 Én is feltettem, hogy f mindenütt értelmezett.
Először is ha f T periódusú függvény, akkor a g(x)=f(Tx) 1 szerint periodikus és tetszőleges k egészre
&tex;\displaystyle f(k)=g\left(\frac kT\right)=g\left(\left\{\frac kT\right\}\right)=g\left(\left\{k\left\{\frac1T\right\}\right\}\right)&xet;
azaz elég belátni az alábbi állítást:
Ha f 1 szerint periodikus, folytonos, páratlan függvény és &tex;\displaystyle 0<\alpha<1&xet; irracionális szám, akkor
&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)=0&xet;
A bizonyítás az A.603 megoldásának gondolatmenetét használja.
Először is szükségünk lesz a következő állításra:
1. állítás: f egyenletesen folytonos az értelmezési tartományán
1. állítás bizonyítása
Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. A folytonosság miatt f a [0,1]-en egyenletesen folytonos, tehát létezik olyan &tex;\displaystyle \delta<1&xet; pozitív szám, hogy ha &tex;\displaystyle x_1,x_2\in[0,1]&xet; és &tex;\displaystyle |x_1-x_2|<\delta&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon2&xet;. Legyenek most &tex;\displaystyle x\neq y &xet; olyan valós számok, melyekre &tex;\displaystyle |x-y|<\delta<1&xet;. Ekkor két eset lehetséges.
1.eset: létezik n egész szám úgy, hogy &tex;\displaystyle x,y\in[n,n+1]&xet;
Ekkor az 1 szerinti periodikusság miatt &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\frac\varepsilon2<\varepsilon&xet;
2. eset: létezik n egész szám x és y között, pld. x<n<y
Mivel f(n)=0 ( f páratlan), ezért az 1.esetet alkalmazva &tex;\displaystyle |f(x)|=|f(x)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet; és &tex;\displaystyle |f(y)|=|f(y)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet;, tehát
&tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq|f(x)|+|f(y)|<\varepsilon&xet;.
Ezzel az 1. állítást igazoltuk.
__________________________________
a feladat bizonyítása
Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. Ekkor az 1. állítás miatt létezik olyan &tex;\displaystyle \delta&xet; pozitív szám, hogy &tex;\displaystyle |x-y|<\delta&xet; esetén &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\varepsilon&xet;.
f páratlan és 1 periódusú, ezért &tex;\displaystyle \int_0^1f(x)dx=0&xet;, azaz &tex;\displaystyle \lim_{q\to\infty}\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)=0&xet;, tehát nagy q-ra.
| &tex;\displaystyle \left|\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)\right|<\varepsilon &xet; | (1) |
Dirichlet approximációs tétele szerint létezik végtelen sok olyan &tex;\displaystyle \frac{p}{q}&xet; racionális szám, amelyre &tex;\displaystyle \left|\alpha-\frac{p}{q}\right|<\frac1{q^2}&xet;
Válasszunk az ilyen törtek közül egy olyat, melynek q nevezőjére teljesül (1) és &tex;\displaystyle q>\frac2\delta&xet;.
Ekkor az előbb választott q-ra és tetszőleges x valós számra igaz a következő állítás.
2. állítás:
| &tex;\displaystyle \left| \sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right| < 2q\varepsilon &xet; | (2) |
2. állítás bizonyítása
Legyen r olyan egész, hogy &tex;\displaystyle \frac rq\leq x<\frac{r+1}q&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \left|x-\frac rq\right|\leq\frac 1q&xet; és
&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|\leq\sum_{k=1}^q\left|f(x+k\alpha)-f\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|+\left|\sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|&xet;
Mivel &tex;\displaystyle \left|x+k\alpha-\frac rq -\frac{kp}q\right|\leq\left|x-\frac rq\right|+k\left|\alpha-\frac pq\right|<\frac 1q+\frac k{q^2}<\frac2q<\delta&xet;
és
&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)=\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)&xet;, hiszen az r+kp számok teljes maradékrendszert alkotnak mod q
ezért az 1.állítás és (1) alapján
&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|<\sum_{k=1}^q\varepsilon+q\varepsilon=2q\varepsilon&xet;
Ezzel a 2. állítást igazoltuk.
__________________________________
Legyen most már n pozitív egész, melyre &tex;\displaystyle n>\frac q\varepsilon&xet;. Osszuk el maradékosan n-et q-val: &tex;\displaystyle n=n_1q+n_2&xet;. Ekkor felhasználva (2)-t a &tex;\displaystyle 0,q\alpha,...,(n_1-1)q\alpha&xet; számokra
&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|=\left|\sum_{a=0}^{n_1-1}\sum_{k=1}^qf(aq\alpha+k\alpha)+\sum_{k=1}^{n_2}f(n_1q\alpha+k\alpha)\right|<n_12q\varepsilon+n_2M\leq2n\varepsilon+qM&xet;, ahol &tex;\displaystyle M=sup|(fx)|&xet;.
Tehát
&tex;\displaystyle \left|\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|<2\varepsilon+M\varepsilon=(M+2)\varepsilon&xet;
| 
