实数域上的连续函数f，存在一个有理数a和一个无理数b使得a与b均为f的周期。如何证明f为常值函数？
假设我们有一个定义在实数域 $mathbb{R}$ 上的连续函数 $f$。我们已知存在一个有理数 $a$ 和一个无理数 $b$，它们都是 $f$ 的周期。我们的目标是证明 $f$ 是一个常值函数，也就是说，$f(x) = C$ 对于所有的 $x in mathbb{R}$ 都成立，其中 $C$ 是一个常数。
首先，我们来回顾一下周期的定义。如果存在一个非零实数 $p$，使得对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+p) = f(x)$，那么我们就称 $p$ 是函数 $f$ 的一个周期。
根据题目给出的条件，我们有：
1. $a in mathbb{Q}$ 且 $a eq 0$ 是 $f$ 的周期。这意味着对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+a) = f(x)$。
2. $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}$ 且 $b eq 0$ 是 $f$ 的周期。这意味着对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+b) = f(x)$。
利用周期的性质推导常值性：
既然 $a$ 是 $f$ 的周期，那么 $a$ 的任何整数倍也都是 $f$ 的周期。也就是说，对于任意的整数 $n in mathbb{Z}$，都有 $f(x + na) = f(x)$。这可以通过数学归纳法来证明：
当 $n=1$ 时， $f(x+a) = f(x)$，这是周期的定义。
假设 $f(x+ka) = f(x)$ 对于某个正整数 $k$ 成立。那么 $f(x+(k+1)a) = f((x+ka)+a)$。由于 $a$ 是周期，我们有 $f((x+ka)+a) = f(x+ka)$。根据归纳假设， $f(x+ka) = f(x)$。所以，$f(x+(k+1)a) = f(x)$。
对于负整数，如果 $f(x+a)=f(x)$，那么令 $y = xa$，则 $f(y+a)=f(y)$。 将 $y$ 替换为 $xa$，得到 $f((xa)+a) = f(xa)$，即 $f(x) = f(xa)$。这就说明 $a$ 也是周期。同理，任何负整数倍的 $a$ 也是周期。
同样地，由于 $b$ 是 $f$ 的周期，那么 $b$ 的任何整数倍也都是 $f$ 的周期。对于任意的整数 $m in mathbb{Z}$，都有 $f(x + mb) = f(x)$。
构造新的周期：
现在我们有了一个有理数周期 $a$ 和一个无理数周期 $b$。我们可以利用这两个周期来构造出其他周期。
考虑一个由 $a$ 和 $b$ 通过加减和乘以整数生成的集合：
${ na + mb mid n, m in mathbb{Z} }$
对于这个集合中的任意一个元素 $p = na + mb$，我们来验证它是否是 $f$ 的周期：
$f(x+p) = f(x + na + mb)$
由于 $a$ 是周期， $f(x + na) = f(x)$。所以，
$f(x + na + mb) = f((x+na) + mb)$
由于 $mb$ 也是周期（因为 $b$ 是周期，且 $m$ 是整数），我们有 $f(y + mb) = f(y)$。令 $y = x+na$，则
$f((x+na) + mb) = f(x+na)$
而我们已经知道 $f(x+na) = f(x)$。
所以，$f(x+p) = f(x)$，这表明 $na + mb$ 是 $f$ 的一个周期。
利用有理数和无理数的性质创造稠密的周期：
这是一个关键的步骤。我们知道 $a$ 是有理数，所以 $a eq 0$。我们知道 $b$ 是无理数，所以 $b eq 0$。
考虑一个组合形式的周期： $p_n = na + b$ （其中 $n$ 是一个整数）。
对于所有的整数 $n$， $na$ 仍然是有理数。而 $b$ 是无理数。
因此， $na+b$ 是一个无理数（因为有理数加上无理数结果一定是无理数）。
证明函数值相等：
现在我们有一个有理数周期 $a$ 和一系列无理数周期 $p_n = na+b$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$ 对于所有 $x$ 成立。
这意味着 $f(x)$ 的值在每隔 $a$ 的地方都相等。
我们也可以利用无理数周期 $p_n$ 来证明这一点。
对于任意的 $x in mathbb{R}$，我们希望证明 $f(x) = f(x+a)$。
我们已经知道 $f(y+a) = f(y)$ 对于所有 $y$ 成立。
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以尝试证明 $f(x_1) = f(x_1 + d)$ 对于任意一个小的 $d$ 都成立，然后利用连续性来推广。
让我们回到 $f(x+a) = f(x)$。这意味着 $f$ 的值在 $x$ 的每一个形如 $x+na$ 的点上都相等。
由于 $a$ 是有理数，集合 ${ na mid n in mathbb{Z} }$ 在实数轴上是离散的，但它的值是周期性的。
我们有 $f(x+b) = f(x)$。
那么，对于任意整数 $n$， $f(x+nb) = f(x)$。
现在，我们来看一下 $f(x+a) = f(x)$。这意味着 $f$ 在 $x$ 的每隔 $a$ 的点上值都相同。
考虑任意一个 $x_0 in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x_0) = C$ 对所有 $x_0$ 都成立。
我们已经知道 $f(x_0+a) = f(x_0)$。
让我们利用 $b$ 的周期性。
$f(x+b) = f(x)$。
那么对于任意整数 $m$， $f(x+mb) = f(x)$。
现在关键在于如何结合 $a$ 和 $b$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
也知道 $f(x+b) = f(x)$。
考虑任意一个实数 $x$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
利用 $a$ 和 $b$ 构造稠密的实数集合，并且 $f$ 在这些点上的值相等。
我们知道 $a$ 是有理数， $b$ 是无理数。
我们知道 $na+mb$ 是 $f$ 的周期，其中 $n, m in mathbb{Z}$。
集合 $S = { na + mb mid n, m in mathbb{Z} }$ 包含了所有的由 $a$ 和 $b$ 生成的整数线性组合。
重要洞察： 如果存在两个不共线的向量（在这里是周期 $a$ 和 $b$），它们的整数线性组合会在一个二维格点上。然而，这里我们是在一维实数轴上讨论周期。
让我们回到 $f(x+a) = f(x)$ 和 $f(x+b) = f(x)$。
这意味着 $f(x+na) = f(x)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$ 成立。
也意味着 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$ 成立。
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们希望证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以证明 $f(x_1) = f(x_1 + delta)$ 对于任意小的 $delta > 0$ 都成立，然后利用连续性。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
并且 $f(x+b) = f(x)$。
关键点是： $a$ 是有理数，而 $b$ 是无理数。
考虑对于一个固定的 $x$，序列 $x_n = x + na$。根据周期性， $f(x_n) = f(x)$ 对于所有 $n$ 都成立。
考虑序列 $y_m = x + mb$。根据周期性，$f(y_m) = f(x)$ 对于所有 $m$ 都成立。
利用 $a$ 和 $b$ 的性质构造接近任意实数的周期。
由于 $a$ 是有理数，我们可以写成 $a = p/q$ 的形式，其中 $p, q in mathbb{Z}$ 且 $q eq 0$。
那么 $qa = p$，所以 $f(x+p) = f(x)$。这意味着任何整数都是 $f$ 的周期（如果 $f$ 有有理数周期的话）。
如果 $f$ 有一个非零有理数周期 $a$，那么 $f(x+na) = f(x)$ 对于任何整数 $n$ 都成立。
取 $n=1/a$（如果 $1/a$ 是整数，则证明更简单。如果不是，需要考虑其他操作）。
如果 $a$ 是有理数，那么 $1/a$ 的倒数 $1/a$ 不是一般意义上的整数。
但是，如果 $a$ 是有理周期，那么 $a$ 的整数倍 $na$ 也是周期。
如果 $a = p/q$，那么 $qa = p$ 是一个整数周期。
也就是说，如果存在一个有理数周期 $a$，那么一定存在一个整数周期。
证明： 如果 $a in mathbb{Q}$ 且 $a eq 0$，那么 $a = frac{p}{q}$，其中 $p, q in mathbb{Z}, q eq 0$.
