周期何以相逢：从二元加法到多元抵消与乘积

两个各自周而复始的函数，叠加之后，还会一起回到原处吗？

离散时间里，这似乎不成问题：周期都是正整数，取个最小公倍数便有了共同的归途。但连续时间允许周期取任意正实数， 与 之间，便没有那个等候双方重逢的公共时刻。

直觉很容易走到这里。不过，“原函数没有公共周期”，真的就意味着“它们的和没有周期”吗？叠加会不会掩去各自的不同，留下某种新的重复？

这篇笔记便从这个缝隙展开。先看两个函数相加，再问多个函数能否彼此抵消，最后转向乘法。贯穿其中的，是不可公度带来的稠密性，以及连续性对这种稠密的回应。

一、前置

除专门讨论弱条件与离散时间的部分外，以下函数均定义在 上，且为实值、连续、非恒定的周期函数。

若 满足

则称 为一个周期。最小正周期称为基本周期，也称基波周期。

对连续非恒定周期函数，最小正周期确实存在，而且每一个正周期都是它的正整数倍。稍后关于稠密性的讨论也会解释这一点。

两个基本周期 可公度，指的是

这等价于存在正整数 ，使

也就是说，它们有公共周期。

另外，本文允许和或乘积成为常数。常数函数的每个正数都是周期，但它没有最小正周期；这与对原函数“非恒定”的要求并不冲突。

二、f+g

定理: 设 的基本周期分别为 ，则

充分性很直接：若 ，那么

真正需要证明的是反向。假设 有一个周期 ，则

记

从左边看， 有周期 ；从右边看， 有周期 。和的一个周期，让同一个差函数同时继承了两边的周期。

若这两个周期偏偏不可公度，又会怎样？

整个过程大概可以记成：

注意：最后找回 为公共周期，是在“周期比无理”的反证分支里得到的，不能脱离这个前提使用。 一般情况下，和的周期未必是两个原函数的公共周期。

具体思路如下:

1. 双周期与稠密平移

反设 。由两个周期反复作整数次平移可知，对

有

这个集合在 中稠密，证明留在下一节。

现在，只需取 的一个连续点 。任给 ，由稠密性可选 ，使

于是

从而 。由于 任意，便有

这里甚至没有用到处处连续：稠密的平移不变性，加上一个连续点，就足以把函数压成常数。

2. 常数差也不能留下

由 得

迭代可得

连续周期函数在一个闭周期区间上有界，因此在整个实轴上有界。若 ，右侧会随 无界增长，矛盾。所以 。

这就得到

于是 是二者的公共周期，必有

与反设矛盾，必要性得证。

例如

二者的基本周期都是 ，但 的基本周期是 。可公度保证和有周期，并不保证和的基本周期等于原函数的最小公共周期。

3. 两个标准例子与常数和

将结论放回最熟悉的三角函数：

是周期函数，因为两个基本周期分别为 与 ，比值为 。

而

不是周期函数，因为两个基本周期分别为 与 ，且

若两项之和恰为常数，情况反而更明确。由 有

所以 是 的周期，当且仅当它是 的周期。二者的周期集合完全相同，基本周期自然也相同。

原函数非恒定，并不意味着它们的和也非恒定；但两项抵消为常数，并不会构成二元定理的例外。

三、补充: 无理比为什么会通向稠密

令 。关键是证明： 中有任意小的正数。

任取正整数 ，考虑 个小数部分

这里 。把 等分成 个左闭右开的区间，每个长度为 。由抽屉原理，至少有两个小数部分落在同一区间。

相减便得到某个非零整数 和整数 ，使

严格大于零，来自 的无理性。乘以 ，得到

由于 对取负封闭，绝对值所表示的正数也属于 。

接下来，给定任意 和误差 ，选 满足 ，再取整数 ，则

$$0\le x-ks

而 。因此 能任意逼近任意实数，即在实轴上稠密。

稠密不等于覆盖。 这里的 是可数集，实际上一定不等于 ；但每个非空开区间里，都能找到它的元素。

补充：基本周期为什么存在

对连续函数 ，把所有平移不变量组成的集合记为

它是加法子群，而且是闭集：若 且 ，由连续性有

若 中存在任意小的正数，刚才的整数倍逼近就说明 稠密。再由连续性， 只能恒定。

所以对非恒定周期函数，正周期的下确界 严格大于零。闭性保证 本身也是周期。任一正周期 可写成

$$P=kT_0+r,\qquad 0\le r

子群性质保证 ，最小性迫使 。于是

基本周期存在，且所有正周期都是它的正整数倍，至此也有了依据。

四、连续性

回看二元加法的证明，可以把两个作用拆开：

• 至少有一个连续点，用来得到 ；
• 有界，用来排除 。

连续周期的假设一次性保证了这两件事，也保证了基本周期的存在。

这里需要区分：“ 有一个连续点”不等于“ 随便有一个连续点就够了”。 要用 的连续性保证 在 连续，通常需要同时照顾 与 。

1. 有周期，不代表有界

这里的有界性不能只归功于“周期”二字。例如令

其中 是小数部分。它处处取有限实值，并满足 ，但在 时无界。

所以把 压成零，用的是连续周期函数有界，或另行给出的有界性假设，而不是任意周期函数都具备的性质。

2. 弱条件与稠密周期的反例

若仍假定原函数有基本周期，并将连续性放宽为在每个紧区间上 Riemann 可积，二元加法的论证也能成立。因为平移与相减保持局部 Riemann 可积， 在任一非退化紧区间内部都有连续点；而周期性配合一个周期区间上的有界性，又保证 全局有界。

