¿Si $\lim_{n \to +\infty} \ f(\alpha n)$ existe, implica esto $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ existe?

Question

Deje $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Supongamos $f$ tiene la siguiente propiedad: para todos los $\alpha >0$, la secuencia de $\{f(\alpha n)\}_{n \geq 0}$ converge a un número finito o infinito extendido número real como $n \to +\infty$. En otras palabras, suponemos

$$\forall \alpha \in \mathbb{R}_+,\lim_{n \to +\infty} f(\alpha n) = L(\alpha) $$ where $L(\alpha)$ is a value depending on $\alpha$. Note that $L(\alpha)$ may be $\pm \infty$.

De lo anterior se sigue que el $$\lim_{x \in \mathbb{R}, x \to +\infty} f(x)$$ existe como finito o infinito extendido número real?

Tenga en cuenta que si la anterior afirmación es verdadera, entonces $L(\alpha)$ es de hecho independiente de $\alpha$. Sin embargo, no podemos asumir esto.

También podemos jugar con esto para que sea más fuerte y más débil declaraciones. Es si acabamos de asumir $a \in \mathbb{Q}_+$? Es si asumimos $f$ es continua?

No he avanzado demasiado. Sin embargo, esto es bastante similar a la de un clásico pequeño teorema que establece que para la continua $f$, si para todos $\alpha>0$, $f(\alpha n)\xrightarrow[n \in \mathbb{N}, n\to+\infty]{} 0$ a continuación, $f(x)\xrightarrow[x \in \mathbb{R}, x\to+\infty]{} 0$ que es comprobada con la categoría de Baire teorema. Sin embargo, mi 'conjetura' sólo supone la existencia del límite (en lugar de dar un valor explícito, como $0$) y no asumir la continuidad. Yo no puedo modificar esa prueba para hacer que funcione aquí.

Answer 1

Es cierto si suponemos además que $f$ es continua!

Primero usaremos el siguiente Lema:

Lema. Deje $I_n=[a_n,b_n]\subset(0,\infty)$ será cada vez más una secuencia de trivial cerrado intervalos en el sentido de que $$ a_n<b_n<a_{n+1}, \quad \text{para todos los $n\in\mathbb N$}. $$ Entonces el conjunto $$ S=\Big\{x\in(0,\infty) : \text{$nx\in \bigcup_{k\in\mathbb N} I_k$ para una infinidad de $n\in\mathbb N$}\Big\}, $$ es denso en $(0,\infty)$. En particular, si $\mathbb N=K\cup L$, $|K|=|L|=\aleph_0$ y $K\cap L=\varnothing$, luego $$ S=\Big\{x\in(0,\infty) : \text {$mx\in \bigcup_{k\in K} I_k$ $nx\in\bigcup_{\ell\in L} I_\ell$ para una infinidad de $m$ y una infinidad de $\,n\in\mathbb N$}\Big\}, $$ también es denso en $(0,\infty)$.

Que posponer la prueba de este hecho. Claramente, para cada $\,x_0\in(0,\infty)$ $$ \liminf_{x\to\infty}\, f(x) \le \lim_{n\to\infty}\,f(nx_0)\le \limsup_{x\to\infty}\, f(x). $$ Por lo tanto, si $\lim_{x\to\infty}\,f(x)$ NO existe, entonces podemos elegir $\,A,B \in\mathbb R$, de tal manera que $$ \liminf_{x\to\infty}\, f(x) < A < B < \limsup_{x\to\infty}\, f(x). $$ Debido a la continuidad de $f$ es posible definir los intervalos de $I_n=[a_n,b_n]$ y $J_n=[c_n,d_n]$, $n\in\mathbb N$, tal que $\,a_n<b_n<c_n<d_n<a_{n+1}$, y $$ f\,\big|_{I_k} <\quad\text{mientras}\quad f\,\big|_{J_k} >B, \quad \text{para todos los $n\in\mathbb N$}. $$ Debido a la Lema, existe un denso conjunto de puntos de $x$, con la propiedad que, para una infinidad de $n$'s de las múltiples $nx$ pertenece a $\bigcup_{k\in\mathbb N} I_k$, y para infinidad de $n$'s de las múltiples $nx$ pertenece a $\bigcup_{k\in\mathbb N} J_k$.

Esto a su vez implica que el $\lim_{n\to\infty}f(nx)$ no existe.