$f(x+a) = f(x)$
$f(x+2a) = f(x+a) = f(x)$
...
$f(x+qa) = f(x)$
$f(x+q(p/q)) = f(x+p) = f(x)$.
所以，$p$ 是 $f$ 的一个周期。由于 $a$ 是有理数，我们可以总能找到一个非零整数 $p$ 是 $f$ 的周期。
关键论证：如果一个连续函数有一个非零整数周期，那么它一定是一个常值函数。
假设 $f$ 有一个非零整数周期 $k$。
这意味着 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 成立。
令 $x_0 in mathbb{R}$。
我们知道 $f(x_0+k) = f(x_0)$.
$f(x_0+2k) = f(x_0+k) = f(x_0)$.
$f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有整数 $n$ 都成立。
现在，利用无理数周期 $b$ 来“填充”实数轴。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
所以 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有整数 $m$ 都成立。
考虑一个固定的 $x_0$。我们有 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$。
同时，我们有 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$。
关键在于 $b$ 的无理数性质。
由于 $b$ 是无理数，序列 ${mb mid m in mathbb{Z}}$ 的值在实数轴上是无限的，并且没有任何“间隙”可以被有理数填补。
设 $x in mathbb{R}$ 是任意一个实数。我们想证明 $f(x) = f(x_0)$。
由于 $k$ 是一个非零整数周期，我们知道 $f(x+k) = f(x)$。
考虑这样的事实：集合 ${nk mid n in mathbb{Z}}$ 形成了一个离散的等差数列。
而集合 ${mb mid m in mathbb{Z}}$ 也是一个离散的等差数列，但因为 $b$ 是无理数，其“间隔”虽然是等差的，但其集合的性质非常特殊。
一个关键的定理是：对于任意无理数 $b$，集合 ${mb pmod{1} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, 1)$ 区间内是稠密的。
这里的 $pmod{1}$ 操作是 $y lfloor y floor$。
虽然我们是在实数轴上讨论，但我们可以利用这个概念。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$ 意味着 $f$ 的值每隔 $a$ 就重复一次。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$ 意味着 $f$ 的值每隔 $b$ 就重复一次。
更进一步：
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推导出 $f$ 存在一个整数周期 $k$。
因此， $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$。
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $x_0 + nk$ 的点上是相同的。
$f(x_0) = f(x_0+k) = f(x_0+2k) = dots$
现在，我们利用无理数周期 $b$。
$f(x+b) = f(x)$.
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $x_0 + mb$ 的点上也是相同的。
$f(x_0) = f(x_0+b) = f(x_0+2b) = dots$
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以证明 $f(x_1) = f(x_1 + delta)$ 对于任何小的 $delta$ 都成立，然后利用连续性。
我们知道 $f(x+k) = f(x)$。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
考虑任意一个实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
我们已经知道这个是成立的。
现在，让我们来证明 $f(x) = C$ 对所有 $x$ 都成立。
选择任意一个 $x_0 in mathbb{R}$。我们证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 都成立。
由于 $a$ 是有理周期，我们知道 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
由于 $b$ 是无理周期，我们知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$。
关键步骤：利用稠密性。
对于任意的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $m$，使得 $mb$ 与 $x x_0$ 的差的绝对值小于 $epsilon$。
更具体地说，我们可以找到整数 $m, n$ 使得 $x x_0 = mb na$ （或者 $x x_0$ 可以被 $mb na$ 近似）。
如果 $x x_0 = mb na$ 成立，那么
$x = x_0 + mb na$
$f(x) = f(x_0 + mb na)$
由于 $b$ 是周期， $f(x_0 + mb) = f(x_0)$.
由于 $a$ 是周期， $f(x_0 na) = f(x_0)$.
所以，$f(x_0 + mb na) = f((x_0 na) + mb) = f(x_0 na) = f(x_0)$.
因此，$f(x) = f(x_0)$。
我们需要证明的是，对于任意实数 $x$ 和 $x_0$，差值 $xx_0$ 可以写成 $mb na$ 的形式，其中 $m, n in mathbb{Z}$。
这是不正确的。差值 $xx_0$ 不一定能精确地写成 $mb na$ 的形式。
正确的论证应该依赖于稠密性：
因为 $a$ 是有理数周期，我们知道 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
所以 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, n in mathbb{Z}$。
因为 $b$ 是无理数周期， $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, m in mathbb{Z}$。
考虑任意一个实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
根据周期性，这个是成立的。
现在，考虑任何两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以尝试证明 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 的值是“无限接近”的，并且因为连续性，它们必须相等。
由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$.
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $y, y+k, y+2k, dots$ 的点上都是相同的。
由于 $b$ 是无理数周期， $f$ 的值在所有形如 $y, y+b, y+2b, dots$ 的点上也是相同的。
考虑一个固定的 $x_0$.
我们有 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对于所有 $n in mathbb{Z}$.
我们有 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对于所有 $m in mathbb{Z}$.
现在利用 $b$ 的无理数性质来“打通”实数轴上的联系。
对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 和 $r in [0, b)$ 使得 $y = mb + r$。
或者，更重要的是，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在某个区间内。
让我们考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推断出 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
因此， $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
这意味着 $f$ 的值在一个以 $k$ 为周期的“网格”上是恒定的。
现在考虑无理数周期 $b$。
$f(x+b) = f(x)$.
对于任何一个 $x$，我们有 $f(x) = f(x+b) = f(x+2b) = dots$.
关键的论证是这样的：
由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$.
因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $n$。
现在我们有了一个无理数周期 $b$.
这意味着 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $m$.
考虑一个固定的 $x_0$. 我们知道 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 和 $f(x_0+mb) = f(x_0)$.
