Gli irrazionali qui mostrano poca personalità

[edriv]

Sia $ ~ f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ una funzione continua tale che $ ~ a-b \in \mathbb{Z} \Rightarrow f(a)=f(b) $. Sia $ ~ \alpha $ un irrazionale.

Dimostrare che:
$ \displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n \frac{f(i\alpha)}n = \int_0^1 f \, dx $

[pic88]

EDIT: (Era incomprensibile prima)
Dimostriamo che l'insieme A = {x in [0,1] | x - ai è in Z per qualche i} è denso in R. Dopodichè, qualsiasi funzione continua (e di periodo 1) dipende solo dai valori che essa assume in A.

Dimostrazione: siano x<y in A.
Allora o y-x>x, in quel caso ci siamo, oppure y-x<x ma dunque esisterà m tale che x<m(y-x)<y. Ah, resta da vedere che se x appartiene ad A, mx appartiene ad A (facile); resta anche da vedere il caso y-x=x (facile anch'esso)

[edriv]

[a parte che la soluzione è incomprensibile anche adesso ]

Una volta che hai dimostrato che

Dopodichè, qualsiasi funzione continua (e di periodo 1) dipende solo dai valori che essa assume in A.

dove arrivi?

[pic88]

Allora.. vedo di rifarlo diversamente.

Dividiamo [0,1] in n intervalli di ampiezza 1/n. Data la continuità di f e la densità di A si ha

$ \displaystyle \forall \epsilon >0 , k \in \{0,...,n\} \exists x \in A : |f(x)-f(e_k)|<\epsilon $

dove gli $ e_i $ sono gli estremi degli n intervalli uguali in cui abbiam diviso [0,1]
Questo può esser visto così: se fissiamo n, riusciamo a rendere abbastanza vicine le due espressioni

$ \sum_{x \in C} f(x)/n $ e $ \sum f(e_i)/n $, ove C è un opportuno sottoinsieme di A. Ora, facendo tendere n all'infinito, l'ultima somma tende all'integrale, mentre C tende a ad A.

EDIT: La soluzione è sbagliata, perché la somma a sinistra considera n mulipli di a, ma non a, 2a, .., na.
Comunque, giusto per riempire il buco, "C tende ad A" significa che ogni elemento di A rientra in C per n abbastanza grande, e si dimostra facilmente (per quanto possa servire!)