¿Cómo llegamos a la conclusión de que $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ ?

Question

Supongamos que $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ es una función periódica tal que $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0}$.

Quiero mostrar que la $f(x)=0$ todos los $x\in \mathbb{R}$.

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Deje $T$ ser el período de $f$,$f(x)=f(x+T)$.

Por lo tanto, tenemos que $$0=\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x+T)=\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x+2T)=\dots =\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x+nT), \ \forall n\in \mathbb{Z}$$

Por eso, $$|f(x)|=|f(x+T)|=|f(x+2T)|=\dots =|f(x+nT)|\leq \epsilon$$

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Pero ¿cómo llegamos a la conclusión de que $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ ?

Answer 1

Deje $x\in \mathbb{R}$. A continuación, $x_n:=x+nT$ tiende a $+\infty$ ($T$ es el período de $f$) y $f(x_n)=f(x)$ todos los $n$, ya que el $f$ $T-$periódico. Desde $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0$, obtenemos que $\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\infty}f(x_n)=0$ y por la unicidad del límite, obtenemos $f(x)=0$, como se desee.

Answer 2

$\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ si y sólo si $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=0$ de todas las secuencias con $\lim x_n=\infty$. Si existen algunos $x\in\mathbb R$ que $f(x)\neq0$, luego deje $x_n=x+nT$ y obtener una contradicción.

Answer 3

Sugerencia :a partir De su argumento - si hay algún punto de $a$ tal que $f(a) \neq 0$, entonces hay una secuencia de puntos de referencia (En específico, una secuencia que nosotros no acotada)

Answer 4

Observe que $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x) =0$ es equivalente a la condición de que para todos los $\epsilon >0$ que existe $N$ lo suficientemente grande de tal manera que tenemos $\left|f(x)\right| < \epsilon$ al $x>N$. También debe de existir un número entero $m$ tal que $mT > N$. Así que, a continuación, $\left|f(x)\right| = \left|f(x + mT)\right| < \epsilon$ y este fue independientemente de nuestra elección de $\epsilon$.

Answer 5

Definitivamente, usted tiene el derecho de idea mostrando que $\lim_{x \to +\infty} f(x)=\lim_{x \to +\infty} f(x+nT)$$n \in \Bbb{Z}$. Sin embargo, necesitamos usar que con la definición de los límites para demostrar este teorema. Ahora, voy a decir que nos están demostrando $f(x_0)=0$ para algunos arbitraria $x_0 \in \Bbb{R}$. De esa manera, cuando utilizo $x$ a continuación, estoy hablando de un general de entrada en $f$ mientras $x_0$ es el valor que estamos tratando de demostrar que $f(x_0)=0$ por el teorema.

Digamos que elegir una arbitraria $\epsilon > 0$, como usted lo hizo. Entonces, por la definición de límites como $x \to +\infty$, existe un $M$ tal que $|f(x)-0|=|f(x)|<\epsilon$ todos los $x > M$. Ahora, vamos a elegir a $x > M$ tal que $x=x_0+nT$ algunos $n \in \Bbb{Z}$. Si elegimos $x=M+1=x_0+M-x_0+1=x_0+\frac{M-x_0+1}{T}T$, luego tenemos a $x > M$ $x=x_0+nT$ algunos $n \in \Bbb{R}$, pero no podemos estar seguros de que $n$ es un número entero. A mak $n$ un entero, tomamos el techo de la función de la misma, por lo que tenemos $x=x_0+\lceil\frac{M-x_0+1}{T}\rceil T$. Ahora, $x > M$ sigue siendo cierto, pero estamos seguros de que $n \in \Bbb{Z}$.

Ahora, desde la $x=x_0+nT$$n \in \Bbb{Z}$, sabemos que $f(x)=f(x_0)$. Por lo tanto, $|f(x_0)|<\epsilon$. Podemos hacer esto para cualquier $\epsilon > 0$, lo que nos puede aportar $f(x_0)$ arbitrariamente cerca de $0$. Ahora, vamos a probar a $f(x_0)=0$ por la contradicción.

Vamos a decir $f(x_0) \neq 0$. A continuación, elija $\epsilon=\frac{|f(x_0)|}{2}$. Desde $\epsilon > 0$, $|f(x_0)|<\frac{|f(x_0)|}{2}$. Dividiendo ambos lados por $|f(x)|$, obtenemos $1<\frac 1 2$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, nuestra hipótesis original de que $f(x_0) \neq 0$ es falso e $f(x_0)=0$ todos los $x_0 \in \Bbb{R}$.