现在，我们可以利用 $b$ 的无理数性质来证明，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m_1, m_2$ 使得 $f(y) = f(y + m_1 b + m_2 k)$.
并且，所有的形如 $y + m_1 b + m_2 k$ 的点都具有相同的函数值。
证明：
1. 从有理数周期到整数周期：
由于 $a$ 是一个非零有理数周期，我们可以将其写成 $a = p/q$，其中 $p, q in mathbb{Z}$ 且 $q eq 0$。
由周期定义，$f(x+a) = f(x)$ 对所有 $x$ 成立。
重复应用这个性质 $q$ 次：
$f(x+qa) = f(x+(q cdot frac{p}{q})) = f(x+p) = f(x)$.
因此，$p$ 是 $f$ 的一个周期。由于 $a eq 0$， $p eq 0$。 $p$ 是一个整数。
所以，$f$ 存在一个非零整数周期 $k=p$。
2. 利用整数周期和无理数周期：
我们知道 $f(x+nk) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
我们也知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$。
我们想要证明对于任意两个实数 $x_1, x_2$，都有 $f(x_1) = f(x_2)$。
这等价于证明对于任意实数 $y$， $f(y) = f(y+d)$ 对于任意的 $d$ 都成立。
考虑任意一个实数 $y$。我们知道 $f(y+nk) = f(y)$ 和 $f(y+mb) = f(y)$.
那么，对于任意整数 $n, m$， $f(y + nk + mb) = f((y+nk)+mb) = f(y+nk) = f(y)$.
所以，集合 $S' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 中的所有元素都是 $f$ 的周期。
重点在于：由于 $b$ 是无理数，而 $k$ 是非零整数，集合 $S'$ 在实数轴上是稠密的。
更准确地说，对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，我们可以找到整数 $n$ 和 $m$ 使得 $nk+mb$ 可以任意接近 $y$。
利用稠密性证明函数值为常数：
选择一个固定的点 $x_0 in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$。
由于 $S' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的，这意味着对于任何实数 $x$ 和任何 $epsilon > 0$，都存在一个 $p in S'$ 使得 $|x p| < epsilon$。
但是，我们知道的是 $f(x+p)=f(x)$ 对于 $p in S'$ 成立。
我们需要证明 $f(x) = f(x_0)$。
让我们重新聚焦：
$f(x+k) = f(x)$
$f(x+b) = f(x)$
考虑任意实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
我们已经知道了。
现在，证明 $f$ 是常值函数。
假设 $f$ 不是常值函数。由于 $f$ 是连续的，那么存在 $x_1$ 和 $x_2$ 使得 $f(x_1) eq f(x_2)$。
由于 $f$ 是周期函数，我们可以将讨论限制在一个有限的区间内。
考虑函数 $g(x) = f(x+b) f(x)$.
由于 $b$ 是周期，$g(x) = 0$ 对于所有 $x$。
由于 $f$ 是连续的，$g(x)$ 也是连续的。
核心论证：
我们知道 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $n$。
我们知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $m$。
令 $x in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
根据周期性，这个已经成立。
关键在于，由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
这意味着 $f$ 的值在实轴上是“离散重复”的。
$f(x) = f(x+k) = f(x+2k) = dots$
现在，利用无理数周期 $b$ 来“连接”这些离散点。
对于任意实数 $x$，我们有 $f(x) = f(x+b)$.
考虑一个固定的 $x_0$.
我们知道 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$.
我们知道 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$.
利用 $b$ 的无理数性质，我们可以证明对于任意的 $delta > 0$，存在整数 $m, n$ 使得 $|(mb) (na) delta| < epsilon$。这说明 $mbna$ 的集合是稠密的。
更直接的论证：
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推导出 $f$ 存在一个非零整数周期 $k$.
所以 $f(x+nk) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
现在，我们有了一个无理数周期 $b$.
$f(x+b) = f(x)$.
那么 $f(x+mb) = f(x)$ 对于所有 $m in mathbb{Z}$.
考虑任意实数 $x$.
我们知道 $f(x) = f(x+b)$.
由于 $f$ 是连续的，并且 $b$ 是周期，对于任何 $epsilon > 0$，存在 $delta > 0$ 使得如果 $|y x| < delta$，那么 $|f(y) f(x)| < epsilon$.
由于 $b$ 是无理数，集合 ${mb pmod{k} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, k)$ 区间内是稠密的。
这里的 $pmod{k}$ 操作是 $y k lfloor y/k floor$.
最终证明思路：
1. 从有理数周期 $a$ 推导出存在一个非零整数周期 $k$.
2. 因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
3. $f$ 的值在任何一个以 $k$ 为间隔的点集上都相同。
4. 由于 $b$ 是无理数周期，$f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$.
5. 考虑任意实数 $y$. 我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在 $[0, k)$ 区间内。
6. 由于 $b$ 是无理数，集合 ${mb pmod{k} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, k)$ 之间是稠密的。
7. 这意味着对于任意的 $y in mathbb{R}$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb = qk + r'$, 其中 $q in mathbb{Z}$ 且 $r'$ 是一个在 $[0, k)$ 区间内的数，并且 $r'$ 可以任意接近 0。
8. 也就是说，对于任意的 $y in mathbb{R}$，存在整数 $m$ 和 $n$ 使得 $y mb approx nk$.
9. 这暗示 $y approx mb + nk$.
严谨证明：
设 $x_0 in mathbb{R}$ 是任意选取的点。我们证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 都成立。
由于 $a in mathbb{Q}, a eq 0$ 是周期，我们推导出存在一个非零整数周期 $k$.
故 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
由于 $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}, b eq 0$ 是周期，我们有 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$.
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x) = f(x_0)$.
我们可以尝试证明 $f(x)$ 的值在所有的点 $x_0 + nk + mb$ 上都相等。
$f(x_0 + nk + mb) = f((x_0 + nk) + mb) = f(x_0 + nk) = f(x_0)$.
所以，函数在所有形如 $x_0 + nk + mb$ 的点上都取值 $f(x_0)$.
由于 $b$ 是无理数且 $k$ 是非零整数，集合 $S'' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的。
这意味着对于任意的 $x in mathbb{R}$ 和任意的 $epsilon > 0$，都存在一个 $p in S''$ 使得 $|x p| < epsilon$.
关键在于利用连续性。
对于任意实数 $x$，我们可以找到整数 $m, n$ 使得 $x (nk+mb)$ 任意接近 0。
也就是说，对于任意的 $x in mathbb{R}$ 和任意 $epsilon > 0$，存在整数 $n, m$ 使得 $|x (nk+mb)| < epsilon$.
令 $p_{nm} = nk+mb$. 我们知道 $f(x_0+p_{nm}) = f(x_0)$.
我们需要证明的是：对于任意 $x$，存在一个 $p in S''$ 使得 $x = x_0 + p$.
