1樓：wasaiii
f(x)＝2√3cos方x 2sinx乘cosx － √3=(2√3cos方x － √3) 2sinx乘cosx =√3(cos方x －sin方x) 2sinxcosx=√3cos2x sin2x=2sin(2x 60)所以最小正週期=2π/2=π解：令x∈[1,3]，則x-2∈[-1,1]
故f(x)=f(x-2)=(x-2)
同理，當x∈[3,5]時，
f(x)=(x-4)
f(x)的圖畫依據週期性可畫出來，可以看出，它與y=|log5x|在最右邊的乙個交點是(5,1)
由於f(5)=f(5-2*2)=f(1)=1y=|log5x|在[1,無量]上是增函式，在(0,1]上是減函式這樣畫出來就得到有5個交點其間1個交點在直線x=1左側，別的4個在右側
2樓：劉暢
認真回答一下：
構造栗子很簡單，我這裡要指出的是，所有構造的栗子，除了平凡的改變可數個等價類上的值，都不是可測函式。
首先我們假設 對 成立, 最小正週期為 , 0" eeimg="1"/>.
再假設 週期為t， 0" eeimg="1"/>.
即對 .
首先我們有： :
.(1)
.(2)
故： (3)
由於（1），我們可以自然的將f看成 .
設: ,那麼:..
如果 ,對任意的 ,根據狄里克萊定理：我們總能選取一列適當的 保證 .故
如果 ,那麼對於 ,根據狄里克萊定理：
我們總能選取一列適當的 ,使得 .
這裡用迪麗克萊定理就能證出來是因為很巧二次項係數和一次項係數都是alpha，實際上一般情況用weyl準則加上標準的Vindegrov指數和估計也能證明均勻分布，匯出上面類似的結果，值得注意也可以用bourgain sarnak ziegler估計匯出結果。
那麼只要 holder- 連續，可以推出 為常數.
接下來的問題是能不能進一步降低 的正則性，比holder連續正則性略低的是 .
問題：能否構造出不恒為常數的 滿足： 對 成立.
remark：直接過渡到L無窮不一定是乙個好的想法，問題的關鍵在於可積性。我們知道x=x+d生成的集合當然是勒貝格零測的，問題在於這兩個週期共同生成的集合可能很複雜，我們要關注它是不是勒貝格可測集，它是可數集合所以是勒貝格零測的。
接下來的思路有一些gap，但是總之我試圖去證明一旦函式f是L1的滿足上面兩個週期性條件，那麼f幾乎處處是常數。f是L1的，所以總歸有乙個水平集附近測度大於0，這個水平集是乙個等價類，接下來基於等價類的結構，等價類的結果具備某種剛性，因為平移會使得整個在T裡面稠密，第二個又是非線性的。可能利用來自幾何測度論的估計證明這個水平集的測度是全空間。
那麼我們就能證明L1的滿足條件的函式幾乎處處是常數。
對於這個關鍵的耗散性估計，平移不會有影響，關鍵是那個二次變換
那麼我們只能去進一步減弱f的正則性，可能把f看成概率測度或者鞅，最不濟得看成乙個分布。
在分布意義下就是說這個分布具有平移不變性和另外一種二次不變性時是不是一定是常數分布。
另外乙個問題是：在任何長度閉區間總
存在原問題的例子。
我個人覺得這個問題更有意思，這個問題是說一旦你把實數換成有限區間，那麼你的每一步估計都不能做到那麼好，這個時候稠密性(衰減性)本身並不是顯然的，我也不確定能不能做出來。
2.直接構造週期函式很簡單，只需要將R分成若干個等價類即可
3樓：Kaifu
這裡考慮 的連續函式，那麼答案是不可能。
設 是 的週期。我們在 上取 0" eeimg="1"/>，這是可以做到的。不妨設 b" eeimg="1"/>。
然後我們取 ，那麼 ,
但是 0" eeimg="1"/>。所以 不一致連續。
而連續的週期函式是一致連續的，證明可見裴禮文的習題集。
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