integral que involucra una función periódica

Question

Deje $f:[0,1] \longrightarrow \mathbb R$ ser una función continua, y deje $g:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ ser un proceso continuo y función periódica con período de $1$. Demostrar que

$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\int_0^1f(x)g(nx)dx=\left(\int_0^1f(x)dx\right)\left(\int_0^1g(x)dx\right)$.

alguna idea?

Answer 1

Tenga en cuenta que para enteros positivos $n$, tenemos $$\tag{1}\int_0^1f(x)g(nx)dx=\sum_{i=0}^{n-1}\int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}f(x)g(nx)dx.$$ Cambiamos la variable dejando $y=nx$,$dx=dy/n$. Para $i=0,1,..., n-1$, tenemos $$\tag{2}\int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}f(x)g(nx)dx=\frac{1}{n}\int_{i}^{i+1}f(\frac{y}{n})g(y)dy=\frac{1}{n}f(\zeta_i)\int_{i}^{i+1}g(y)dy$$ donde $\zeta_i\displaystyle\in[\frac{i}{n},\frac{i+1}{n}]$. Aquí hemos utilizado la media-teorema del valor en la última igualdad. Por supuesto que $g$ periodo $1$, $(2)$ hemos $$\int_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}f(x)g(nx)dx=\frac{1}{n}f(\zeta_i)\int_{0}^{1}g(y)dy.$$ Poner de nuevo el $(1)$, tenemos $$\int_0^1f(x)g(nx)dx=\left(\int_{0}^{1}g(y)dy\right)\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}f(\zeta_i)$$ donde $\zeta_i\displaystyle\in[\frac{i}{n},\frac{i+1}{n}]$. Tenga en cuenta que mediante la suma de Riemann, tenemos $$\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}f(\zeta_i)=\int_0^1f(x)dx.$$ Esto demuestra la afirmación.

Answer 2

Vamos $$\displaystyle A_n(f,g) = \int_0^1 f(x)g(nx)\ dx - \left(\int_0^1 f(x)\ ds\right) \left(\int_0^1 g(x)\ dx\right).$$ Note that $\displaystyle |A_n(f,g)| \le 2 \|f\|_2 \|g\|_2$ so it suffices to prove $\displaystyle \lim_{n \to \infty} A_n(f,g) = 0$ when $f$ and $g$ are in a dense subspace of $L^2(0,1)$, in particular for trigonometric polynomials. Further, it suffices to prove it for $f$ and $g$ en un conjunto que abarca los polinomios trigonométricos. Pero para $f(x) = e_j(x) = \exp(2 \pi i jx)$ $g(x) = e_k(x) = \exp(2 \pi ikx)$ donde $j$ $k$ son enteros, $$\displaystyle \int_0^1 e_j(x) e_k(nx)\ dx = 1 \text{ if } j + nk = 0, \text{ otherwise } 0,$$ while $$\displaystyle \int_0^1 e_j(x)\ dx \int_0^1 e_k(x)\ dx = 1 \text{ if } j = k = 0, \text{ otherwise } 0.$$ Thus $A_n(e_j,e_0) = 0$ for all $j$ and $n$, while if $k\ne 0$, for each $j$ there are at most two $n$ for which $A_n(e_j,e_k) \ne 0$. In each case $\displaystyle \lim_{n \to \infty} A_n(e_j,e_k) = 0$.

Answer 3

Normalmente, este problema se ve con $g$ ser una función trigonométrica con el specical condición de $\displaystyle \int^1_0 g(x) dx = 0 \ ;$ en este caso el resultado es fácil de descubrir. Intuitivamente, porque lo suficientemente grande como $n$ las oscilaciones se vuelven extremadamente rápida y desde la pieza-sabio constante de funciones uniformemente aproximado de funciones continuas arbitrariamente bien, las áreas cancelar. Así que es natural para demostrar este caso especial la primera:

Supongamos $\displaystyle \int^1_0 g(x) dx =0. $ Dejar $G(x) =\displaystyle \int^x_0 g(t) dt.$ Since $g$ is $1$-periodic and $\displaystyle \int^1_0 g(x) dx=0,$ we have that $G$ is bounded on $ \mathbb{R}.$

Si $f \in C^1( [0,1],\mathbb{R} )$, a continuación, integración por partes da $$ \int^1_0 f(x) g(nx) dx = \frac{ f(1)G(n) - f(0)G(0) }{n} - \frac{1}{n} \int^1_0 f'(x) G(nx) dx \to 0$$ como se requiere. Como se nota que si $\displaystyle \int^1_0 g(x) dx \neq 0 $ , entonces el límite es no$0$ para arbitrario $f\in C[0,1].$

Si $f$ es continua pero no nessicarily $C^1$, luego por la Stone-Weierstrass Teorema de podemos encontrar continuamente diferenciable $h: [0,1] \to \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \int^1_0 |f(x)-h(x)| dx$ es arbitrariamente pequeño. A continuación, ya que $$ \biggr| \int^1_0 \left( f(x) - h(x) \right) g(nx) dx \biggr| \leq \sup_{x\in [0,1]} |g(x)| \int^1_0 | f(x)-h(x)| dx$$ is also arbitrarily small, we have $$\lim_{n\to\infty} \int^1_0 f(x) g(nx) dx = \lim_{n\to \infty} \int^1_0 h(x)g(nx) dx =0.$$

¿Cómo se puede descubrir el resultado general? En el lenguaje del álgebra lineal, lo que hemos demostrado es que el $\displaystyle \int^1_0 f(x) g(nx) dx \to 0$ si y sólo si $g\in \ker L$ donde $L:C[0,1]\to C[0,1]$ es el operador lineal definido por $L(g) =\displaystyle \int^1_0 g(x) dx.$ por Lo que, naturalmente, queremos ver lo que este kernel parece. Podemos ver que $L^2=L$, por lo que, a continuación, nos encontramos con que $ \ker L = \{ g- Lg : g\in C[0,1] \}.$ Para el caso especial es verdadera si utilizamos $g-Lg,$ y reescritura que da, precisamente, el resultado general. Podríamos comprimir en un misterioso conclusión:

Ahora, para arbitrario $ \displaystyle \int^1_0 g(x) dx$, la función $ \hat{g}(x)=g(x) -\displaystyle \int^1_0 g(x) dx $ es continua $1$-función periódica con $\displaystyle \int^1_0 \hat{g}(x) dx=0$ y la aplicación de los anteriormente desarrollados resultado a él le da la completa resultado.