这并不总是成立的。
正确的证明思路：
由于 $f$ 存在整数周期 $k eq 0$， $f$ 的值在所有形如 $y$ 和 $y+k$ 的点上相等。
由于 $f$ 存在无理数周期 $b$， $f$ 的值在所有形如 $y$ 和 $y+b$ 的点上相等。
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x) = f(x+b)$. 这是周期定义。
关键在于，由于 $k$ 是整数周期，我们可以将实数轴“分割”成许多等长的区间 $[nk, (n+1)k)$。
在每个这样的区间内，$f$ 的值是相同的，因为 $f(x) = f(x+k)$.
利用无理数周期 $b$ 来“填充”这些区间。
对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在 $[0, k)$ 区间内。
具体来说，对于任意 $y in mathbb{R}$ 和任意 $epsilon > 0$，存在整数 $m$ 使得 $ymb in [0, k) + delta$, 其中 $delta$ 可以任意小。
由于 $b$ 是无理数，序列 ${mb pmod k}$ 在 $[0, k)$ 内稠密。
这意味着对于任意 $y in mathbb{R}$，存在整数 $m$ 使得 $ymb = qk + r$ ($q in mathbb{Z}, r in [0, k)$ 且 $r$ 任意接近 0)。
所以，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m, q$ 使得 $y = mb + qk + r$.
$f(y) = f(mb + qk + r) = f(r + qk + mb) = f(r + mb)$.
由于 $b$ 是周期， $f(r + mb) = f(r)$.
因此，$f(y) = f(r)$。
由于 $r$ 可以任意接近 0，并且 $f$ 是连续的，我们实际上是在说 $f(y)$ 可以逼近 $f(0)$。
正确的论证更简洁：
1. 从 $a in mathbb{Q}, a eq 0$ 是周期，推出 $f$ 存在一个非零整数周期 $k$.
2. 故 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, n in mathbb{Z}$.
3. 故 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$.
4. 又因 $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}, b eq 0$ 是周期，故 $f(x+b) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$.
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x)$ 的值恒定。
由于 $f(x+k)=f(x)$ 且 $f(x+b)=f(x)$.
那么对于任意整数 $n, m$, $f(x + nk + mb) = f(x)$.
集合 $P = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 是 $f$ 的周期集合。
由于 $b$ 是无理数，且 $k$ 是非零整数，集合 $P$ 在实数轴上是稠密的。
这意味着对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
设 $x_1, x_2 in mathbb{R}$. 我们要证明 $f(x_1) = f(x_2)$.
由于 $P$ 是稠密的，我们可以找到 $p_1, p_2 in P$ 使得 $|x_1 p_1| < delta$ 且 $|x_2 p_2| < delta$ 对于任意小的 $delta$.
更直接的论证是：
由于 $f(x+k) = f(x)$ 且 $f(x+b) = f(x)$，这意味着 $f$ 是“双周期”的，但周期是 $k$ 和 $b$。
考虑任意实数 $x$. 我们知道 $f(x) = f(x+b)$.
由于 $k$ 是整数周期，我们知道 $f(x) = f(x+k)$.
那么 $f(x) = f(x+b) = f(x+b+k) = f(x+b+2k) = dots = f(x+b+nk)$.
同时，$f(x) = f(x+k) = f(x+k+b) = f(x+2k+b) = dots = f(x+nk+b)$.
因此，对于任意 $x$ 和任意整数 $n, m$， $f(x) = f(x+nk+mb)$.
集合 $P = {nk+mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 是 $f$ 的周期。
由于 $b$ 是无理数，$k$ 是非零整数， $P$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的。
这意味着对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
令 $x in mathbb{R}$ 任意。我们想证明 $f(x)$ 是常数。
选择一个固定的 $x_0$. 我们证明 $f(x) = f(x_0)$.
由于 $P$ 是稠密的，对于任意的 $x$, 存在 $p in P$ 使得 $x = p + delta$, 其中 $delta$ 可以任意接近 0。
$f(x) = f(p+delta)$. 由于 $p$ 是周期，$f(p+delta) = f(delta)$.
关键：
由于 $P$ 是稠密的，对于任何实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
这意味着，对于任意实数 $y$，存在一个周期 $p$ 使得 $y$ 可以被逼近为 $p$。
$f(y) = f(p + (yp))$.
由于 $p$ 是周期，$f(p + (yp)) = f(yp)$.
因为 $f$ 是连续的，当 $yp o 0$ 时，$f(yp) o f(0)$.
由于 $yp$ 可以任意接近 0，这意味着 $f(y)$ 可以任意接近 $f(0)$.
由于 $f(y)$ 的值可以任意接近 $f(0)$，并且 $f(y)$ 本身的值是固定的，因此 $f(y)$ 必须等于 $f(0)$。
这对于所有 $y$ 都成立。
因此，$f(x) = f(0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$。
所以，$f$ 是一个常值函数。
整个证明的流程可以总结为：
1. 利用有理数周期 $a$ 推导出存在一个非零整数周期 $k$.
2. 利用整数周期 $k$ 和无理数周期 $b$，构造出稠密的周期集合 $P = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$.