La prueba del Lema. Deje $[c,d]\subset(0,\infty)$. Vamos a demostrar que existe una $x\in [c,d]$, que para una infinidad de $n$ de las múltiples $nx$ pertenece a un intervalo de la forma $I_k$, $\,k\in K$, y para infinidad de $n$ varios $nx$ pertenece a un intervalo de la forma $I_\ell$, $\ell\in L$. Esto se basa en la observación de que, si $a_n$ es lo suficientemente grande, entonces $$ [c',d']=\frac{1}{N}[a_n,b_n]\cap[c,d]\quad\text{es un intervalo no trivial}, $$ para $N=\lfloor a_n/d\rfloor+1$. Esto nos permite de forma recursiva definir una secuencia de trivial cerrado intervalos de $J_n=[c_n,d_n]$, donde $[c_0,d_0]=[c,d]$, $[c_1,d_1]=[c',d']$, y pasamos a buscar el $a_n$'s, de modo que la primera es en el $K$, el siguiente en la $L$, el siguiente en la $K$ y así sucesivamente. En de esta manera tenemos una secuencia de intervalos cerrados $$ J_0\supset J_1\supset\cdots\supset J_n\supset J_{n+1}\supset\cdots. $$ Claramente $S=\bigcap_{n\in\mathbb N} J_n\ne\varnothing$, y para cada una de las $x\in S$, infinitamente muchos múltiplos pertenecen a $I_k$s, $k\in K$, mientras infinitamente muchos múltiplos pertenecen a $I_\ell$s, $\ell\in L$.

Answer 2

Por la función del indicador sea $f (x) = \left\ {\begin{matrix} 1& x\in Q & \\ 0& x\in Q^c & \end{matriz} \right.$ esta función es un contraejemplo.

Answer 3

Permítanme dar una versión corta de Yiorgos S. Smyrlis's respuesta. El siguiente lema vendrá muy bien:

Lema. Deje $U \subseteq (0,\infty)$ ser abierto y sin límites. Entonces para cualquier $N \geq 1$, la $\bigcup_{n\geq N} \frac{1}{n}U $ es denso en $(0, \infty)$.

Prueba. Deje $W_N = \bigcup_{n\geq N} \frac{1}{n}U$. Basta probar que $W_N$ cruza todas las $(a, b) \subseteq (0, \infty)$. Para ello, observe que $\frac{a}{b} < \frac{n}{n+1}$ grandes $n$ y por lo tanto $$ (r, \infty) \subseteq \bigcup_{n \geq N} (na, nb) $$ holds for some $r > 0$. Since $U$ is unbounded, we can pick $x \U, \cap (r,\infty)$. Then $x \in (na, nb)$ for some $n \geq N$, which implies that $\frac{1}{n}x \in W_N \cap (a, b)$. $\quad \square$

Ahora podemos demostrar una proposición que es suficiente para nuestro propósito. En primer lugar, presentamos algunas notaciones. Arreglar una función de $f:(0,\infty) \to \Bbb{R}$. A continuación, se denota el conjunto de límite de puntos de $f$ $x\to\infty$ por

$$ A := \{ \ell \in [-\infty, +\infty] : f(x_j) \to \ell \text{ for some } x_j \to \infty \} $$

Del mismo modo, para cada una de las $\alpha > 0$ denotamos el conjunto de limitar los puntos de la secuencia $(f(n\alpha) : n\geq 1)$ por

$$ A(\alpha) := \{ \ell \in [-\infty, +\infty] : f(n_j\alpha) \to \ell \text{ for some } n_j \to \infty \} $$

La proposición. Deje $f : (0, \infty) \to \Bbb{R}$ ser continua. Entonces existe $\alpha > 0$ tal que $A = A(\alpha)$ mantiene. Por otra parte el conjunto de todos los $\alpha$ es denso en $(0,\infty)$.

Prueba. Está claro que $A(\alpha) \subseteq A$ todos los $\alpha \in (0, \infty)$. Por lo que es suficiente para demostrar que $A \subseteq A(\alpha)$ $\alpha$ en un subconjunto denso de $(0,\infty)$. Para este fin, definir la familia $\mathcal{U}$ de intervalos abiertos por

$$ \mathcal{U} = \{ (a, b) : \text{ $a, b \in \Bbb{Q}\cup\{-\infty,\infty\}$ and $f^{-1}((a, b))$ is unbounded} \} $$

y aviso que $\mathcal{U}$ es contable y

$$ \ell \en Un \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} \text{%#%#% for all %#%#% with %#%#%}, & \text{if } \ell \in \Bbb{R} \\ \text{%#%#% for all %#%#%}, & \text{if } \ell = +\infty \\ \text{%#%#% for all %#%#%}, & \text{if } \ell = -\infty \end{casos} $$

A continuación, por la categoría de Baire teorema y el lema anterior,

$(a,b) \in \mathcal{U}$$

es un subconjunto denso de $a, b \in \Bbb{Q}$. Por otra parte, para cada una de las $a < \ell < b$, y para cada una de las $(a,\infty) \in \mathcal{U}$, $a \in \Bbb{Q}$ para infinidad de $(-\infty,b) \in \mathcal{U}$. Para cada una de las $b \in \Bbb{Q}$ también es un punto límite de la secuencia de $$ D = \bigcap_{U \in \mathcal{U}} \bigcap_{N\geq 1} \bigcup_{n\geq N} \frac{1}{n} f^{-1}(U) $. Por lo tanto, tenemos $(0, \infty)$ por cada $\alpha \in D$. $U \in \mathcal{U}$

Para nuestro problema, la conclusión sigue notando que $f(n\alpha) \in U$ es un singleton $n$ todos los $\ell \in A$.