进一步只保留可测性时，稠密周期一般只能推出几乎处处为常数，不能照搬上述逐点结论。例如

可测、有界，并以每个有理数为平移不变量，却不是逐点常数。测度论版本必须相应区分逐点相等与几乎处处相等，这里暂不展开。

完全放下正则性，还可以直接构造拥有两个不可公度周期的非恒定函数。取

令

由于 对每个 成立， 都是 的周期。但 与其补集都稠密， 处处不连续，也没有最小正周期。

3. 各有基本周期，和却另有周期

上面的示性函数说明“双周期不一定迫使常数”，但它没有基本周期，还没有直接击中二元定理的逆命题。

能否让两个函数各自保有基本周期，让周期比确实无理，同时让和仍然周期？

取加法子群

由于 在 上线性无关，每个 的这组整数表示唯一。

这一点也可直接检查：若 ，其中 ，在 时，移项平方得到

因此 。若 ，会要求 为有理数；若 ，则非零的 会要求 为有理数，均不可能。于是 ，再由 无理得到 。

当 时，定义 ；当 时，定义

这里的示性符号表示：下标条件成立时取 ，否则取 。表示唯一性保证定义没有歧义。

先看 。 平移 只改变坐标 ，因此 。对于 ，也有 ，故等式在整个实轴上成立。

另一方面，，而

任何正周期 都必须满足 ，所以 必须是正整数。因而 的基本周期恰为

再看 。 平移 只改变坐标 ，并同样保持 及其补集不变，因此 。又因为

而 ，任何正周期只能是 的正整数倍。所以

最后看它们的和。 对 ，两个涉及 的项恰好抵消，留下

它不再依赖 ，所以平移 不改变取值。对 ，平移后仍在补集中，和仍为零。因此 是总和的周期。

甚至可以确定它就是基本周期：总和在 处取值 ，而取值为 的点恰为 。

于是得到一个三者均非恒定、均有基本周期的反例：

原函数周期比无理，和却仍然周期。

这个反例还比“完全不加条件”更强： 都有界，且仅在可数集 上可能非零，因此都是 Lebesgue 可测函数，并且几乎处处为零。即使保留有界性与可测性，逐点版本的逆命题仍会失败。