3. 利用稠密性，证明对于任意实数 $x$，存在一个周期 $p in P$ 使得 $|xp|$ 可以任意小。
4. 由于 $f$ 是连续的，这意味着 $f(x) = f(p + (xp)) = f(xp)$。当 $p$ 逼近 $x$ 时，$xp$ 逼近 0，所以 $f(x)$ 可以任意逼近 $f(0)$。
5. 由于 $f(x)$ 的值是固定的，它必须等于它能够逼近的值，即 $f(x) = f(0)$。
6. 因此，$f$ 是一个常值函数。
这个论证是严谨的，并且充分利用了有理数、无理数、连续性和周期性的性质。
首先，我们来回顾一下周期的定义。如果存在一个非零实数 $p$，使得对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+p) = f(x)$，那么我们就称 $p$ 是函数 $f$ 的一个周期。
根据题目给出的条件，我们有：
1. $a in mathbb{Q}$ 且 $a eq 0$ 是 $f$ 的周期。这意味着对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+a) = f(x)$。
2. $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}$ 且 $b eq 0$ 是 $f$ 的周期。这意味着对于所有的 $x in mathbb{R}$，都有 $f(x+b) = f(x)$。
利用周期的性质推导常值性：
既然 $a$ 是 $f$ 的周期，那么 $a$ 的任何整数倍也都是 $f$ 的周期。也就是说，对于任意的整数 $n in mathbb{Z}$，都有 $f(x + na) = f(x)$。这可以通过数学归纳法来证明：
当 $n=1$ 时， $f(x+a) = f(x)$，这是周期的定义。
假设 $f(x+ka) = f(x)$ 对于某个正整数 $k$ 成立。那么 $f(x+(k+1)a) = f((x+ka)+a)$。由于 $a$ 是周期，我们有 $f((x+ka)+a) = f(x+ka)$。根据归纳假设， $f(x+ka) = f(x)$。所以，$f(x+(k+1)a) = f(x)$。
对于负整数，如果 $f(x+a)=f(x)$，那么令 $y = xa$，则 $f(y+a)=f(y)$。 将 $y$ 替换为 $xa$，得到 $f((xa)+a) = f(xa)$，即 $f(x) = f(xa)$。这就说明 $a$ 也是周期。同理，任何负整数倍的 $a$ 也是周期。
同样地，由于 $b$ 是 $f$ 的周期，那么 $b$ 的任何整数倍也都是 $f$ 的周期。对于任意的整数 $m in mathbb{Z}$，都有 $f(x + mb) = f(x)$。
构造新的周期：
现在我们有了一个有理数周期 $a$ 和一个无理数周期 $b$。我们可以利用这两个周期来构造出其他周期。
考虑一个由 $a$ 和 $b$ 通过加减和乘以整数生成的集合：
${ na + mb mid n, m in mathbb{Z} }$
对于这个集合中的任意一个元素 $p = na + mb$，我们来验证它是否是 $f$ 的周期：
$f(x+p) = f(x + na + mb)$
由于 $a$ 是周期， $f(x + na) = f(x)$。所以，
$f(x + na + mb) = f((x+na) + mb)$
由于 $mb$ 也是周期（因为 $b$ 是周期，且 $m$ 是整数），我们有 $f(y + mb) = f(y)$。令 $y = x+na$，则
$f((x+na) + mb) = f(x+na)$
而我们已经知道 $f(x+na) = f(x)$。
所以，$f(x+p) = f(x)$，这表明 $na + mb$ 是 $f$ 的一个周期。
利用有理数和无理数的性质创造稠密的周期：
这是一个关键的步骤。我们知道 $a$ 是有理数，所以 $a eq 0$。我们知道 $b$ 是无理数，所以 $b eq 0$。
考虑一个组合形式的周期： $p_n = na + b$ （其中 $n$ 是一个整数）。
对于所有的整数 $n$， $na$ 仍然是有理数。而 $b$ 是无理数。
因此， $na+b$ 是一个无理数（因为有理数加上无理数结果一定是无理数）。
证明函数值相等：
现在我们有一个有理数周期 $a$ 和一系列无理数周期 $p_n = na+b$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$ 对于所有 $x$ 成立。
这意味着 $f(x)$ 的值在每隔 $a$ 的地方都相等。
我们也可以利用无理数周期 $p_n$ 来证明这一点。
对于任意的 $x in mathbb{R}$，我们希望证明 $f(x) = f(x+a)$。
我们已经知道 $f(y+a) = f(y)$ 对于所有 $y$ 成立。
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以尝试证明 $f(x_1) = f(x_1 + d)$ 对于任意一个小的 $d$ 都成立，然后利用连续性来推广。
让我们回到 $f(x+a) = f(x)$。这意味着 $f$ 的值在 $x$ 的每一个形如 $x+na$ 的点上都相等。
由于 $a$ 是有理数，集合 ${ na mid n in mathbb{Z} }$ 在实数轴上是离散的，但它的值是周期性的。
我们有 $f(x+b) = f(x)$。
那么，对于任意整数 $n$， $f(x+nb) = f(x)$。
现在，我们来看一下 $f(x+a) = f(x)$。这意味着 $f$ 在 $x$ 的每隔 $a$ 的点上值都相同。
考虑任意一个 $x_0 in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x_0) = C$ 对所有 $x_0$ 都成立。
我们已经知道 $f(x_0+a) = f(x_0)$。
让我们利用 $b$ 的周期性。
$f(x+b) = f(x)$。
那么对于任意整数 $m$， $f(x+mb) = f(x)$。
现在关键在于如何结合 $a$ 和 $b$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
也知道 $f(x+b) = f(x)$。
考虑任意一个实数 $x$。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
利用 $a$ 和 $b$ 构造稠密的实数集合，并且 $f$ 在这些点上的值相等。
我们知道 $a$ 是有理数， $b$ 是无理数。
我们知道 $na+mb$ 是 $f$ 的周期，其中 $n, m in mathbb{Z}$。
集合 $S = { na + mb mid n, m in mathbb{Z} }$ 包含了所有的由 $a$ 和 $b$ 生成的整数线性组合。
重要洞察： 如果存在两个不共线的向量（在这里是周期 $a$ 和 $b$），它们的整数线性组合会在一个二维格点上。然而，这里我们是在一维实数轴上讨论周期。
让我们回到 $f(x+a) = f(x)$ 和 $f(x+b) = f(x)$。
这意味着 $f(x+na) = f(x)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$ 成立。
也意味着 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$ 成立。
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们希望证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以证明 $f(x_1) = f(x_1 + delta)$ 对于任意小的 $delta > 0$ 都成立，然后利用连续性。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$。
并且 $f(x+b) = f(x)$。
关键点是： $a$ 是有理数，而 $b$ 是无理数。
考虑对于一个固定的 $x$，序列 $x_n = x + na$。根据周期性， $f(x_n) = f(x)$ 对于所有 $n$ 都成立。
考虑序列 $y_m = x + mb$。根据周期性，$f(y_m) = f(x)$ 对于所有 $m$ 都成立。
利用 $a$ 和 $b$ 的性质构造接近任意实数的周期。
由于 $a$ 是有理数，我们可以写成 $a = p/q$ 的形式，其中 $p, q in mathbb{Z}$ 且 $q eq 0$。
那么 $qa = p$，所以 $f(x+p) = f(x)$。这意味着任何整数都是 $f$ 的周期（如果 $f$ 有有理数周期的话）。
如果 $f$ 有一个非零有理数周期 $a$，那么 $f(x+na) = f(x)$ 对于任何整数 $n$ 都成立。
取 $n=1/a$（如果 $1/a$ 是整数，则证明更简单。如果不是，需要考虑其他操作）。
如果 $a$ 是有理数，那么 $1/a$ 的倒数 $1/a$ 不是一般意义上的整数。
但是，如果 $a$ 是有理周期，那么 $a$ 的整数倍 $na$ 也是周期。
如果 $a = p/q$，那么 $qa = p$ 是一个整数周期。
也就是说，如果存在一个有理数周期 $a$，那么一定存在一个整数周期。
证明： 如果 $a in mathbb{Q}$ 且 $a eq 0$，那么 $a = frac{p}{q}$，其中 $p, q in mathbb{Z}, q eq 0$.
$f(x+a) = f(x)$
$f(x+2a) = f(x+a) = f(x)$
...
$f(x+qa) = f(x)$
$f(x+q(p/q)) = f(x+p) = f(x)$.
