¿Cómo puedo demostrar que todas las funciones periódicas continuas son limitadas y uniformes continuas?

Question

Una función $f: \mathbb {R} \to \mathbb {R}$ es periódica si hay salidas $p>0$ de tal manera que $f(x+P)=f(x)$ para todos $x \in \mathbb {R}$ . Demuestran que cada función periódica continua es limitada y uniformemente continua.

Para el límite, primero traté de mostrar que como la función periódica es continua, es continua para el intervalo cerrado $[x_0,x_0+P]$ . Sé que hay un teorema que dice que si es continuo en un intervalo cerrado, entonces está limitado. Sin embargo, no se me permite afirmar ese teorema directamente. ¿Debo buscar una contradicción suponiendo que f no está limitado por el intervalo mencionado?

Answer 1

Supongamos que $f$ tiene periodo uno. Dado que $f:[0,2]\to\Bbb R$ es continua, está acotada, por lo que $f$ está acotada en todo $\Bbb R$ (¿por qué?). También, $f:[0,2]\to\Bbb R$ es uniformemente continua, siendo continua en un conjunto compacto. Así, dado $\varepsilon >0$ existe $\delta>0$ tal que, siempre que $|x-y|<\delta,x,y\in[0,2]$ entonces $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ . Elige arbitrario $x,y$ y asumir $x<y$ con $|x-y|<\delta$ . Podemos tomar $\delta <1$ . Afirmo que hay un número entero $n$ tal que $x-n,y-n\in [0,2]$ . Entonces $|x-y|=|x-n-(y-n)|$ y $f(x-n)=f(x)$ , $f(y-n)=f(y)$ . ¿Puede continuar ahora?

Sería útil hacer un dibujo. Esencialmente, estás traduciendo el problema a $[0,2]$ donde ya hemos resuelto el problema.

Answer 2

Una función continua periódica es simplemente una función definida sobre una circunferencia, $$f:S^1 \longrightarrow R.$$ El círculo es un espacio compacto. Una función continua en un espacio compacto es a la vez acotada y uniformemente continua.

Answer 3

Aquí está la prueba de la parte de limitación por contradicción :

Fijar $a \in \Bbb R$ . Considere el dominio $I=[a,a+p]$ . Supongamos que $f$ no está acotada. Entonces existe una secuencia $x_n \in I$ tal que $|f(x_n)| \gt n$ .

Desde $x_n$ está acotada y formada por números reales, tiene una subsecuencia convergente $x_{n_k}$ . Pero $I$ es cerrado, por lo tanto $x_{n_k}$ converge dentro de $I$ . es decir $\exists x \in I$ tal que $x_{n_k} \to x$ .

Lo que tenemos es una secuencia $x_{n_k} \to x \in I$ y $|f(x_{n_k})| \to \infty \; (\because |f(x_{n_k})| \gt n_k)$ . Esto es una contradicción para $f$ siendo continua en $I$ y por tanto en $x$ .

Answer 4

Es más fácil demostrar una afirmación más general.

Considere $X$ un espacio métrico localmente compacto, $G$ un grupo de isometrías tal que existe un subconjunto compacto $K\subset X$ con $G\cdot K = X$ . Sea $f$ sea una continua $G$ -función periódica de $X$ a otro espacio métrico $Y$ . Entonces $f$ es uniformemente continua.

Prueba:

Considere $\tilde K\supset K$ una vecindad compacta (existe ya que $X$ es localmente compacta). Entonces $\Delta \colon = d(K, X\backslash \tilde K) >0$ . Toma $\epsilon>0$ arbitraria. Existe $\delta= \delta({\epsilon})>0$ tal que $\tilde x_1$ , $\tilde x_2$ en $\tilde K$ , $d(\tilde x_1,\tilde x_2)< \delta$ implica $d(f(\tilde x_1), f(\tilde x_2)) < \epsilon$ . Demostremos que $\delta'= \min(\delta, \Delta)$ trabaja para $f$ en general $X$ . De hecho, considere ahora $x_1$ , $x_2$ en $X$ tal que $d(x_1, x_2) < \delta'$ . Sea $g \in G$ tal que $\tilde x_1 = g x_1 \in K$ . Desde $d(x_1, x_2) = d(gx_1, gx_2)$ obtenemos $d(\tilde x_1, \tilde x_2) < \delta'\le \Delta$ Así que $\tilde x_2 \in \tilde K$ . Ahora también tenemos $d(\tilde x_1, \tilde x_2) < \delta$ Así que $d(f(\tilde x_1), f(\tilde x_2)) < \epsilon$ . Pero tenga en cuenta que $f(x_i) = f(\tilde x_i)$ . Hemos terminado.

Comentario: la idea es: traducir uno de los puntos $x_i$ al dominio fundamental compacto. Bajo la misma traslación, el otro punto caerá en la vecindad compacta del dominio fundamental. Utilicemos ahora la compacidad uniforme de $f$ en $\tilde K$ . Así pues, para el problema original, consideremos $K=[0,p]$ , $\tilde K= [-\Delta, p+\Delta]$ .