证明究竟断在何处，也可以具体看见。取总和的周期 ，则对 有

在 外则为零。它仍以 为周期，却不是常数：，。

集合 稠密，其上 ； 的补集也稠密，其上 。所以 连一个连续点都没有，恰好避开了证明中最关键的那座桥。

原来，稠密本身并不会抹平差别；连续性才把“无限接近”接到了“取值相同”上。

五、离散时间：公共周期总会到来

对定义在整数上的周期信号 ，基本周期只能取正整数 。因此

总是公共周期，和与积也都以 为周期。

推广到任意有限个离散时间周期信号，只需取所有整数周期的最小公倍数。因此：

这里依然只保证得到一个周期，不能断言它是结果的基本周期。

连续时间允许不可公度的实数周期，离散时间则在整数周期这一步，就消除了这个障碍。

连续正弦采样后，未必还是周期信号

“离散周期信号总有整数公共周期”，前提是这些信号本身已经周期。不能仅凭表达式里出现正弦或余弦，就认定这个前提成立。

对实数 ，离散序列

满足

充分性来自：若 ，其中 、，平移 个采样点就增加了 的相位。

必要性也可以用一个三角恒等式看清。若 是整数周期，那么对每个整数 都有

若第一个正弦因子为零，则 ，结论成立。否则第二个因子对所有整数 都为零，比较 即知 ，结论仍成立。

例如 不周期， 则以 为周期。这不影响前面的最小公倍数结论，只是在提醒我们先检查信号是否真的周期。

离散常数序列也有最小正整数周期 ，这与连续时间常数函数没有最小正实数周期不同。

六、三元与多元加法：抵消让逆命题变了样

若 两两可公度，就能选出所有函数的公共周期，故

一定周期。

反向却不能原封不动照搬二元定理。比如

虽然出现了不可公度的周期，总和仍是 。

如果一个周期成分已经被抵消了，又怎么从总和里要求它遵守共同的节拍呢？

1. 一个足够明确的附加条件

可以要求：对每个非空真子集 ，都有

对 ，因原函数已经非恒定，这只需额外检查三个两两和。对 ，仅检查两两和就不够了。

例如取

前三项的两两和分别是 、、，均非常数；任一前三项与第四项的和，也由二元定理知非周期，因而不可能为常数。但前三项之和为零，总和仍为 。

“任意非空真子集之和非常数”是一个足够强、便于陈述的附加条件，并非唯一可用的条件。在这一条件下，逆命题恢复为

要证明它，先补一个引理。

2. 引理：不可公度周期之间的常数抵消

设连续周期函数 分别有正周期 ，且这些周期两两不可公度。这里允许 为常数， 也不必是基本周期。

若

则每个 都是常数。

**证明：**对项数 归纳。 时显然成立。

假设结论对 项成立。将等式整体平移 后相减，最后一项消失，得到

记 。它连续，并保留周期 ，因此由归纳假设，每个 都是常数 。

又因为 有界，迭代

迫使 。于是每个 （）又有周期 。

但 无理，双周期的稠密性与连续性随即说明这些 都是常数。原等式再保证 也是常数。归纳完成。

3. 按可公度关系分组

在原函数之间定义等价关系

把同一类中的函数相加，记为 。每个类都能选出一个类内公共周期 ，因而 是连续周期函数。

不同类的 必定不可公度。否则，它们各自作为原基本周期的整数倍，会反过来说明两类中的原周期可公度，与分组矛盾。

假设总和有周期 ，令

则各 连续、有周期 ，并且

引理说明每个 都是常数，再由 有界可知，这些常数全部为零。所以 也是每个类和 的周期。

若 ，每个类都是非空真子集，由附加条件知 非恒定。设其基本周期为 ，那么

于是任取两个类，都有

矛盾。因此只能 ，即全部原周期可公度。

4. 更完整的结构结论

事实上，刚才对 的论证并没有使用“真子集不抵消”。去掉这一附加条件，仍可得到：

有限个连续周期函数的总和周期，当且仅当按原基本周期的可公度关系分组后，至多有一个类的和非常数。

必要性来自：总和的周期必须是每个类和的周期，而两个不同类的非恒定类和不可能有公共周期。

充分性则直接：若只剩一个非恒定类和，总和就是它加一个常数；若所有类和都是常数，总和也是常数。

所以需要精确抵消的地方是各自的可公度类内部。不同类之间，不能合力藏起一个未被消除的非恒定周期成分。

七、二元乘积：加法之外，还能走多远

仍在实值、连续、非恒定的前提下，乘法也有

充分性仍由公共周期直接得到。必要性中，假设乘积有周期 ，并反设 无理，则

1. 先看无零点的情形

若 处处非零，可以相除：

这个连续比值函数同时有周期 ，因而恒为某个非零实数 。于是

取 ，对正负整数 迭代可得

有界性同时排除 与 ，因此 。实值条件给出 ，从而 是两者公共周期，产生矛盾。

其实在无零点情形，连续实值函数在实轴上不能变号，所以这里还能得到 ，即 。保留 的写法，是为了与下面允许零点的证明接上。

2. 遇到零点，就一定要相除吗

零点会让刚才的比值失去定义，但原来的乘法等式仍然处处成立。换一个角度，可以先把其中缠在一起的两个变量分开。

给定任意 。由于 无理，上一节的稠密性保证可以找到整数 ，使

令 ，将乘积的周期等式代入 ，再分别使用 的周期 和 的周期 ，得到

令 ，连续性给出

这正是二维环面上稠密轨道的作用：原本同步移动的两个周期坐标，在连续关系中可以独立取值。而上面的序列论证让我们不必预先调用环面上的定理。

3. 只在一个确定非零的位置相除

因为 非恒定，当然不恒为零，可以选 使 。

必有 。否则上式会给出

迫使 ，与假设矛盾。

因此可定义非零实数

并得到

这个关系也包括 的位置，因为我们从未除以 。

再固定一个 的点代回二变量等式，得到

由前面的双向迭代与有界性，。所以

是公共周期，与 无理矛盾。乘法定理得证。

这里出现 有实际原因：平移 时，两个因子可能同时变号，乘积已经重复，因子却要再走一次才能复原。例如 与 的乘积以 为周期，而二者都要平移 才回到原值。

作为乘法的两个代表例子，

因原函数周期不可公度而非周期；而

的基本周期为 ，是原函数 基本周期 的一半。此时平移 ，每个因子满足

正对应证明中的倍率 。

4. 实值条件不能随意拿掉

若允许复值，取

二者基本周期之比无理，但

依然周期。原因是 对复数不再意味着 ，也不保证有限次迭代后回到 。

所以乘法定理中的“实值”，确实承担了最后一步。

八、最后

核心始终是

连续性把这些任意接近的平移传递到取值上，有界性再排除不断累积的增量或倍率。多元加法中，最终留下的非恒定部分只能来自一个可公度周期族；二元实值乘积中，连同时变号也只能暂缓一次归位。

最初只是问两个周期能否相逢，走到最后，才发现答案藏在“无限接近”与“真正相等”之间。