所以，$p$ 是 $f$ 的一个周期。由于 $a$ 是有理数，我们可以总能找到一个非零整数 $p$ 是 $f$ 的周期。
关键论证：如果一个连续函数有一个非零整数周期，那么它一定是一个常值函数。
假设 $f$ 有一个非零整数周期 $k$。
这意味着 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 成立。
令 $x_0 in mathbb{R}$。
我们知道 $f(x_0+k) = f(x_0)$.
$f(x_0+2k) = f(x_0+k) = f(x_0)$.
$f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有整数 $n$ 都成立。
现在，利用无理数周期 $b$ 来“填充”实数轴。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
所以 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有整数 $m$ 都成立。
考虑一个固定的 $x_0$。我们有 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$。
同时，我们有 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$。
关键在于 $b$ 的无理数性质。
由于 $b$ 是无理数，序列 ${mb mid m in mathbb{Z}}$ 的值在实数轴上是无限的，并且没有任何“间隙”可以被有理数填补。
设 $x in mathbb{R}$ 是任意一个实数。我们想证明 $f(x) = f(x_0)$。
由于 $k$ 是一个非零整数周期，我们知道 $f(x+k) = f(x)$。
考虑这样的事实：集合 ${nk mid n in mathbb{Z}}$ 形成了一个离散的等差数列。
而集合 ${mb mid m in mathbb{Z}}$ 也是一个离散的等差数列，但因为 $b$ 是无理数，其“间隔”虽然是等差的，但其集合的性质非常特殊。
一个关键的定理是：对于任意无理数 $b$，集合 ${mb pmod{1} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, 1)$ 区间内是稠密的。
这里的 $pmod{1}$ 操作是 $y lfloor y floor$。
虽然我们是在实数轴上讨论，但我们可以利用这个概念。
我们知道 $f(x+a) = f(x)$ 意味着 $f$ 的值每隔 $a$ 就重复一次。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$ 意味着 $f$ 的值每隔 $b$ 就重复一次。
更进一步：
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推导出 $f$ 存在一个整数周期 $k$。
因此， $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$。
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $x_0 + nk$ 的点上是相同的。
$f(x_0) = f(x_0+k) = f(x_0+2k) = dots$
现在，我们利用无理数周期 $b$。
$f(x+b) = f(x)$.
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $x_0 + mb$ 的点上也是相同的。
$f(x_0) = f(x_0+b) = f(x_0+2b) = dots$
考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以证明 $f(x_1) = f(x_1 + delta)$ 对于任何小的 $delta$ 都成立，然后利用连续性。
我们知道 $f(x+k) = f(x)$。
我们知道 $f(x+b) = f(x)$。
考虑任意一个实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
我们已经知道这个是成立的。
现在，让我们来证明 $f(x) = C$ 对所有 $x$ 都成立。
选择任意一个 $x_0 in mathbb{R}$。我们证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 都成立。
由于 $a$ 是有理周期，我们知道 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
由于 $b$ 是无理周期，我们知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$。
关键步骤：利用稠密性。
对于任意的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $m$，使得 $mb$ 与 $x x_0$ 的差的绝对值小于 $epsilon$。
更具体地说，我们可以找到整数 $m, n$ 使得 $x x_0 = mb na$ （或者 $x x_0$ 可以被 $mb na$ 近似）。
如果 $x x_0 = mb na$ 成立，那么
$x = x_0 + mb na$
$f(x) = f(x_0 + mb na)$
由于 $b$ 是周期， $f(x_0 + mb) = f(x_0)$.
由于 $a$ 是周期， $f(x_0 na) = f(x_0)$.
所以，$f(x_0 + mb na) = f((x_0 na) + mb) = f(x_0 na) = f(x_0)$.
因此，$f(x) = f(x_0)$。
我们需要证明的是，对于任意实数 $x$ 和 $x_0$，差值 $xx_0$ 可以写成 $mb na$ 的形式，其中 $m, n in mathbb{Z}$。
这是不正确的。差值 $xx_0$ 不一定能精确地写成 $mb na$ 的形式。
正确的论证应该依赖于稠密性：
因为 $a$ 是有理数周期，我们知道 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
所以 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, n in mathbb{Z}$。
因为 $b$ 是无理数周期， $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, m in mathbb{Z}$。
考虑任意一个实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
根据周期性，这个是成立的。
现在，考虑任何两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
我们可以尝试证明 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 的值是“无限接近”的，并且因为连续性，它们必须相等。
由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$.
这意味着 $f$ 的值在所有形如 $y, y+k, y+2k, dots$ 的点上都是相同的。
由于 $b$ 是无理数周期， $f$ 的值在所有形如 $y, y+b, y+2b, dots$ 的点上也是相同的。
考虑一个固定的 $x_0$.
我们有 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对于所有 $n in mathbb{Z}$.
我们有 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对于所有 $m in mathbb{Z}$.
现在利用 $b$ 的无理数性质来“打通”实数轴上的联系。
对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 和 $r in [0, b)$ 使得 $y = mb + r$。
或者，更重要的是，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在某个区间内。
让我们考虑任意两个实数 $x_1$ 和 $x_2$。我们想证明 $f(x_1) = f(x_2)$。
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推断出 $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
因此， $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
这意味着 $f$ 的值在一个以 $k$ 为周期的“网格”上是恒定的。
现在考虑无理数周期 $b$。
$f(x+b) = f(x)$.
对于任何一个 $x$，我们有 $f(x) = f(x+b) = f(x+2b) = dots$.
关键的论证是这样的：
由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$.
因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $n$。
现在我们有了一个无理数周期 $b$.
这意味着 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $m$.
考虑一个固定的 $x_0$. 我们知道 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 和 $f(x_0+mb) = f(x_0)$.
现在，我们可以利用 $b$ 的无理数性质来证明，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m_1, m_2$ 使得 $f(y) = f(y + m_1 b + m_2 k)$.
并且，所有的形如 $y + m_1 b + m_2 k$ 的点都具有相同的函数值。
证明：
1. 从有理数周期到整数周期：
由于 $a$ 是一个非零有理数周期，我们可以将其写成 $a = p/q$，其中 $p, q in mathbb{Z}$ 且 $q eq 0$。
由周期定义，$f(x+a) = f(x)$ 对所有 $x$ 成立。
重复应用这个性质 $q$ 次：
$f(x+qa) = f(x+(q cdot frac{p}{q})) = f(x+p) = f(x)$.
因此，$p$ 是 $f$ 的一个周期。由于 $a eq 0$， $p eq 0$。 $p$ 是一个整数。
所以，$f$ 存在一个非零整数周期 $k=p$。
2. 利用整数周期和无理数周期：
我们知道 $f(x+nk) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$。
我们也知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$。
我们想要证明对于任意两个实数 $x_1, x_2$，都有 $f(x_1) = f(x_2)$。
这等价于证明对于任意实数 $y$， $f(y) = f(y+d)$ 对于任意的 $d$ 都成立。
考虑任意一个实数 $y$。我们知道 $f(y+nk) = f(y)$ 和 $f(y+mb) = f(y)$.
