suma es geométrica, así que sabemos cómo se evalúan. $$ \exp(ikx)\lim_{N\to \infty}\frac{1}{N} \frac{\exp((N+1)ik\alpha)-1}{\exp(ik\alpha)-1} = \frac{\exp(ikx)}{\exp(ik\alpha)-1}\lim_{N\to\infty}\frac{1}{N}(\exp((N+1)ik\alpha) -1)$$ Debido a $\alpha$ es un irracional múltiples de $\pi$, $k\alpha$ nunca es un múltiplo entero de $2\pi$, por lo que el denominador es distinto de cero. $\exp((N+1)ik\alpha)-1$ es acotado, por lo que el límite se evalúa a cero. Esto significa que $$\lim_{N\to \infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N \exp(ik(x+n\alpha)) = \delta_{k0} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi \exp(ikt)dt$$ Donde $\delta$ es la delta de Kronecker.

Ahora el principal problema que se nos pide para mostrar que $$\lim_{N\to \infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f(x+n\alpha) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^\pi f(t)dt$$ para cualquier continua $2\pi$-función periódica $f$ sobre los reales. Si $f$ es un trigonométricas polinomio, se deduce fácilmente a partir del resultado de $\exp(ikx)$. Pero sabemos que todos los continuos $2\pi$-función periódica es un límite uniforme de polinomios trigonométricos. Si $f_1, f_2, \ldots$ es una secuencia de polinomios trigonométricos que converge uniformemente a $f$, sabemos que para cada una de las $i$, $$\lim_{N\to \infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f_i(x+n\alpha) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f_i(t)dt$$ Estándar de teoremas acerca de la convergencia uniforme, a continuación, nos dicen que $$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(t)dt = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi \lim_{i\to \infty}f_i(t)dt = \lim_{i\to \infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f_i(t)dt$$ $$= \lim_{i\to \infty} \lim_{N\to \infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f_i(x+n\alpha) = \lim_{N\to \infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N \lim_{i\to\infty}f_i(x+n\alpha) = \lim_{N\to\infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f(x+n\alpha)$$

Answer 2

Deje $f:\mathbb{R}\longrightarrow{\mathbb{C}}$ ser continua y tener período de $2\pi$ , e $\alpha$ tal que $\displaystyle\frac{\alpha}{\pi}$ es irracional. A continuación,$\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{f(x+n\alpha)}}=\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$ .

Primero vamos a demostrar esta propiedad para las funciones de la forma $f(x)=e^{inkx}$ donde $k$ es un número entero. Si $k$ es un número entero con $k\neq{0}$ , entonces a partir de la $\displaystyle\frac{\alpha}{\pi}$ es irracional debemos tener ese $e^{ik\alpha}\neq{1}$ , por lo tanto para cualquier $N\geq{1}$ hemos $\displaystyle\sum_{i=1}^N{e^{kn\alpha}}=\displaystyle\frac{e^{k(N+1)\alpha}-1}{e^{k\alpha}-1}$ , luego $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{e^{ik(x+n\alpha)}}}=\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\frac{e^{k(N+1)\alpha}-1}{e^{k\alpha}-1}}$ , pero la secuencia de $\frac{e^{k(N+1)\alpha}-1}{e^{k\alpha}-1}$ es limitada; desde $e^{k\alpha}-1\neq{0}$ , lo $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{e^{ik(x+n\alpha)}}}=\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\frac{e^{k(N+1)\alpha}-1}{e^{k\alpha}-1}}=0$$k\neq{0}$ . Si $k=0$ , está claro que $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{e^{ik(x+n\alpha)}}}=1$.

Pero $\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=0$ si $k\neq{0}$ , y $\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=1$ si $k=0$ , por lo que $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{f(x+n\alpha)}}=\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$ si $f(x)=e^{inkx}$ , para algún entero $k$ .

Ahora vamos a $P(x)$ ser un trigonométricas polinomio , entonces existe $M\in{\mathbb{N}}$ tal que $P(x)=\displaystyle\sum_{n=-M}^M{c_ne^{in}}$ algunos $c_n\in{\mathbb{C}}$ ,entonces vamos a tener, porque de lo que se muestra arriba, que $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{P(x+n\alpha)}}=\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}P(x)dx$ , ya que este tiene para todos los sumandos del polinomio.

Ahora vamos a $f:\mathbb{R}\longrightarrow{\mathbb{C}}$ ser continua, del período $2\pi$ . Deje $\epsilon>0$ . Pd de la Piedra-Weiestrass teorema existe una trigonométricas polinomio $P(x)$ tal que $\left |{P(x)-f(x)}\right|<\epsilon$ $\forall{x\in{\mathbb{R}}}$ . Pero $\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{P(x+n\alpha)}}=\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}P(x)dx$ , por lo que no es $M\in{\mathbb{N}}$ con $\left |{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{P(x+n\alpha)}-\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}P(x)dx}\right |<\epsilon$ $\forall{N\geq{M}}$ (1), pero $\left |{\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx}-\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}P(x)dx\right |<\epsilon$ (2); desde $\left |{P(x)-f(x)}\right |<\epsilon$ $\forall{x\in{\mathbb{R}}}$ , y también $\displaystyle\frac{1}{N}\left |{\displaystyle\sum_{n=1}^N{P(x+n\alpha)}-\displaystyle\sum_{n=1}^N{f(x+n\alpha)}}\right |\leq{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{\left |{P(x+n\alpha)-f(x+n\alpha)}\right |}<\displaystyle\frac{N}{N}\epsilon=\epsilon}$ (3), por lo tanto para cualquier $N\geq{M}$ , entonces tenemos $ \a la izquierda|{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{f(x+n\alpha)}-\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx}\right |<3\epsilon$ , usando la desigualdad triangular y las desigualdades(1), (2), (3). Por lo tanto,$\displaystyle\lim_{N \to\infty}{\displaystyle\frac{1}{N}\displaystyle\sum_{n=1}^N{f(x+n\alpha)}}=\displaystyle\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$, ya que el $\epsilon>0 $ fue arbitraria.

Answer 3

Busco en esto un año después de que fue sometido.

No seguro cuánto esto ayudaría pero si escribimos

\lim{N-$ > \infty} \sum\limits{n=1}^{N} f(x+n\alpha) = \lim{N-> \infty} \sum\limits{n=1}^{N} f (x + n\alpha - \lfloor \frac{x+n\alpha}{2 \pi 2\pi} \rfloor) $. Si usted puede mostrar los valores de $x + n\alpha - 2\pi \lfloor \frac{x+n\alpha}{2 \pi} \rfloor $ están distribuidas uniformemente en $[0, 2 \pi]$, entonces pienso que hecho.