Integración de una función periódica

Question

El problema:

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ es una función continua y periódica con periodo $T>0.$

Pruébalo:

$$\lim_{n\to +\infty} \int_{a}^{b} f(nx) dx =\frac{b-a}{T} \int_{0}^{T} f(x) dx$$

Intenté sustituirlo por $nx=t$ pero me dio $\frac{1}{n} \int_{na}^{nb} f(t)dt$ y no sé qué hacer. ¿Alguien puede darme pistas para resolver esto? ¿O hay otra manera de resolver este problema?

Answer 1

Supongamos que $a < b$ y $f$ está acotado.

Tenemos $ b = a + \dfrac{n(b-a)}{T} \dfrac{T}{n} = a + \left\lfloor \dfrac{n(b-a)}{T} \right \rfloor \dfrac{T}{n} + r_n\dfrac{T}{n}$ donde $0 \leq r_n < 1.$

Así que podemos escribir para grandes $n$ $$\int_{a}^{b} f(nx) dx = \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n(b-a)}{T}\rfloor} \int_{a+(k-1)\frac{T}{n}}^{a+k\frac{T}{n}} f(nx)dx + \int_{a+\lfloor \frac{n(b-a)}{T}\rfloor\frac{T}{n}}^{b} f(nx)dx.$$

Desde $f(nx)$ es una función periódica de periodo $\frac{T}{n}$ tenemos $$\int_{a+(k-1)\frac{T}{n}}^{a+k\frac{T}{n}}f(nx)dx = \int_{0}^{\frac{T}{n}} f(nx)dx = \dfrac{1}{n} \int_{0}^{T}f(x)dx.$$

Si $|f(x)| \leq M$ para todos $x \in [0,T]$ y por lo tanto todos $x$ nota que $$\left|\int_{a+\lfloor \frac{n(b-a)}{T}\rfloor\frac{T}{n}}^{b} f(nx)dx\right| \leq M (b - (a+\lfloor \frac{n(b-a)}{T}\rfloor\frac{T}{n})$$ y como $\lfloor \frac{n(b-a)}{T}\rfloor\frac{T}{n} \to b-a$ como $n \to \infty$ este término tiende a $0$ .

Por lo tanto, la suma anterior se reduce a $$\left\lfloor \dfrac{ n (b - a) } {T}\right\rfloor \dfrac{1}{n} \int_{0}^{T} f(x)dx + \delta_n $$ donde $\delta_n \to 0$ .

Desde $$\left\lfloor \dfrac{ n (b - a) } {T}\right\rfloor \dfrac{1}{n} \to \frac{b-a}{T}$$ el resultado es el siguiente.

Answer 2

Tal vez sea demasiado tarde, pero estoy publicando una solución de un problema un poco más general, de donde se desprende una solución para el PO:

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(Féjer) Supongamos que $f$ es una medida acotada $T$ -función periódica en $\mathbb{R}$ ( $T>0$ ). Para cualquier $\phi\in\mathcal{L}_1(\mathbb{R})$ y la secuencia numérica $\alpha_n\in\mathbb{R}$ ,

$$ \lim_n\int \phi(x)f(nx+\alpha_n)\,dx=\Big(\frac{1}{T}\int^T_0f\Big)\int \phi \tag{1}\label{one} $$

Prueba:

Dejemos que $M=\sup_x|f(x)|$ . Supongamos que $\phi=\mathbb{1}_{[a,b]}$ para $-\infty<a<b<\infty$ . Desde $$ bn+\alpha_n= an+\alpha_n+\Big\lfloor \frac{n(b-a)}{T}\Big\rfloor T + r_n $$ donde $0\leq r_n<T$ obtenemos de la periodicidad de $f$ que $$ \begin{align} \int \phi(x)f(nx+\alpha_n)\,dx &= \int^b_a f(nx + \alpha_n)\,dx =\frac{1}{n}\int^{nb+\alpha_n}_{na+\alpha_n}f(u)\,du\\ &=\Big[\frac{n(b-a)}{T}\Big]\Big(\frac{1}{n}\int^T_0f \Big) + \frac{1}{n}E_n \end{align} $$ donde $|E_n|\leq \Big|\int^T_0 f\Big|\leq TM$ para todos $n$ . Al pasar al límite se obtiene $\eqref{one}$ para los intervalos, y por linealidad, para cualquier función escalonada.

Dado que las funciones escalonadas son densas en $L_1$ , dado $\varepsilon>0$ existe una función escalonada $s$ tal que $\|\phi-s\|_1<\varepsilon/M$ . Por lo tanto,

Dejemos que $I_n\phi$ denotan la integral del lado izquierdo de $\eqref{one}$ . Entonces $$ |I_n\phi-I_ns|\leq M\|\phi-s\|_1<\varepsilon$$ y $$\Big|\Big(\frac{1}{T}\int^T_0 f\Big)\int (\phi-s)\Big|< \varepsilon$$

Juntando las cosas, se llega a la conclusión del problema.

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El PO se vacía del caso particular $\phi=\mathbb{1}_{[a,b]}$ y $a_n=0$ .

Answer 3

Una pista: Obsérvese que, como $n$ se hace más grande, el intervalo $n b - n a$ puede dividirse en $k$ subintervalos de tamaño $T$ con $k = \text{floor}(\frac{n b -n a}{T})$ . Utilizando la periodicidad, divide la integral sobre este intervalo como una suma de integrales sobre $(0,T)$ y un resto, entonces toma el límite.