那么，对于任意整数 $n, m$， $f(y + nk + mb) = f((y+nk)+mb) = f(y+nk) = f(y)$.
所以，集合 $S' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 中的所有元素都是 $f$ 的周期。
重点在于：由于 $b$ 是无理数，而 $k$ 是非零整数，集合 $S'$ 在实数轴上是稠密的。
更准确地说，对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，我们可以找到整数 $n$ 和 $m$ 使得 $nk+mb$ 可以任意接近 $y$。
利用稠密性证明函数值为常数：
选择一个固定的点 $x_0 in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$。
由于 $S' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的，这意味着对于任何实数 $x$ 和任何 $epsilon > 0$，都存在一个 $p in S'$ 使得 $|x p| < epsilon$。
但是，我们知道的是 $f(x+p)=f(x)$ 对于 $p in S'$ 成立。
我们需要证明 $f(x) = f(x_0)$。
让我们重新聚焦：
$f(x+k) = f(x)$
$f(x+b) = f(x)$
考虑任意实数 $x$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
我们已经知道了。
现在，证明 $f$ 是常值函数。
假设 $f$ 不是常值函数。由于 $f$ 是连续的，那么存在 $x_1$ 和 $x_2$ 使得 $f(x_1) eq f(x_2)$。
由于 $f$ 是周期函数，我们可以将讨论限制在一个有限的区间内。
考虑函数 $g(x) = f(x+b) f(x)$.
由于 $b$ 是周期，$g(x) = 0$ 对于所有 $x$。
由于 $f$ 是连续的，$g(x)$ 也是连续的。
核心论证：
我们知道 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $n$。
我们知道 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x$ 和所有整数 $m$。
令 $x in mathbb{R}$。我们想证明 $f(x) = f(x+b)$。
根据周期性，这个已经成立。
关键在于，由于 $a$ 是有理数周期， $f$ 存在一个整数周期 $k eq 0$。
这意味着 $f$ 的值在实轴上是“离散重复”的。
$f(x) = f(x+k) = f(x+2k) = dots$
现在，利用无理数周期 $b$ 来“连接”这些离散点。
对于任意实数 $x$，我们有 $f(x) = f(x+b)$.
考虑一个固定的 $x_0$.
我们知道 $f(x_0+nk) = f(x_0)$ 对所有 $n in mathbb{Z}$.
我们知道 $f(x_0+mb) = f(x_0)$ 对所有 $m in mathbb{Z}$.
利用 $b$ 的无理数性质，我们可以证明对于任意的 $delta > 0$，存在整数 $m, n$ 使得 $|(mb) (na) delta| < epsilon$。这说明 $mbna$ 的集合是稠密的。
更直接的论证：
由于 $a$ 是有理数周期，我们可以推导出 $f$ 存在一个非零整数周期 $k$.
所以 $f(x+nk) = f(x)$ 对于所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
现在，我们有了一个无理数周期 $b$.
$f(x+b) = f(x)$.
那么 $f(x+mb) = f(x)$ 对于所有 $m in mathbb{Z}$.
考虑任意实数 $x$.
我们知道 $f(x) = f(x+b)$.
由于 $f$ 是连续的，并且 $b$ 是周期，对于任何 $epsilon > 0$，存在 $delta > 0$ 使得如果 $|y x| < delta$，那么 $|f(y) f(x)| < epsilon$.
由于 $b$ 是无理数，集合 ${mb pmod{k} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, k)$ 区间内是稠密的。
这里的 $pmod{k}$ 操作是 $y k lfloor y/k floor$.
最终证明思路：
1. 从有理数周期 $a$ 推导出存在一个非零整数周期 $k$.
2. 因此，$f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
3. $f$ 的值在任何一个以 $k$ 为间隔的点集上都相同。
4. 由于 $b$ 是无理数周期，$f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$.
5. 考虑任意实数 $y$. 我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在 $[0, k)$ 区间内。
6. 由于 $b$ 是无理数，集合 ${mb pmod{k} mid m in mathbb{Z}}$ 在 $[0, k)$ 之间是稠密的。
7. 这意味着对于任意的 $y in mathbb{R}$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb = qk + r'$, 其中 $q in mathbb{Z}$ 且 $r'$ 是一个在 $[0, k)$ 区间内的数，并且 $r'$ 可以任意接近 0。
8. 也就是说，对于任意的 $y in mathbb{R}$，存在整数 $m$ 和 $n$ 使得 $y mb approx nk$.
9. 这暗示 $y approx mb + nk$.
严谨证明：
设 $x_0 in mathbb{R}$ 是任意选取的点。我们证明 $f(x) = f(x_0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 都成立。
由于 $a in mathbb{Q}, a eq 0$ 是周期，我们推导出存在一个非零整数周期 $k$.
故 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $n in mathbb{Z}$.
由于 $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}, b eq 0$ 是周期，我们有 $f(x+mb) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$ 和 $m in mathbb{Z}$.
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x) = f(x_0)$.
我们可以尝试证明 $f(x)$ 的值在所有的点 $x_0 + nk + mb$ 上都相等。
$f(x_0 + nk + mb) = f((x_0 + nk) + mb) = f(x_0 + nk) = f(x_0)$.
所以，函数在所有形如 $x_0 + nk + mb$ 的点上都取值 $f(x_0)$.
由于 $b$ 是无理数且 $k$ 是非零整数，集合 $S'' = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的。
这意味着对于任意的 $x in mathbb{R}$ 和任意的 $epsilon > 0$，都存在一个 $p in S''$ 使得 $|x p| < epsilon$.
关键在于利用连续性。
对于任意实数 $x$，我们可以找到整数 $m, n$ 使得 $x (nk+mb)$ 任意接近 0。
也就是说，对于任意的 $x in mathbb{R}$ 和任意 $epsilon > 0$，存在整数 $n, m$ 使得 $|x (nk+mb)| < epsilon$.
令 $p_{nm} = nk+mb$. 我们知道 $f(x_0+p_{nm}) = f(x_0)$.
我们需要证明的是：对于任意 $x$，存在一个 $p in S''$ 使得 $x = x_0 + p$.
这并不总是成立的。
正确的证明思路：
由于 $f$ 存在整数周期 $k eq 0$， $f$ 的值在所有形如 $y$ 和 $y+k$ 的点上相等。
由于 $f$ 存在无理数周期 $b$， $f$ 的值在所有形如 $y$ 和 $y+b$ 的点上相等。
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x) = f(x+b)$. 这是周期定义。
关键在于，由于 $k$ 是整数周期，我们可以将实数轴“分割”成许多等长的区间 $[nk, (n+1)k)$。
在每个这样的区间内，$f$ 的值是相同的，因为 $f(x) = f(x+k)$.
利用无理数周期 $b$ 来“填充”这些区间。
对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m$ 使得 $y mb$ 落在 $[0, k)$ 区间内。
具体来说，对于任意 $y in mathbb{R}$ 和任意 $epsilon > 0$，存在整数 $m$ 使得 $ymb in [0, k) + delta$, 其中 $delta$ 可以任意小。
由于 $b$ 是无理数，序列 ${mb pmod k}$ 在 $[0, k)$ 内稠密。
这意味着对于任意 $y in mathbb{R}$，存在整数 $m$ 使得 $ymb = qk + r$ ($q in mathbb{Z}, r in [0, k)$ 且 $r$ 任意接近 0)。
所以，对于任意实数 $y$，我们可以找到整数 $m, q$ 使得 $y = mb + qk + r$.
$f(y) = f(mb + qk + r) = f(r + qk + mb) = f(r + mb)$.
由于 $b$ 是周期， $f(r + mb) = f(r)$.
因此，$f(y) = f(r)$。
由于 $r$ 可以任意接近 0，并且 $f$ 是连续的，我们实际上是在说 $f(y)$ 可以逼近 $f(0)$。
正确的论证更简洁：
1. 从 $a in mathbb{Q}, a eq 0$ 是周期，推出 $f$ 存在一个非零整数周期 $k$.
2. 故 $f(x+nk) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}, n in mathbb{Z}$.
3. 故 $f(x+k) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$.
4. 又因 $b in mathbb{R} setminus mathbb{Q}, b eq 0$ 是周期，故 $f(x+b) = f(x)$ 对所有 $x in mathbb{R}$.
考虑任意实数 $x$. 我们想证明 $f(x)$ 的值恒定。
由于 $f(x+k)=f(x)$ 且 $f(x+b)=f(x)$.
那么对于任意整数 $n, m$, $f(x + nk + mb) = f(x)$.
集合 $P = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 是 $f$ 的周期集合。
由于 $b$ 是无理数，且 $k$ 是非零整数，集合 $P$ 在实数轴上是稠密的。
这意味着对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
设 $x_1, x_2 in mathbb{R}$. 我们要证明 $f(x_1) = f(x_2)$.
由于 $P$ 是稠密的，我们可以找到 $p_1, p_2 in P$ 使得 $|x_1 p_1| < delta$ 且 $|x_2 p_2| < delta$ 对于任意小的 $delta$.
更直接的论证是：
由于 $f(x+k) = f(x)$ 且 $f(x+b) = f(x)$，这意味着 $f$ 是“双周期”的，但周期是 $k$ 和 $b$。
考虑任意实数 $x$. 我们知道 $f(x) = f(x+b)$.
由于 $k$ 是整数周期，我们知道 $f(x) = f(x+k)$.
那么 $f(x) = f(x+b) = f(x+b+k) = f(x+b+2k) = dots = f(x+b+nk)$.
同时，$f(x) = f(x+k) = f(x+k+b) = f(x+2k+b) = dots = f(x+nk+b)$.
因此，对于任意 $x$ 和任意整数 $n, m$， $f(x) = f(x+nk+mb)$.
集合 $P = {nk+mb mid n, m in mathbb{Z}}$ 是 $f$ 的周期。
由于 $b$ 是无理数，$k$ 是非零整数， $P$ 在 $mathbb{R}$ 中是稠密的。
这意味着对于任意实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
令 $x in mathbb{R}$ 任意。我们想证明 $f(x)$ 是常数。
选择一个固定的 $x_0$. 我们证明 $f(x) = f(x_0)$.
由于 $P$ 是稠密的，对于任意的 $x$, 存在 $p in P$ 使得 $x = p + delta$, 其中 $delta$ 可以任意接近 0。
$f(x) = f(p+delta)$. 由于 $p$ 是周期，$f(p+delta) = f(delta)$.
关键：
由于 $P$ 是稠密的，对于任何实数 $y$ 和任意 $epsilon > 0$，存在 $p in P$ 使得 $|yp| < epsilon$.
这意味着，对于任意实数 $y$，存在一个周期 $p$ 使得 $y$ 可以被逼近为 $p$。
$f(y) = f(p + (yp))$.
由于 $p$ 是周期，$f(p + (yp)) = f(yp)$.
因为 $f$ 是连续的，当 $yp o 0$ 时，$f(yp) o f(0)$.
由于 $yp$ 可以任意接近 0，这意味着 $f(y)$ 可以任意接近 $f(0)$.
由于 $f(y)$ 的值可以任意接近 $f(0)$，并且 $f(y)$ 本身的值是固定的，因此 $f(y)$ 必须等于 $f(0)$。
这对于所有 $y$ 都成立。
因此，$f(x) = f(0)$ 对所有 $x in mathbb{R}$。
所以，$f$ 是一个常值函数。
整个证明的流程可以总结为：
1. 利用有理数周期 $a$ 推导出存在一个非零整数周期 $k$.
2. 利用整数周期 $k$ 和无理数周期 $b$，构造出稠密的周期集合 $P = {nk + mb mid n, m in mathbb{Z}}$.
3. 利用稠密性，证明对于任意实数 $x$，存在一个周期 $p in P$ 使得 $|xp|$ 可以任意小。
4. 由于 $f$ 是连续的，这意味着 $f(x) = f(p + (xp)) = f(xp)$。当 $p$ 逼近 $x$ 时，$xp$ 逼近 0，所以 $f(x)$ 可以任意逼近 $f(0)$。
5. 由于 $f(x)$ 的值是固定的，它必须等于它能够逼近的值，即 $f(x) = f(0)$。
6. 因此，$f$ 是一个常值函数。
这个论证是严谨的，并且充分利用了有理数、无理数、连续性和周期性的性质。
网友意见
我来补充一下 @左笔一支 的回答（就是说为什么没有最小正周期的连续周期函数一定是常函数，一定要注意连续性的条件是必须的）。加上我的补充，他的证明就是完整的。
引理1 如果 上的连续周期函数 没有最小正周期，设 是所有正周期组成的集合，则
证明：设 ，这表明对任何正整数 ，总能找到 使得 。因此数列 。由 的连续性，对任何 ，都有 。由于常数列的极限还是本身，故 ，这表明 也是周期。假如 ，则 ，故 有最小值 ，矛盾。故
引理2 对于任何两个正实数 ，都存在 使 （ 的含义同引理1）
证明：由引理1 ，并且 ，所以在 中总能找到一点 使 。设正整数 是使 的最小正整数。则必然有 。（若不然，则 ，这样 就是满足条件的更小的正整数，矛盾）。而根据周期的性质，由 知 ，所以取 就完成了证明。
定理 如果 上的连续周期函数 没有最小正周期，则 是常函数。
证明：任取实数 。由引理2，对任意正整数 ，总能找到 使得 ，这样就有 且 。由 的连续性知 。由于常数列的极限是本身，故 。由 的任意性知 是常函数。
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